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系，可表示為 ， 其對變力作用及復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；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導體在安培力作用下的復雜運動、導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雜的曲線運動，當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.再利用前面的結論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導體受安培力作用時的應用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關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K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構成閉合電路，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代入數據得到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.動量定理在導體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內的水平光滑導軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導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，質量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導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）設棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當回路中有感應電流通過時，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，FPQ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軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應電流越來越小，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沒有感應電流；設棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產生相互作用到電路中感應電流變?yōu)?的過程中所經歷時設為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設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系，可表示為 ， 其對變力作用及復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；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導體在安培力作用下的復雜運動、導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雜的曲線運動，當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.再利用前面的結論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導體受安培力作用時的應用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關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K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構成閉合電路，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代入數據得到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.動量定理在導體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內的水平光滑導軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導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，質量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導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）設棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當回路中有感應電流通過時，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，FPQ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軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應電流越來越小，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沒有感應電流；設棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產生相互作用到電路中感應電流變?yōu)?的過程中所經歷時設為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設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系，可表示為 ， 其對變力作用及復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；無論對帶電粒子在磁場中的曲線運動、通電導體在安培力作用下的復雜運動、導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雜的曲線運動，當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.再利用前面的結論可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根據動能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.動量定理在通電導體受安培力作用時的應用

圖2

例3 圖3示金屬棒ab的質量m=5 g，放置在寬L=1 m光滑的平行金屬軌道邊緣處；兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5 T；電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16 V；導軌平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在開關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K接通“2”后已充電的電容器與金屬棒ab構成閉合電路，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代入數據得到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.動量定理在導體棒切割磁感線運動的動態(tài)過程中的應用

圖3

例4 圖4示abcd和efgh為兩平行且處于同一平面內的水平光滑導軌，軌道間距ae=k·cg （其中k>1或k<1均可），導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，質量分別為 m和m；為使棒PQ能沿導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）設棒MN、PQ的電阻分別為R0、r，當給棒MN沖量最小時，在上述過程中棒MN產生的焦耳熱為多少？

分析 （1）當回路中有感應電流通過時，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，FPQ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軌組成的回路中磁通量變化越來越慢即回路中的感應電流越來越小，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沒有感應電流；設棒MN的初速度為v0， MN與PQ從產生相互作用到電路中感應電流變?yōu)?的過程中所經歷時設為t，則此過程中MN與PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

設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.