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如图所示,内壁光滑的空心细管弯成的轨道ABCD固定在竖直平面内,其中BCD段是半径R=0.25m的圆弧,C为轨道的最低点,CD为
14
圆弧,AC的竖直高度差h=0.45m.在紧靠管道出口D处有一水平放置且绕其水平中心轴OO′匀速旋转的圆筒,圆筒直径d=0.15m,圆筒上开有小孔E.现有质量为m=0.1kg且可视为质点的小球由静止开始从管口A滑下,小球滑到管道出口D处时,恰好能从小孔E竖直进入圆筒,随后,小球由小孔E处竖直向上穿出圆筒.不计空气阻力,取g=10m/s2.求:
(1)小球到达C点时对管壁压力的大小和方向;
(2)圆筒转动的周期T的可能值.
分析:(1)求小球到达C点时对管壁压力的大小和方向,由牛顿第三定律需求小球在C点受到的支持力,那么,需在C点列牛顿第二定律方程,就必须知道C点的速度,这样就要分析小球由A到C的过程由机械能守恒定律求出C点的速度vc
(2)小球从E点做竖直上抛进入圆筒到再从E点穿过圆筒,则小球运动的这段时间与圆筒转动的时间相等,圆筒至少转过半周,考虑到圆筒的转动周期,所以有t=
T
2
(2n+1)(n=0,1,2,3…),要求周期T,则必须求出小球上抛的时间t,已知位移d,须知小球的速度vD,那么就要分析小球由A到D的过程由机械能守恒定律求出vD
解答:解:(1)小球从A到C的过程,由机械能守恒定律得:mgh=
1
2
m
v
2
c
                 
        小球在C点处,根据牛顿第二定律有:FNc-mg=
m
v
2
c
R
   
        联立以上两式 解得:FNc=m(g+
v
2
c
R
)=m(g+
2gh
R

=0.1×(10+
2×10×0.45
0.25
)N=4.6N                  
∴由牛顿定第三定律得小球到达C点时对管壁压力的大小为4.6N,方向竖直向下.
   (2)小球从A到D的运动过程,由机械能守恒定律得:mgh=mgR+
1
2
m
v
2
D
   
        代入数值解得D点的速度:vD=
2g(h-R)
=
2×10×(0.45-0.25)
 m/s=2m/s                         
        小球由D点竖直上抛至刚穿过圆筒时,由位移公式得:d=vDt-
1
2
gt2
         解得小球竖直上抛至刚穿过圆筒时的时间:t1=0.1s和t2=0.3s(舍去,∴小球向上穿过圆筒.).                         
        小球能向上穿出圆筒所用时间满足:t1=
T
2
(2n+1)(n=0,1,2,3…),
        联立解得圆筒转动的周期T的可能值:T=
2t1
2n+1
=
0.2
2n+1
s  (n=0,1,2,3…).
答:(1):小球到达C点时对管壁压力的大小为4.6N,方向竖直向下.
       (2):圆筒转动的周期T的可能值:T=
2t1
2n+1
=
0.2
2n+1
s  (n=0,1,2,3…).
点评:本题综合了机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律、竖直上抛运动等规律进行求解,必须认真分析小球运动的每个过程,进行受力和运动分析,然后把握相应的规律求解.求圆筒转动的周期T的可能值时一要明确二者运动动时间相等,二要考虑圆筒运动的周期性.
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