一道帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)問題的多解賞析

■華中科技大學(xué)附屬中學(xué) 許 文

復(fù)合場是指電場、磁場、重力場中的兩種或三種的疊加。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí),可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、類拋體運(yùn)動(dòng)或一般的曲線運(yùn)動(dòng)等。下面以一道典型問題為例,探討帶電粒子在復(fù)合場中做一般曲線運(yùn)動(dòng)的幾種求解方法,供大家參考。

問題：如圖1所示,一質(zhì)量為m,帶電荷量為q(q＞0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),從足夠大的水平向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻場磁場中的某點(diǎn)由靜止釋放,已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,求小球下落的最大高度h和運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率vmax。

圖1

分析:小球在重力作用下向下運(yùn)動(dòng),當(dāng)小球獲得速度時(shí),受到洛倫茲力的作用,運(yùn)動(dòng)方向時(shí)刻發(fā)生改變,小球做曲線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),速度方向一定水平,因此小球從開始釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,豎直方向上的分速度先增大后減小,當(dāng)豎直分速度達(dá)到最大時(shí),小球在豎直方向上受到的合力為零。如圖2所示,設(shè)小球速度為v時(shí),洛倫茲力豎直向上的分量Bqvx=mg,之后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒,即小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速率最大。小球在最低點(diǎn)時(shí)受到的豎直向上的洛倫茲力大于重力,小球又會(huì)從最低點(diǎn)向右上方運(yùn)動(dòng),根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,小球運(yùn)動(dòng)到與釋放點(diǎn)等高處時(shí)速度為零,然后又重復(fù)開始的運(yùn)動(dòng)。

圖2

解法1：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解。

如圖3所示,小球的初速度為零,可以等效為水平向左與水平向右各有一個(gè)等大的初速度v0,令Bqv0=mg,則水平向右的速度使小球產(chǎn)生豎直向上的洛倫茲力與重力相平衡,小球參與一個(gè)沿水平向右速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng);水平向左的速度v0=使小球參與一個(gè)在豎直面內(nèi)以釋放點(diǎn)的水平線為切線且沿逆時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。小球的運(yùn)動(dòng)可視為以上兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的合成。對豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)有,解得R=故小球下落的最大高度在圓周的最低點(diǎn),兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的速度均水平向右,此時(shí)小球的速率最大,且最大速率

圖3

解法2：利用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理求解。小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力和洛倫茲力作用,但只有重力做功,因此小球的機(jī)械能守恒。小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度方向一定水平,速度達(dá)最大值。在小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgh=洛倫茲力雖不做功,但產(chǎn)生沖量。如圖4所示,將小球某一時(shí)刻的速度v分解為水平分速度vx和豎直分速度vy,其水平分速度產(chǎn)生的洛倫茲力豎直向上,豎直分速度產(chǎn)生的洛倫茲力水平向右。將小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程分成很多微小單元,根據(jù)動(dòng)量定理可知,在此過程中小球在水平方向上的動(dòng)量改變量為mvmax=∑BqvyΔt=Bq∑vyΔt=Bqh。聯(lián)立以上兩式解得h=

圖4

解法3：利用一元二次方程根的判別式求解。

小球做曲線運(yùn)動(dòng),下落到最低點(diǎn)時(shí)的速度一定水平向右,此時(shí)小球的速度達(dá)最大,受到的洛倫茲力豎直向上。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)軌跡最低點(diǎn)的曲率半徑為ρ,根據(jù)牛頓第二定律得Bqvmax-mg=整理得+ρmg=0,此式是關(guān)于vmax的一元二次方程,因?yàn)関max有唯一解,所以根的判別式Δ=(-ρBq)2-4ρm2g=0,解得根據(jù)動(dòng)能定理得,解得

點(diǎn)評:解法1基于運(yùn)動(dòng)的合成與分解,無中生有,巧妙地將小球的初速度為零等效為兩個(gè)等大反向的初速度,且令兩個(gè)反向的初速度大小為適當(dāng)?shù)闹?從而將小球的一般曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)特殊的分運(yùn)動(dòng),利用合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系進(jìn)行求解。這種解法思維角度巧妙,很多同學(xué)不易想到。解法2 利用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理求解,在整體過程中應(yīng)用動(dòng)能定理,在微小過程中利用動(dòng)量定理。這種解法給人一種高屋建瓴的感覺,是一種簡便實(shí)用的解法。解法3巧妙地利用了一元二次方程根的判別式求解。這種解法比較特殊,是最具內(nèi)涵的一種解法。

拓展：如果復(fù)合場是勻強(qiáng)電場、磁場、重力場三種場的疊加,那么將重力場與電場合成一個(gè)“等效場”,求出“等效重力加速度”,仍然可以用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理與動(dòng)量定理、一元二次方程根的判別式等方法分析求解帶電粒子在復(fù)合場中做一般曲線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問題。

練一練：如圖5所示,在豎直平面內(nèi)有垂直于該平面向里沿水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。豎直平面中a、b兩點(diǎn)在同一水平線上,相距為l。帶電荷量為q＞0,質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P,以初速度v從a點(diǎn)對準(zhǔn)b點(diǎn)射出,不計(jì)空氣阻力,不考慮質(zhì)點(diǎn)P與地面接觸的可能性,重力加速度為g。

圖5

(1)若無論l取什么值,均可使質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)直線運(yùn)動(dòng)通過b點(diǎn),則v應(yīng)取什么值?

(2)若v為(1)問可取值之外的任意值,則l取哪些值,可使質(zhì)點(diǎn)P必定經(jīng)曲線運(yùn)動(dòng)通過b點(diǎn)?

(3)對每一個(gè)滿足(2)問要求的l值,計(jì)算各種可能的曲線運(yùn)動(dòng)對應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)P從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所用的時(shí)間t。

(4)對每一個(gè)滿足(2)問要求的l值,質(zhì)點(diǎn)P能否從a點(diǎn)由靜止釋放也可以通過b點(diǎn)? 若能,求質(zhì)點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中可達(dá)到的最大速率vmax。

參考答案：(1)v=;(2)l=(n=1,2,3,…);(3)t=(n=1,2,3,…);(4)能,vmax=。