陳健

動量定理揭示了物體所受合外力的沖量與其動量的變化間的關(guān)系，可表示為 ， 其對變力作用及復(fù)雜運動過程或任意曲線運動問題的處理提供了方法和依據(jù)；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導(dǎo)體在安培力作用下的復(fù)雜運動、導(dǎo)體棒切割磁感線運動中的動態(tài)過程中，均涉及到磁場作用的變力，故

常用平均力的沖量與動量定理，即

運用I合=F合t=Δp=p1-p0=mvt-mv0

使問題迎刃而解.

1.動量定理在洛侖力作用中的應(yīng)用

例題1 在強度為B的勻強磁場中，一個電量為q的粒子（重力不計）以速度v，在垂直于磁場方向上做半徑為R的勻速圓周運動.求粒子運動的半個周期內(nèi)洛侖茲力的沖量及此過程中的洛侖茲力平均值？

分析 由于粒子勻速圓周運動中洛侖茲力提供向心力，故洛侖茲力為方向時刻變化的變力，其沖量由I合=mvt-mv0求出；取初始時刻速度方向為正方向則末速度必與之等大反向，故I洛=mvt-mv0=-2mv0，且又因R=mv0qB，所以I洛=-2qBR.表明此過程中洛侖茲力沖量大小為2qBR方向與初速度方向相反.對洛侖茲力平均值，由I洛=F洛t且t=12T=πRv，F(xiàn)洛=-2qBvπ.即此過程中洛侖茲力平均值的大小為2qBvπ方向與初速度方向相反.

圖1

例題2 空間存在圖2示水平方向強度為B的勻強磁場中，一個質(zhì)量為m、電量為-q的帶電微粒由靜止釋放，帶電微粒在重力場和磁場作用下開始運動，試求粒子在豎直方向運動的最大距離h？

分析 粒子在重力和洛侖茲力作用下做復(fù)雜的曲線運動，當(dāng)運動到最低點時速度v必沿水平方向，如圖2所示.粒子運動過程中受兩個力的沖量：重力的沖量IG、洛侖茲力的沖量IB，由動量定理得它們的沖量的矢量和等于微粒動量的變化mv，故由圖知mv=IBcosθ.再利用前面的結(jié)論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據(jù)動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導(dǎo)體受安培力作用時的應(yīng)用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質(zhì)量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導(dǎo)軌處于水平平面內(nèi)，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導(dǎo)軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關(guān)K與“1”接通穩(wěn)定后，再把K扳到“2”接通，則金屬棒ab被拋到s=0.064 m的地面上；試求這時電容器兩極板的電壓是多少？

分析 開關(guān)K接通“1”時電源給電容器充電，穩(wěn)定后電容器的電壓等于電源電動勢；開關(guān)K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構(gòu)成閉合電路，放電電流由b到a流過金屬棒，由左手定則可以判斷ab受安培力向右，獲得一初速度后水平向右拋出去，由平拋運動的規(guī)律可求出平拋初速度；然后結(jié)合動量定理便可求出該過程中流過ab的電荷量即電容器所釋放出的電荷量，從而可求出最終電容器兩極板間的電壓值.

開關(guān)K接通“1”時電容器的電荷量Q=CE=200×10-6=32×10-4C，棒的拋出速度由平拋運動s=v0t

h=12gt2代入數(shù)據(jù)得到v0=0.16 m/s；由于電容器放電電流強度的大小及放電時間均不知，且放電電流為變化值，故對棒的拋出過程由動量定理BILΔt=mv0，所以該過程中通過ab中的電荷量ΔQ=IΔt=mv0BL=16×10-4C；

開關(guān)K扳到“2”且棒拋出后電容器的帶電荷量Q′=Q-ΔQ=16×10-4C，故放電后電容器的電壓為U=Q′C=8 V.

3.動量定理在導(dǎo)體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應(yīng)用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內(nèi)的水平光滑導(dǎo)軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導(dǎo)軌右邊為與軌道相切的半徑均為R的豎直放置的半圓形軌道；直軌道部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎曲部分處于磁場外，在靠近ae和cg處有兩根金屬棒MN、PQ，質(zhì)量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導(dǎo)軌運動而通過圓形軌道的最高點，求（1）在初始位置必須給棒MN以多大的沖量？（假設(shè)兩段水平直軌道足夠長，PQ出磁場時MN仍在寬軌道上運動.）（2）設(shè)棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當(dāng)給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當(dāng)回路中有感應(yīng)電流通過時，由于MN和PQ中的電流相等，而MN的長度為PQ的κ倍，且兩棒均在同一勻強磁場中，由安培力的公式知此時MN受到的安培力FMN大小應(yīng)為PQ受到的安培力 的κ倍，即FMN=κFPQ.由圖有FMN水平向左，它使MN減速運動，F(xiàn)PQ水平向右它使PQ向右加速運動；二棒相互作用過程中棒與導(dǎo)軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應(yīng)電流越來越小，那么二棒的加速度越來越小，所以最終二棒加速度均為0，即此二棒均向右作勻速直線運動且此時回路中已經(jīng)沒有感應(yīng)電流；設(shè)棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產(chǎn)生相互作用到電路中感應(yīng)電流變?yōu)?的過程中所經(jīng)歷時設(shè)為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設(shè)MN、PQ的最終速度分別為V1、V2，對該過程中MN和PQ兩棒由動量定理有對MN有

-F1·t=nm·V1-nm·V0②

PQ：F2·t=mV2 ③

又由于最終回路中沒有電流故二棒與軌道組成的回路中 的磁通量不發(fā)生變化，故必有二棒長度與其速度的乘積是相等的.即：

MN·V1=PQ·V2，κV1=V2 ④

由①②③④消去V1得到V2=κnn+κ2V0⑤

然后棒PQ若能沿軌道運動而通過圓軌的最高點，則棒在圓軌的最高點的速度為V3，有mg=mV23R即V3≥gR⑥

而且PQ從圓軌的最低點到最高點過程中滿足機械能守恒有：

12mV22=12mV23+mg·2R⑦

由⑤⑥⑦得V0≥n+κ2κn5gR；所以在初始位置必須給棒MN的沖量

I=nmV0≥nm·n+κ2κn5gR=m（n+κ2）κ5gR.

動量定理揭示了物體所受合外力的沖量與其動量的變化間的關(guān)系，可表示為 ， 其對變力作用及復(fù)雜運動過程或任意曲線運動問題的處理提供了方法和依據(jù)；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導(dǎo)體在安培力作用下的復(fù)雜運動、導(dǎo)體棒切割磁感線運動中的動態(tài)過程中，均涉及到磁場作用的變力，故

常用平均力的沖量與動量定理，即

運用I合=F合t=Δp=p1-p0=mvt-mv0

使問題迎刃而解.

1.動量定理在洛侖力作用中的應(yīng)用

例題1 在強度為B的勻強磁場中，一個電量為q的粒子（重力不計）以速度v，在垂直于磁場方向上做半徑為R的勻速圓周運動.求粒子運動的半個周期內(nèi)洛侖茲力的沖量及此過程中的洛侖茲力平均值？

分析 由于粒子勻速圓周運動中洛侖茲力提供向心力，故洛侖茲力為方向時刻變化的變力，其沖量由I合=mvt-mv0求出；取初始時刻速度方向為正方向則末速度必與之等大反向，故I洛=mvt-mv0=-2mv0，且又因R=mv0qB，所以I洛=-2qBR.表明此過程中洛侖茲力沖量大小為2qBR方向與初速度方向相反.對洛侖茲力平均值，由I洛=F洛t且t=12T=πRv，F(xiàn)洛=-2qBvπ.即此過程中洛侖茲力平均值的大小為2qBvπ方向與初速度方向相反.

圖1

例題2 空間存在圖2示水平方向強度為B的勻強磁場中，一個質(zhì)量為m、電量為-q的帶電微粒由靜止釋放，帶電微粒在重力場和磁場作用下開始運動，試求粒子在豎直方向運動的最大距離h？

分析 粒子在重力和洛侖茲力作用下做復(fù)雜的曲線運動，當(dāng)運動到最低點時速度v必沿水平方向，如圖2所示.粒子運動過程中受兩個力的沖量：重力的沖量IG、洛侖茲力的沖量IB，由動量定理得它們的沖量的矢量和等于微粒動量的變化mv，故由圖知mv=IBcosθ.再利用前面的結(jié)論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據(jù)動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導(dǎo)體受安培力作用時的應(yīng)用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質(zhì)量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導(dǎo)軌處于水平平面內(nèi)，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導(dǎo)軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關(guān)K與“1”接通穩(wěn)定后，再把K扳到“2”接通，則金屬棒ab被拋到s=0.064 m的地面上；試求這時電容器兩極板的電壓是多少？

分析 開關(guān)K接通“1”時電源給電容器充電，穩(wěn)定后電容器的電壓等于電源電動勢；開關(guān)K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構(gòu)成閉合電路，放電電流由b到a流過金屬棒，由左手定則可以判斷ab受安培力向右，獲得一初速度后水平向右拋出去，由平拋運動的規(guī)律可求出平拋初速度；然后結(jié)合動量定理便可求出該過程中流過ab的電荷量即電容器所釋放出的電荷量，從而可求出最終電容器兩極板間的電壓值.

開關(guān)K接通“1”時電容器的電荷量Q=CE=200×10-6=32×10-4C，棒的拋出速度由平拋運動s=v0t

h=12gt2代入數(shù)據(jù)得到v0=0.16 m/s；由于電容器放電電流強度的大小及放電時間均不知，且放電電流為變化值，故對棒的拋出過程由動量定理BILΔt=mv0，所以該過程中通過ab中的電荷量ΔQ=IΔt=mv0BL=16×10-4C；

開關(guān)K扳到“2”且棒拋出后電容器的帶電荷量Q′=Q-ΔQ=16×10-4C，故放電后電容器的電壓為U=Q′C=8 V.

3.動量定理在導(dǎo)體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應(yīng)用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內(nèi)的水平光滑導(dǎo)軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導(dǎo)軌右邊為與軌道相切的半徑均為R的豎直放置的半圓形軌道；直軌道部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎曲部分處于磁場外，在靠近ae和cg處有兩根金屬棒MN、PQ，質(zhì)量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導(dǎo)軌運動而通過圓形軌道的最高點，求（1）在初始位置必須給棒MN以多大的沖量？（假設(shè)兩段水平直軌道足夠長，PQ出磁場時MN仍在寬軌道上運動.）（2）設(shè)棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當(dāng)給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當(dāng)回路中有感應(yīng)電流通過時，由于MN和PQ中的電流相等，而MN的長度為PQ的κ倍，且兩棒均在同一勻強磁場中，由安培力的公式知此時MN受到的安培力FMN大小應(yīng)為PQ受到的安培力 的κ倍，即FMN=κFPQ.由圖有FMN水平向左，它使MN減速運動，F(xiàn)PQ水平向右它使PQ向右加速運動；二棒相互作用過程中棒與導(dǎo)軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應(yīng)電流越來越小，那么二棒的加速度越來越小，所以最終二棒加速度均為0，即此二棒均向右作勻速直線運動且此時回路中已經(jīng)沒有感應(yīng)電流；設(shè)棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產(chǎn)生相互作用到電路中感應(yīng)電流變?yōu)?的過程中所經(jīng)歷時設(shè)為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設(shè)MN、PQ的最終速度分別為V1、V2，對該過程中MN和PQ兩棒由動量定理有對MN有

-F1·t=nm·V1-nm·V0②

PQ：F2·t=mV2 ③

又由于最終回路中沒有電流故二棒與軌道組成的回路中 的磁通量不發(fā)生變化，故必有二棒長度與其速度的乘積是相等的.即：

MN·V1=PQ·V2，κV1=V2 ④

由①②③④消去V1得到V2=κnn+κ2V0⑤

然后棒PQ若能沿軌道運動而通過圓軌的最高點，則棒在圓軌的最高點的速度為V3，有mg=mV23R即V3≥gR⑥

而且PQ從圓軌的最低點到最高點過程中滿足機械能守恒有：

12mV22=12mV23+mg·2R⑦

由⑤⑥⑦得V0≥n+κ2κn5gR；所以在初始位置必須給棒MN的沖量

I=nmV0≥nm·n+κ2κn5gR=m（n+κ2）κ5gR.

動量定理揭示了物體所受合外力的沖量與其動量的變化間的關(guān)系，可表示為 ， 其對變力作用及復(fù)雜運動過程或任意曲線運動問題的處理提供了方法和依據(jù)；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導(dǎo)體在安培力作用下的復(fù)雜運動、導(dǎo)體棒切割磁感線運動中的動態(tài)過程中，均涉及到磁場作用的變力，故

常用平均力的沖量與動量定理，即

運用I合=F合t=Δp=p1-p0=mvt-mv0

使問題迎刃而解.

1.動量定理在洛侖力作用中的應(yīng)用

例題1 在強度為B的勻強磁場中，一個電量為q的粒子（重力不計）以速度v，在垂直于磁場方向上做半徑為R的勻速圓周運動.求粒子運動的半個周期內(nèi)洛侖茲力的沖量及此過程中的洛侖茲力平均值？

分析 由于粒子勻速圓周運動中洛侖茲力提供向心力，故洛侖茲力為方向時刻變化的變力，其沖量由I合=mvt-mv0求出；取初始時刻速度方向為正方向則末速度必與之等大反向，故I洛=mvt-mv0=-2mv0，且又因R=mv0qB，所以I洛=-2qBR.表明此過程中洛侖茲力沖量大小為2qBR方向與初速度方向相反.對洛侖茲力平均值，由I洛=F洛t且t=12T=πRv，F(xiàn)洛=-2qBvπ.即此過程中洛侖茲力平均值的大小為2qBvπ方向與初速度方向相反.

圖1

例題2 空間存在圖2示水平方向強度為B的勻強磁場中，一個質(zhì)量為m、電量為-q的帶電微粒由靜止釋放，帶電微粒在重力場和磁場作用下開始運動，試求粒子在豎直方向運動的最大距離h？

分析 粒子在重力和洛侖茲力作用下做復(fù)雜的曲線運動，當(dāng)運動到最低點時速度v必沿水平方向，如圖2所示.粒子運動過程中受兩個力的沖量：重力的沖量IG、洛侖茲力的沖量IB，由動量定理得它們的沖量的矢量和等于微粒動量的變化mv，故由圖知mv=IBcosθ.再利用前面的結(jié)論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據(jù)動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導(dǎo)體受安培力作用時的應(yīng)用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質(zhì)量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導(dǎo)軌處于水平平面內(nèi)，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導(dǎo)軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關(guān)K與“1”接通穩(wěn)定后，再把K扳到“2”接通，則金屬棒ab被拋到s=0.064 m的地面上；試求這時電容器兩極板的電壓是多少？

分析 開關(guān)K接通“1”時電源給電容器充電，穩(wěn)定后電容器的電壓等于電源電動勢；開關(guān)K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構(gòu)成閉合電路，放電電流由b到a流過金屬棒，由左手定則可以判斷ab受安培力向右，獲得一初速度后水平向右拋出去，由平拋運動的規(guī)律可求出平拋初速度；然后結(jié)合動量定理便可求出該過程中流過ab的電荷量即電容器所釋放出的電荷量，從而可求出最終電容器兩極板間的電壓值.

開關(guān)K接通“1”時電容器的電荷量Q=CE=200×10-6=32×10-4C，棒的拋出速度由平拋運動s=v0t

h=12gt2代入數(shù)據(jù)得到v0=0.16 m/s；由于電容器放電電流強度的大小及放電時間均不知，且放電電流為變化值，故對棒的拋出過程由動量定理BILΔt=mv0，所以該過程中通過ab中的電荷量ΔQ=IΔt=mv0BL=16×10-4C；

開關(guān)K扳到“2”且棒拋出后電容器的帶電荷量Q′=Q-ΔQ=16×10-4C，故放電后電容器的電壓為U=Q′C=8 V.

3.動量定理在導(dǎo)體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應(yīng)用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內(nèi)的水平光滑導(dǎo)軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導(dǎo)軌右邊為與軌道相切的半徑均為R的豎直放置的半圓形軌道；直軌道部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎曲部分處于磁場外，在靠近ae和cg處有兩根金屬棒MN、PQ，質(zhì)量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導(dǎo)軌運動而通過圓形軌道的最高點，求（1）在初始位置必須給棒MN以多大的沖量？（假設(shè)兩段水平直軌道足夠長，PQ出磁場時MN仍在寬軌道上運動.）（2）設(shè)棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當(dāng)給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當(dāng)回路中有感應(yīng)電流通過時，由于MN和PQ中的電流相等，而MN的長度為PQ的κ倍，且兩棒均在同一勻強磁場中，由安培力的公式知此時MN受到的安培力FMN大小應(yīng)為PQ受到的安培力 的κ倍，即FMN=κFPQ.由圖有FMN水平向左，它使MN減速運動，F(xiàn)PQ水平向右它使PQ向右加速運動；二棒相互作用過程中棒與導(dǎo)軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應(yīng)電流越來越小，那么二棒的加速度越來越小，所以最終二棒加速度均為0，即此二棒均向右作勻速直線運動且此時回路中已經(jīng)沒有感應(yīng)電流；設(shè)棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產(chǎn)生相互作用到電路中感應(yīng)電流變?yōu)?的過程中所經(jīng)歷時設(shè)為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設(shè)MN、PQ的最終速度分別為V1、V2，對該過程中MN和PQ兩棒由動量定理有對MN有

-F1·t=nm·V1-nm·V0②

PQ：F2·t=mV2 ③

又由于最終回路中沒有電流故二棒與軌道組成的回路中 的磁通量不發(fā)生變化，故必有二棒長度與其速度的乘積是相等的.即：

MN·V1=PQ·V2，κV1=V2 ④

由①②③④消去V1得到V2=κnn+κ2V0⑤

然后棒PQ若能沿軌道運動而通過圓軌的最高點，則棒在圓軌的最高點的速度為V3，有mg=mV23R即V3≥gR⑥

而且PQ從圓軌的最低點到最高點過程中滿足機械能守恒有：

12mV22=12mV23+mg·2R⑦

由⑤⑥⑦得V0≥n+κ2κn5gR；所以在初始位置必須給棒MN的沖量

I=nmV0≥nm·n+κ2κn5gR=m（n+κ2）κ5gR.