Question

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

1

4

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．

Answer 1

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v_c．
（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v_D，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v_D．

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：F_Nc-mg=

m v 2 c

R

   
        联立以上两式 解得：F_Nc=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：v_D=

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=v_Dt-

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．