薛彥學(xué)

(莒縣第一中學(xué)，山東 莒縣 276500)

1 動(dòng)量定理與斜拋運(yùn)動(dòng)的水平位移

圖1

例1.(第35屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽第6題的試題)如圖1所示,田徑場(chǎng)上某同學(xué)將一鉛球以初速度v0拋出,該鉛球拋出點(diǎn)的最大高度為h,

鉛球在田徑場(chǎng)上的

落點(diǎn)與鉛球拋出點(diǎn)的最大水平距離為_(kāi)_______,對(duì)應(yīng)的拋射角為_(kāi)_______．

解析:這道題一般都用正交分解法,分別列出水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程,然后整理成關(guān)于水平位移L和拋射角θ的函數(shù),利用函數(shù)求出極值,無(wú)疑運(yùn)算量是十分巨大的,[1]沒(méi)有十幾分鐘不可能解出來(lái),作為一個(gè)填空題,顯然是不合理的．有沒(méi)有相對(duì)簡(jiǎn)單的思路呢?我們可以考慮利用機(jī)械能守恒和動(dòng)量定理,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)三角形面積求極值．具體解法如下.

設(shè)鉛球質(zhì)量為m,拋出后經(jīng)t秒落地,落地速度大小為v,水平位移為l,由機(jī)械能守恒定律，可得

(1)

(2)

水平位移

圖2

l=(v0cosθ)t.

(3)

由動(dòng)量定理

mgt=mv-mv0.

(4)

3者組成矢量三角形如圖2所示，消去m,則三角形的面積

(5)

整理得

(6)

顯然,利用動(dòng)量定理的矢量形式,計(jì)算過(guò)程要簡(jiǎn)潔的多．

點(diǎn)評(píng):本題利用動(dòng)量定理的矢量形式中,三角型的面積與斜拋運(yùn)動(dòng)水平位移對(duì)應(yīng),從而巧妙解決．

2 動(dòng)量定理與圓周運(yùn)動(dòng)的水平位移

2.1 特殊結(jié)論的理論證明

圖3

證明1:如圖3所示帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，

(1)

由幾何關(guān)系

(2)

由(1)、(2)式得

證明2:帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程任取極短時(shí)間Δt,用豎直方向由動(dòng)量定理[2]

qvxBΔt=mΔvy，

(3)

其中洛倫茲力的豎直分量與水平速度分量對(duì)應(yīng)，vxΔt=Δx對(duì)應(yīng)這段時(shí)間的水平位移,可得

qBΔx=mΔvy.

(4)

對(duì)整個(gè)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程求和得

qB∑Δx=m∑Δvy.

(5)

qBd=m(vy2-vy1).

(6)

變形可得

上述證明過(guò)程表明洛倫茲力作用下物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng),也可以在某個(gè)方向用動(dòng)量定理.

2.2 典型問(wèn)題

例2.(2015年天津高考第12題)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)．真空中存在著如圖4所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)與磁場(chǎng)的寬度均為d．電場(chǎng)強(qiáng)度為E．方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.方向垂直紙面向里．電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放.粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射．

(1) 求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2.

(2) 粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為θn.試求sinθn.

(3) 若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出.試問(wèn)在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁場(chǎng).但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界,請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說(shuō)明之．

圖4

解析:這道題第1問(wèn)比較簡(jiǎn)單,第2、3問(wèn)常規(guī)思路解答相當(dāng)繁瑣,我們用剛才推論重點(diǎn)分析第2、第3問(wèn)．

粒子從靜止出發(fā)到從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，

(1)

豎直方向運(yùn)用運(yùn)動(dòng)動(dòng)量定理的特殊推論并求和的得

(2)

其中nd為帶電粒子在n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平位移之和,電場(chǎng)力水平不改變豎直方向動(dòng)量,由幾何關(guān)系

(3)

由(1)和(2)式得

(4)

有了第2問(wèn)的結(jié)果,第3問(wèn)就迎刃而解.如果粒子恰不能從右邊界射出,則sinθn=1,由(4)式,比荷大的粒子經(jīng)過(guò)n層電磁場(chǎng)后,速度偏向角的正弦值就會(huì)大于1,故不可能．

圖5

例3.(2011年山東高考題)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件,能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺．其簡(jiǎn)化模型如圖5Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直,相距為L(zhǎng),磁場(chǎng)方向相反且垂直于紙面．一質(zhì)量為m、電荷量為-q、重力不計(jì)的粒子,從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放,極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū),射入時(shí)速度與水平方向夾角θ=30°.

(1) 當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí),粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30°,求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0.

(2) 若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0,求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h.

(3) 若L2=L1=L、B1=B0,為使粒子能返回Ⅰ區(qū),求B2應(yīng)滿足的條件.

(4) 若B1≠B2,L1≠L2,且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同,求B1、B2、L1、、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式．

解析:本題前3問(wèn)比較基礎(chǔ),我們重點(diǎn)分析第4問(wèn)．

方法1.常規(guī)思路，由向心力公式可得

(1)

(2)

如圖6(或圖7)所示,設(shè)粒子射出磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為α.

圖6圖7

L1=R1(sinθ+sinα)(或L1=

R1(sinθ-sinα).

(3)

L2=R2(sinθ+sinα)(或L2=

R2(sinθ-sinα).

(4)

聯(lián)立(1)-(4)式得

B1R1=B2R2.

聯(lián)立各式得

方法2:要使粒子Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同,粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中豎直方向的動(dòng)量變化為0,全過(guò)程由豎直方向動(dòng)量定理的特殊推論得

故B1d1=B2d2.顯然這種思路還是很簡(jiǎn)潔的

小結(jié):物體受力和速度組成矢量三角形或和速度大小成線性關(guān)系,物體的動(dòng)量變化就和位移有關(guān),此時(shí)運(yùn)用動(dòng)量定理解題就會(huì)很簡(jiǎn)潔．