Question

如圖所示，固定的光滑水平絕緣軌道與半徑為R=0.2m、豎直放置的光滑絕緣的圓形軌道平滑連接，圓形軌道處于電場強度大小為E=

3

mAg/q，方向水平向右的勻強電場中．光滑水平絕緣軌道上有A、B、C、D四個可看作為質(zhì)點的小球，已知m_A=m_D=0.1㎏，m_B=m_C=0.2㎏，A球帶正電，電量為q，其余小球均不帶電．小球C、D與處于原長的輕彈簧2連接，小球A、B中間壓縮一輕且短的彈簧（彈簧彈力足夠大），輕彈簧與A、B均不連接，在圓軌道的最低點由靜止釋放A、B后，A球在圓軌道運動時恰能做完整的圓周運動，B被彈開后與C小球碰撞且粘連在一起，設(shè)碰撞時間極短．g取10m/s²．試求：
（1）A球離開彈簧后的最小速度以及剛進(jìn)入圓軌道時對軌道的壓力的大��？
（2）彈簧2的最大彈性勢能？

Answer 1

分析：（1）彈簧1釋放過程，A、B兩球系統(tǒng)動量守恒，A球恰好繞圓軌道運動運動，可由動能定理、恰好繞圓軌道運動的臨界條件求出A球離開彈簧后的最小速度，可由向心力公式求出A球?qū)�軌道的壓力的大�。?BR>（2）B球向左與C球碰撞過程，B、C兩球動量守恒，B、C兩球向左減速，D球加速，當(dāng)B、C、D三球速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律可求出彈簧2的最大彈性勢能！

解答：解：（1）因帶電小球A恰能做完整的圓周運動，則小球通過復(fù)合場中的最高點P（如圖）的向心力由小球A的重力和電場力的合力提供，由圓周運動知識，此時速度為最小速度．
設(shè)此時的速度大小為v，方向與重力的方向的夾角為θ．
由牛頓第二定律：F_合=

(mAg)2+ (Eq)2

=2m_Ag=m_A

v2

R

；
解得：v=2m/s；            
tanθ=

mAg

Eq

=

3

3

，θ=30°；
小球A從圓周軌道的最低點運動到P的過程中，由動能定理有：
-m_Ag（R+Rsin30°）-EqRcos30°=

1

2

mAv2-

1

2

mA

v

2 A

；
代入值得：v_A=4m/s；
在最低點位置，由牛頓第二定律：F-mAg=mA

v 2 A

R

 解得：F=9N；
由牛頓第三定律，A球離開彈簧后剛進(jìn)入圓軌道時對軌道的壓力的大小為9N；
故A球離開彈簧后的最小速度為2m/s，剛進(jìn)入圓軌道時對軌道的壓力的大小為9N．
（2）在圓周軌道的最低點彈簧將B、A兩球向左、右彈開，設(shè)彈開時A、B兩球的速度大小分別為v_A、v_B，
由動量守恒有：m_Av_A=m_Bv_B代入值得：v_B=

vA

2

=2m/s；
B與C碰撞動量守恒，設(shè)BC碰后速度為v₁，則：
m_Bv_B=（m_B+m_C）v₁得：v₁=1m/s；
BC碰后，整體減速，D球加速，當(dāng)兩者速度相等（設(shè)為v₂）時，彈簧最短，彈性勢能最大． 
由動量守恒有：m_Bv_B=（m_B+m_C+m_D）v₂代入值得：v₂=0.8m/s；
由能量守恒得：Epm=

1

2

(mB+mc)

v

2 1

-

1

2

(mB+mC+mD)

v

2 2

=0.04J；
故彈簧2的最大彈性勢能為0.04J．

點評：本題是力電綜合問題，要明確兩球的運動情況，將兩球的運動分階段討論，必要時可畫出運動圖象；對各個過程小球的受力情況要分析清楚，必要時可畫出受力分析圖；同時對各個過程的能量轉(zhuǎn)化情況也要分析清楚！