Question

如圖所示，內壁光滑的空心細管彎成的軌道ABCD固定在豎直平面內，其中BCD段是半徑R=0.25m的圓弧，C為軌道的最低點，CD為

1

4

圓弧，AC的豎直高度差h=0.45m．在緊靠管道出口D處有一水平放置且繞其水平中心軸OO′勻速旋轉的圓筒，圓筒直徑d=0.15m，圓筒上開有小孔E．現有質量為m=0.1kg且可視為質點的小球由靜止開始從管口A滑下，小球滑到管道出口D處時，恰好能從小孔E豎直進入圓筒，隨后，小球由小孔E處豎直向上穿出圓筒．不計空氣阻力，取g=10m/s²．求：
（1）小球到達C點時對管壁壓力的大小和方向；
（2）圓筒轉動的周期T的可能值．

Answer 1

分析：（1）求小球到達C點時對管壁壓力的大小和方向，由牛頓第三定律需求小球在C點受到的支持力，那么，需在C點列牛頓第二定律方程，就必須知道C點的速度，這樣就要分析小球由A到C的過程由機械能守恒定律求出C點的速度v_c．
（2）小球從E點做豎直上拋進入圓筒到再從E點穿過圓筒，則小球運動的這段時間與圓筒轉動的時間相等，圓筒至少轉過半周，考慮到圓筒的轉動周期，所以有t=

T

2

（2n+1）（n=0，1，2，3…），要求周期T，則必須求出小球上拋的時間t，已知位移d，須知小球的速度v_D，那么就要分析小球由A到D的過程由機械能守恒定律求出v_D．

解答：解：（1）小球從A到C的過程，由機械能守恒定律得：mgh=

1

2

m

v

2 c

                 
        小球在C點處，根據牛頓第二定律有：F_Nc-mg=

m v 2 c

R

   
        聯立以上兩式 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                  
∴由牛頓定第三定律得小球到達C點時對管壁壓力的大小為4.6N，方向豎直向下．
   （2）小球從A到D的運動過程，由機械能守恒定律得：mgh=mgR+

1

2

m

v

2 D

   
        代入數值解得D點的速度：v_D=

2g(h-R)

=

2×10×(0.45-0.25)

 m/s=2m/s                         
        小球由D點豎直上拋至剛穿過圓筒時，由位移公式得：d=v_Dt-

1

2

gt²
         解得小球豎直上拋至剛穿過圓筒時的時間：t₁=0.1s和t₂=0.3s（舍去，∴小球向上穿過圓筒．）．                         
        小球能向上穿出圓筒所用時間滿足：t₁=

T

2

（2n+1）（n=0，1，2，3…），
        聯立解得圓筒轉動的周期T的可能值：T=

2t1

2n+1

=

0.2

2n+1

s  （n=0，1，2，3…）．
答：（1）：小球到達C點時對管壁壓力的大小為4.6N，方向豎直向下．
       （2）：圓筒轉動的周期T的可能值：T=

2t1

2n+1

=

0.2

2n+1

s  （n=0，1，2，3…）．

點評：本題綜合了機械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律、豎直上拋運動等規律進行求解，必須認真分析小球運動的每個過程，進行受力和運動分析，然后把握相應的規律求解．求圓筒轉動的周期T的可能值時一要明確二者運動動時間相等，二要考慮圓筒運動的周期性．