动量定理在电磁学中的应用

动量定理揭示了物体所受合外力的冲量与其动量的变化间的关系，可表示为 ， 其对变力作用及复杂运动过程或任意曲线运动问题的处理提供了方法和依据；无论对带电粒子在磁场中的曲线运动、通电导体在安培力作用下的复杂运动、导体棒切割磁感线运动中的动态过程中，均涉及到磁场作用的变力，故

常用平均力的冲量与动量定理，即

运用I合=F合t=Δp=p1-p0=mvt-mv0

使问题迎刃而解.

1.动量定理在洛仑力作用中的应用

例题1 在强度为B的匀强磁场中，一个电量为q的粒子（重力不计）以速度v，在垂直于磁场方向上做半径为R的匀速圆周运动.求粒子运动的半个周期内洛仑兹力的冲量及此过程中的洛仑兹力平均值？

分析 由于粒子匀速圆周运动中洛仑兹力提供向心力，故洛仑兹力为方向时刻变化的变力，其冲量由I合=mvt-mv0求出；取初始时刻速度方向为正方向则末速度必与之等大反向，故I洛=mvt-mv0=-2mv0，且又因R=mv0qB，所以I洛=-2qBR.表明此过程中洛仑兹力冲量大小为2qBR方向与初速度方向相反.对洛仑兹力平均值，由I洛=F洛t且t=12T=πRv，F洛=-2qBvπ.即此过程中洛仑兹力平均值的大小为2qBvπ方向与初速度方向相反.

图1

例题2 空间存在图2示水平方向强度为B的匀强磁场中，一个质量为m、电量为-q的带电微粒由静止释放，带电微粒在重力场和磁场作用下开始运动，试求粒子在竖直方向运动的最大距离h？

分析 粒子在重力和洛仑兹力作用下做复杂的曲线运动，当运动到最低点时速度v必沿水平方向，如图2所示.粒子运动过程中受两个力的冲量：重力的冲量IG、洛仑兹力的冲量IB，由动量定理得它们的冲量的矢量和等于微粒动量的变化mv，故由图知mv=IBcosθ.再利用前面的结论可以得到IB=qBL=qBhcosθ，因此有mv=qBh，又根据动能定理得12mv2=mgh，故h=2m2gq2B2.

2.动量定理在通电导体受安培力作用时的应用

图2

例3 图3示金属棒ab的质量m=5 g，放置在宽L=1 m光滑的平行金属轨道边缘处；两金属导轨处于水平平面内，该处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5 T；电容器的电容C=200μF，电源电动势E=16 V；导轨平面跟地面高度h=0.8 m，g=10 m/s2；在开关K与“1”接通稳定后，再把K扳到“2”接通，则金属棒ab被抛到s=0.064 m的地面上；试求这时电容器两极板的电压是多少？

分析 开关K接通“1”时电源给电容器充电，稳定后电容器的电压等于电源电动势；开关K接通“2”后已充电的电容器与金属棒ab构成闭合电路，放电电流由b到a流过金属棒，由左手定则可以判断ab受安培力向右，获得一初速度后水平向右抛出去，由平抛运动的规律可求出平抛初速度；然后结合动量定理便可求出该过程中流过ab的电荷量即电容器所释放出的电荷量，从而可求出最终电容器两极板间的电压值.

开关K接通“1”时电容器的电荷量Q=CE=200×10-6=32×10-4C，棒的抛出速度由平抛运动s=v0t

h=12gt2代入数据得到v0=0.16 m/s；由于电容器放电电流强度的大小及放电时间均不知，且放电电流为变化值，故对棒的抛出过程由动量定理BILΔt=mv0，所以该过程中通过ab中的电荷量ΔQ=IΔt=mv0BL=16×10-4C；

开关K扳到“2”且棒抛出后电容器的带电荷量Q′=Q-ΔQ=16×10-4C，故放电后电容器的电压为U=Q′C=8 V.

3.动量定理在导体棒切割磁感线运动的动态过程中的应用

图3

例4 图4示abcd和efgh为两平行且处于同一平面内的水平光滑导轨，轨道间距ae=k・cg （其中k>1或k

分析 （1）当回路中有感应电流通过时，由于MN和PQ中的电流相等，而MN的长度为PQ的κ倍，且两棒均在同一匀强磁场中，由安培力的公式知此时MN受到的安培力FMN大小应为PQ受到的安培力 的κ倍，即FMN=κFPQ.由图有FMN水平向左，它使MN减速运动，FPQ水平向右它使PQ向右加速运动；二棒相互作用过程中棒与导轨组成的回路中磁通量变化越来越慢即回路中的感应电流越来越小，那么二棒的加速度越来越小，所以最终二棒加速度均为0，即此二棒均向右作匀速直线运动且此时回路中已经没有感应电流；设棒MN的初速度为v0， MN与PQ从产生相互作用到电路中感应电流变为0的过程中所经历时设为t，则此过程中MN与PQ所受的安培力的平均值：

F1=κF2①

设MN、PQ的最终速度分别为V1、V2，对该过程中MN和PQ两棒由动量定理有对MN有

-F1・t=nm・V1-nm・V0②

PQ：F2・t=mV2 ③

又由于最终回路中没有电流故二棒与轨道组成的回路中 的磁通量不发生变化，故必有二棒长度与其速度的乘积是相等的.即：

MN・V1=PQ・V2，κV1=V2 ④

由①②③④消去V1得到V2=κnn+κ2V0⑤

然后棒PQ若能沿轨道运动而通过圆轨的最高点，则棒在圆轨的最高点的速度为V3，有mg=mV23R即V3≥gR⑥

而且PQ从圆轨的最低点到最高点过程中满足机械能守恒有：

12mV22=12mV23+mg・2R⑦

由⑤⑥⑦得V0≥n+κ2κn5gR；所以在初始位置必须给棒MN的冲量

I=nmV0≥nm・n+κ2κn5gR=m（n+κ2）κ5gR.