利用動量定理求解位移相關問題

薛彥學

(莒縣第一中學，山東 莒縣 276500)

1 動量定理與斜拋運動的水平位移

圖1

例1.(第35屆全國中學生物理競賽預賽第6題的試題)如圖1所示,田徑場上某同學將一鉛球以初速度v0拋出,該鉛球拋出點的最大高度為h,

鉛球在田徑場上的

落點與鉛球拋出點的最大水平距離為________,對應的拋射角為________．

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動學方程,然后整理成關于水平位移L和拋射角θ的函數(shù),利用函數(shù)求出極值,無疑運算量是十分巨大的,[1]沒有十幾分鐘不可能解出來,作為一個填空題,顯然是不合理的．有沒有相對簡單的思路呢?我們可以考慮利用機械能守恒和動量定理,問題轉(zhuǎn)化為一個三角形面積求極值．具體解法如下.

設鉛球質(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,由機械能守恒定律，可得

(1)

(2)

水平位移

圖2

l=(v0cosθ)t.

(3)

由動量定理

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,利用動量定理的矢量形式,計算過程要簡潔的多．

點評:本題利用動量定理的矢量形式中,三角型的面積與斜拋運動水平位移對應,從而巧妙解決．

2 動量定理與圓周運動的水平位移

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磁場中運動軌跡半徑為r，

(1)

由幾何關系

(2)

由(1)、(2)式得

證明2:帶電粒子在磁場運動過程任取極短時間Δt,用豎直方向由動量定理[2]

qvxBΔt=mΔvy，

(3)

其中洛倫茲力的豎直分量與水平速度分量對應，vxΔt=Δx對應這段時間的水平位移,可得

qBΔx=mΔvy.

(4)

對整個在勻強磁場中運動過程求和得

qB∑Δx=m∑Δvy.

(5)

qBd=m(vy2-vy1).

(6)

變形可得

上述證明過程表明洛倫茲力作用下物體做勻速圓周運動,也可以在某個方向用動量定理.

2.2 典型問題

例2.(2015年天津高考第12題)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動．真空中存在著如圖4所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d．電場強度為E．方向水平向右;磁感應強度為B.方向垂直紙面向里．電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放.粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射．

(1) 求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2.

(2) 粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時,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層磁場右側(cè)邊界穿出.試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場.但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之．

圖4

解析:這道題第1問比較簡單,第2、3問常規(guī)思路解答相當繁瑣,我們用剛才推論重點分析第2、第3問．

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

(1)

豎直方向運用運動動量定理的特殊推論并求和的得

(2)

其中nd為帶電粒子在n層磁場中運動的水平位移之和,電場力水平不改變豎直方向動量,由幾何關系

(3)

由(1)和(2)式得

(4)

有了第2問的結(jié)果,第3問就迎刃而解.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n層電磁場后,速度偏向角的正弦值就會大于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,能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖5Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直,相距為L,磁場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)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū),射入時速度與水平方向夾角θ=30°.

(1) 當Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應強度大小B1=B0時,粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°,求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0.

(2) 若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應強度大小B2=B1=B0,求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差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、之間應滿足的關系式．

解析:本題前3問比較基礎,我們重點分析第4問．

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,設粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時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,粒子在兩個磁場中豎直方向的動量變化為0,全過程由豎直方向動量定理的特殊推論得

故B1d1=B2d2.顯然這種思路還是很簡潔的

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系,物體的動量變化就和位移有關,此時運用動量定理解題就會很簡潔．