高中物理--豎直平面內的圓周運動問題

專題二： 豎直平面內的圓周運動的綜合問題

【學習目標】

1. 了解豎直平面內的圓周運動的特點．

2. 了解變速圓周的運動物體受到的合力產生的兩個效果，知道做變速圓周運動的物體

受到的合力不指向圓心．

3. 掌握處理變速圓周運動正交分解的方法．

4. 學會用能量觀點研究豎直平面內圓周運動．

【教材解讀】

1. 豎直平面內的圓周運動的特點

豎直平面內的圓周運動分為勻速圓周運動和變速圓周運動兩種．常見的豎直平面內的

圓周運動是物體在軌道彈力（或繩、桿的彈力）與重力共同作用下運動，多數情況下彈力

（特別是繩的拉力與軌道的彈力）方向與運動方向垂直對物體不做功，而重力對物體做功

使物體的動能不斷變化，因而物體做變速圓周運動．若物體運動過程中，還受其他力與重

力平衡，則物體做勻速圓周運動．

F

1

2. 變速圓周運動所受合外力產生兩個效果

v

做變速圓周運動的物體受到的合力不指向圓心(圖6-12-1)，

F

合

它產生兩個方向的效果．

F

2

產生向心加速度

?

?改變速度的方向半徑方向的分力F???????

?

1

F

合

?

產生切線方向加速度

?改變速度的大小切線方向的分力F???????

?

?

2

圖6?12?1

因此變速圓周運動的合外力不等于向心力，只是在半徑方向的分力F提供向心力．

1

3. 變速圓周運動中的正交分解

應用牛頓運動定律解答圓周運動問題時，常采用正交分解法，其坐標原點是做圓周運

動的物體（視為質點）所在的位置，建立相互垂直的兩個坐標軸：一個沿法線（半徑）方

向，法線方向的合力F改變速度的方向；另一個沿切線方向，切線方向的合力改變速度

1

F

2

的大小．（想一想，圖 6-12-1中物體的速度在增大還是減小？）

4. 處理豎直平面內圓周運動的方法

如前所述，通常情況下，由于彈力對物體不做功，只有重力（或其他力）對物體做功，

因此，運用能量觀點（動能定理、機械能守恒定律）和牛頓運動定律相結合是解決此類問

題的有效方法．另外要注意在不同約束條件下物體能完成圓周運動的條件不同：在繩（或

沿圓軌道內側運動）的約束下，最高點速度；在桿（或管）的約束下，最高點速

v?gR

度v ≥ 0．

【案例剖析】

例1．如圖6-12-2所示，質量為m的小球自半徑為R的光滑半

圓形軌道最高點A處由靜止滑下，當滑至最低點B時軌道對小球的

支持力是多大？

解析：小球下滑過程中軌道對小球的彈力不做功，只有重力對

R

A

B

圖6?12?2

小球做功，所以小球的機械能守恒．

由機械能守恒定律得:mgR?mv

1

2

2

v

2

在B點,根據牛頓第二定律有:F?mg?m , 由可解得 F?3mg

R

例2．如圖6-12-3所示，長為l的細繩一端固定在O點，另一端拴質量為m的小球，

在O點正下方距離O點d處有一釘子．將細繩拉成水平無初速釋放小球，為使細繩碰到釘

l

子后小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，d應滿足什么條件？

m

O

解析：為使小球能繞釘子做完整的圓周運動，小球必須能通過圓周

的最高點，設小球運動的軌道半徑為R，則小球在最高點的速度應滿足：

v?gR

．

根據機械能定律有: mgl?2mgR?mv

1

2

2

圖6?12?3

d

由此可解得：R ≤ 0.4l．所以，滿足的條件是：0.6l ≤ d < l．

d

?

例3．風洞實驗室中可產生大小、方向可調節的風力．用長為l的細

線拴一小球將其放入風洞實驗室，調節風力方向為水平向右（如圖

風

A

6-12-4所示），當小球靜止在點時，懸線與豎直方向夾角為α．試求：

A

圖6?12?4

⑴ 水平風力的大小；

⑵ 若將小球從豎直位置由靜止釋放，當懸線與豎直方向成多大角度時，

?

小球的速度最大？最大速度是多少？

解析： ⑴參照圖6-12-5，根據平衡知識，可求得風力大小 = mgtanα，

F

F

A

同時還可求得風力與重力的合力為mg/cosα．

mg

⑵當小球運動到細線與豎直方向夾角為β時，建立如圖6-12-6所示的

圖6?12?5

坐標系：在x軸方向，當Fcosβ >mgsinβ時，小球速度在增大；當Fcosβ <mgsinβ

時，小球速度在減小．當Fcosβ = mgsinβ時小球的速度達到最大，將第⑴問中的F代入即

可解得：β = α．

根據動能定理得:Flsin?mgl(1?cos)?mv

??

1

2

2

?

y

F

x

將F?mgtan代入可解得v?

?

2gl(1?cos)

?

cos

?

mg

圖6?12?6

F

思考：⑴小球靜止在A點時，給小球多大的速度才能使它在豎直平面

B

內做完整的圓周運動？

如圖6-12-7所示，小球必須能通過B點才能做完整的圓周運動，

設通過B點時小球的最小速度為v，則此時繩上拉力恰好為零．

min

mg

2

v

min

mgmg11

?m (1) 2l?mv?mv(2)

coslcos22

??

22

min

5gl

cos

?

?

由(1)(2)可解得: v?

A

圖6?12?7

v

⑵若將風力方向調節為豎直向上，并使風力大小恰好等于小球

重力，那么，在最低點給小球水平方向的初速度，試分析小球的運動情況．

分析：因為合力對小球始終不做功，故動能不變，所以小球做勻速圓周運動．

【知識鏈接】

飛行員在進行特技飛行表演時，會發生黑視現象．當飛行員從俯沖

狀態往上拉時（圖6-12-8），血液處于超重狀態，視重增大，心臟無法

象平常一樣運輸血液，導致血壓降低，從而導致視網膜缺血．

圖6?12?8

【目標達成】

1．如圖6-12-9所示，小球在豎直放置的光滑圓弧軌道內側做圓周運動，下列關于小

球加速度方向的說法中，正確的是（ ）

A. 一定指向圓心

B. 一定不指向圓心

C. 只有在最高點和最低點指向圓心

圖6?12?9

D. 除最高點和最低點外，肯定不指向圓心

解析：對小球受力分析可知，只有小球處于最高點和最低點時，彈力與重力的合力才

指向圓心，其他位置均不指向圓心，故選項C、D正確．

2．上海錦江樂園新建的“摩天轉輪”是在直徑為98m的圓周上每隔一定位置固定一

座艙，每座艙有6個座位．游人乘坐時，轉輪始終不停地在豎直平面內勻速轉動，試判斷

下列說法中正確的是（ ）

A. 每時每刻，乘客受到的合力都不為零

B. 每個乘客都在做加速度為零的勻速運動

C. 乘客在乘坐過程中對座位的壓力始終不變

D. 乘客在乘坐過程中的機械能始終保持不變

解析：由于乘客隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，故受到合力指向圓心，選項A

正確、B錯誤．將加速度沿水平、豎直方向分解可知：人位于轉軸以下時，人處于超重狀

態，人對座位的壓力大于人的重力；人位于轉軸以上時，人處于失重狀態，人對座位的壓

力小于人的重力，故選項C錯誤．在運動過程中，人動能始終不變，而勢能在變化，所以

選項D錯誤．故本題正確選項為A．

3．如圖6-12-10所示，細線長為l，一端固定在O點，另一端系一小球，把線拉至水

平位置，然后無初速釋放小球，在達到最低點時小球加速度為a，線的拉力為F，則它們

之間的關系為（ ）

O

A． l越長，a越大，F也越大

B． l越長，a越大，F不變

C． l越長，F越大，a不變

圖6?12?10

D． a、F均不隨l的變化而變化

解析：根據機械能守恒定律和牛頓第二定律可求得：F = 3mg，a = 2g，故選項D正確．

4．如圖6-12-11所示，將完全相同的兩個小球A、B，用長0.8m的細線懸于以v = 4m/s

向右勻速行駛的車廂頂部，兩球分別與小車前后壁接觸，由于某種原因，車廂突然停止，

v

此時前后懸線的拉力之比為（ ）

A. 1：1

B. 1：2

C. 1：3

圖6?12?11

D. 1：4

解析：車廂停止時，前面小球也靜止，故拉力等于重力；后面小球由于慣性開始做圓

周運動，根據牛頓第二定律可解得此時繩上拉力是其重力的3倍，故選項C正確．

5．如圖6-12-12所示，質量為m的小球用細繩拴住，在豎直平面內

做圓周運動，已知小球運動到最高點時對繩的拉力為mg，則小球運動到最

低點時對繩的拉力為（ ）

A．3mg B．5mg

圖6?12?12

C．7mg D．9mg

22

vv

12

解析：在最高點：，在最低點：

mg?mg?mF?mg?m

RR

11

22

mv?mv2mgR?

21

；由此可得正確選項為C． 由機械能守恒定律：

22

6．如圖6-12-13所示，從光滑的1/4圓弧槽的最高點滑下的小滑塊，滑出槽口時速度

方向為水平方向，槽口與一個半球頂點相切，半球底面為水平，若要使小物塊滑出槽口后

不沿半球面下滑，已知圓弧軌道的半徑為R，半球的半徑為R，則R和R應滿足的關系

1212

R

1

是（ ）

R

2

2

R

C. R?R D. R?

121

2

2

A. R?R B.R?

121

解析：為使小物塊不沿半球面下滑，則它在球頂端的速度，由機械能守恒

v?gR

定律可得：，聯立解得D為正確選項．

mgR?mv

1

R

2

圖6?12?13

2

1

2

2

7．童非是我國著名的體操運動員，首次在單杠項目上實現了“單臂大回環”，即用一

只手抓住單杠，伸展身體以單杠為軸做圓周運動．假設童非的質量為65kg，那么，在完成

“單臂大回環”的過程中，童非的單臂至少要能夠承受 N的力（g取10m/s）

2

解析：設童非做圓周運動的軌道半徑為R（R為其重心離轉軸的距離），則在最高點，

其最小速度可為0．

v

2

在最低點：

F?mg?m

R

1

mv2mgR?

2

，由此解得F = 5mg=3250N． 由機械能守恒定律：

2

8．如圖6-12-14所示，支架質量為M，放在水平地面上，轉軸O

處用長 l 的細繩懸掛質量為m的小球．

⑴ 把小球拉起到細繩水平的位置，然后釋放小球，當它運動到最低

點時地面對支架的支持力多大？

⑵若小球在豎直平面內擺動到最高點時，支架恰對地面無壓力，則

小球在最高點的速度是多大？

O

M

m

圖6?12?14

解析：⑴設小球運動到最低點速度為v，由機械能守恒定律和牛頓第二定律得：

1v

2

2

mgl?mv; F?mg?m 由此可得F?3mg

2l

所以此時地面對支架的支持力F = Mg + F = Mg +3mg

N

⑵ 運動到最高點時，支架恰對地面無壓力，說明細繩上的拉力F = Mg

v(M?m)gl

2

對小球: mg?F?m 解得:v?

lm

【拓展提高】

9．如圖6-12-15所示，半徑為R、內徑很小的光滑半圓管置于豎直平面內，兩個質量

均為m的小球A、B，以不同的速度進入管內，A通過最高點C時，對管壁上部的壓力為

3mg，B通過最高點C時，對管壁的下部壓力為0.75mg，求A、B兩球落地點間的距離．

解析：設A、B兩球到達最高點時速度分別為v、v，根據牛頓

AB

C

第二定律，

v

解得:v?2gR對A球: mg?3mg?m

A

BA

R

2

v

B

圖6?12?15

1

對B球: mg?0.75mg?m 解得:v?gR

B

R2

A、B兩球離開C后做平拋運動，落地點間距設為△x，根據平拋運動規律有：

2

A

R

?x?(v?v)?t

AB

?

?

?

解得 ?x?3R

1

2

2R?gt

?

2?

10．如圖6-12-16所示，光滑水平面AB與豎直平面內半圓形導軌在B點銜接，導軌

半徑為R．一個質量為m的物塊靜止在A處壓縮彈簧，在彈力作用下獲得向右的初速度，

當它經過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周

運動到達C點．求：

C

⑴ 彈簧對物塊的彈力做的功；

R

⑵ 物塊從B至C克服阻力做的功；

m

⑶ 物塊離開C點后落回水平面時的動能是多大？

AB

解：物塊在B點時受力mg和導軌的支持力F =7mg，由牛頓

N

圖6?12?16

第二定律得：

2

v

B

1

2

7mg?mg?m ? E?mv?3mgR

KBB

R2

物塊到達C點時僅受重力mg，由牛頓第二定律得：

2

v

c

11

2

mg?m ? E?mv?mgR

KCC

R22

⑴根據動能定理，可求得彈簧彈力對物塊做功為

W= E?3mgR

彈

KB

⑵物體從B到C只有重力和阻力做功，根據動能定理有：

W?2mgR?E?E 解得:W??0.5mgR

阻阻

KCKB

即物體從B到C克服阻力做功為

0.5mgR

⑶物體離開軌道后做平拋運動，僅有重力做功，機械能守恒．

E?E?E?0.5mgR?2mgR?2.5mgR

KKCpC

章末綜合

知識網絡

曲線運動

1、 速度方向：

2、 運動性質：

3、 運動條件：

4、 軌跡走向：

兩個勻速直線運動的合成

小船渡河

渡河時間：

渡河位移：

渡河速度：

勻速直線運動與勻變速直線運動的

合成

平拋運動

水平方向的運動：

豎直方向的運動：

水平與豎直的關聯：

圓周運動

勻速圓周運動：

線速度：

角速度：

周期：

頻率：

向心力：

變速圓周運動：

主要是機械能守恒與向心力公式的應用