高一物理必修2竖直平面内的圆周运动的综合问题

N 的力（ g 取 10m/s2）
解析：设童非做圆周运动的轨道半径为 最小速度可为 0．
R（ R 为其重心离转轴的距离） ，则在最高点，其
在最低点： F
mg
v2 m
R
由机械能守恒定律： 2mgR 1 mv 2 ，由此解得 F = 5 mg=3250N ． 2
8．如图 6-12-14 所示，支架质量为 M ，放在水平地面上，转轴 O
y x
F
mg 图6 12 6
内做完整的圆周运动？ 如图 6-12-7 所示，小球必须能通过 B 点才能做完整的圆周运动，
B
F
设通过 B 点时小球的最小速度为 vmin，则此时绳上拉力恰好为零．
mg
Av
图6 12 7
mg
m
v2 min
(1)
cos
l
由 (1)(2) 可解得 : v
mg 2l
cos
1 mv 2 2
B 通过最高点 C 时，对管壁的下部压力为 0.75mg，求 A、 B 两球落地点间的距离．
解析：设 A、 B 两球到达最高点时速度分别为 vA、vB，根据牛顿
第二定律，
对 A球 : mg 对 B球 : mg
3mg
m
v
2 A
R
0.75 mg m v2B R
解得 :vA 解得 :vB
2 gR 1 gR 2
例 3．风洞实验室中可产生大小、 方向可调节的风力． 用长为 l 的细
线拴一小球将其放入风洞实验室，调节风力方向为水平向右（如图 6-12-4 所示），当小球静止在 A点时，悬线与竖直方向夹角为
⑴ 水平风力的大小；
风
A
α．试求：
图6 12 4
⑵ 若将小球从竖直位置由静止释放， 当悬线与竖直方向成多大角度时，
mgl
1 mv 2 ; F
mg
v2 m
由此可得 F
3mg
2
l
所以此时地面对支架的支持力 F N = Mg + F = Mg +3mg
⑵ 运动到最高点时，支架恰对地面无压力，说明细绳上的拉力
F = Mg
v2 对小球 : mg F m
l
解得 :v
( M m ) gl m
【拓展提高】
9．如图 6-12-15 所示，半径为 R、内径很小的光滑半圆管置于竖直平面内，两个质量均 为 m 的小球 A、 B，以不同的速度进入管内， A 通过最高点 C 时，对管壁上部的压力为 3mg，
C
R
BA
图6 12 15
A、B 两球离开 C 后做平抛运动，落地点间距设为 △x，根据平抛运动规律有：
x (v A vB ) t 2 R 1 gt 2
2
解得
x 3R
10．如图 6-12-16 所示，光滑水平面 AB 与竖直平面内半圆形导轨在 B 点衔接，导轨半径 为 R．一个质量为 m 的物块静止在 A 处压缩弹簧，在弹力作用下获得向右的初速度，当它经
在 B点 , 根据牛顿第二定律有 : F mg
v2 m , 由可解得 F
R
3mg
例 2．如图 6-12-3 所示，长为 l 的细绳一端固定在 O 点，另一端拴质量为
m 的小球，在
O 点正下方距离 O 点 d 处有一钉子．将细绳拉成水平无初速释放小球，为使细绳碰到钉子后
小球能在竖直平面内做完整的圆周运动， d 应满足什么条件？
小球的速度最大？最大速度是多少？
解析： ⑴参照图 6-12-5 ，根据平衡知识，可求得风力大小 F = mgtanα，
同时还可求得风力与重力的合力为 mg/cosα．
⑵当小球运动到细线与竖直方向夹角为
β时，建立如图 6-12-6 所示的
坐标系：在 x 轴方向，当 Fcosβ>mgsin β时，小球速度在增大； 当 Fcosβ<mgsinβ
竖直平面内的圆周运动分为匀速圆周运动和变速圆周运动两种．
常见的竖直平面内的圆周
运动是物体在轨道弹力（或绳、杆的弹力）与重力共同作用下运动，多数情况下弹力（特别是
绳的拉力与轨道的弹力） 方向与运动方向垂直对物体不做功， 而重力对物体做功使物体的动能
不断变化，因而物体做变速圆周运动．若物体运动过程中，还受其他力与重力平衡，则物体做
4. 处理竖直平面内圆周运动的方法
如前所述，通常情况下，由于弹力对物体不做功，只有重力（或其他力）对物体做功，因
此，运用能量观点（动能定理、机械能守恒定律）和牛顿运动定律相结合是解决此类问题的有
效方法． 另外要注意在不同约束条件下物体能完成圆周运动的条件不同：
在绳（或沿圆轨道内
侧运动）的约束下，最高点速度 v gR ；在杆（或管）的约束下，最高点速度 v ≥0．
F = 3mg， a = 2 g，故选项 D 正确．
4．如图 6-12-11 所示，将完全相同的两个小球 A、B，用长 0.8m 的细线悬于以 v = 4m/s
向右匀速行驶的车厢顶部，两球分别与小车前后壁接触，由于某种原因，车厢突然停止，此时
前后悬线的拉力之比为（
）
v
A. 1： 1 B. 1： 2 C. 1： 3
高一物理必修 2 竖直平面内的圆周运动的综合问题
【学习目标】
1. 了解竖直平面内的圆周运动的特点． 2. 了解变速圆周的运动物体受到的合力产生的两个效果，知道做变速圆周运动的物体受
到的合力不指向圆心．
3. 掌握处理变速圆周运动正交分解的方法．
4. 学会用能量观点研究竖直平面内圆周运动．
【教材解读】
1. 竖直平面内Fra Baidu bibliotek圆周运动的特点
l m
O
解析：为使小球能绕钉子做完整的圆周运动， 小球必须能通过圆周
d
的最高点， 设小球运动的轨道半径为 R，则小球在最高点的速度应满足：
v gR ．
根据机械能定律有
: mgl
2 mgR
1 mv 2 2
图6 12 3
由此可解得： R ≤0.4 l．所以， d 满足的条件是： 0.6 l ≤d < l．
A正
对座位的压力大于人的重力； 人位于转轴以上时， 人处于失重状态， 人对座位的压力小于人的 重力， 故选项 C 错误． 在运动过程中， 人动能始终不变， 而势能在变化， 所以选项 D 错误． 故
本题正确选项为 A ．
3．如图 6-12-10 所示，细线长为 l，一端固定在 O 点，另一端系一小球，把线拉至水平
mg，则小球运动到最低点
时
对绳的拉力为（
）
A ． 3mg
B． 5mg
C ． 7mg
D． 9mg
解析：在最高点： mg mg m v12 ，在最低点： F mg m v22
R
R
由机械能守恒定律：
2mgR
12 2 mv 2
1 2
2
mv1
；由此可得正确选项为
图6 12 12
C．
6．如图 6-12-13 所示，从光滑的 1/4 圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方
时，小球速度在减小．当 Fcosβ = mgsinβ时小球的速度达到最大，将第⑴问中的
A
F
mg 图6 12 5
F 代入即可
解得： β =α． 根据动能定理得
: Fl sin
1
2
mgl (1 cos )
mv
2
将 F mg tan 代入可解得 v
2 gl (1 cos ) cos
思考： ⑴小球静止在 A 点时， 给小球多大的速度才能使它在竖直平面
图6 12 13
v
gR2 ，由机械能守恒定律可得： mgR1 1 mv 2 ，联立解得 D 为正确选项．
2
7．童非是我国著名的体操运动员，首次在单杠项目上实现了“单臂大回环”
，即用一只手
抓住单杠，伸展身体以单杠为轴做圆周运动．假设童非的质量为
65 kg ，那么，在完成“单臂
大回环”的过程中，童非的单臂至少要能够承受
向为水平方向， 槽口与一个半球顶点相切， 半球底面为水平， 若要使小物块滑出槽口后不沿半
球面下滑， 已知圆弧轨道的半径为 R1，半球的半径为 R2，则 R1 和 R2 应满足的关系是 （
）
A. R1 R 2
B. R 1
R2 2
R1
C. R1 R 2
D. R1 R 2
R2
2
解析 ：为使 小物块不 沿半球 面下滑 ，则它在 球顶端 的速度
图6 12 9
弹力与重力的合力才指向
2．上海锦江乐园新建的 “摩天转轮” 是在直径为 98m 的圆周上每隔一定位置固定一座舱， 每座舱有 6 个座位． 游人乘坐时， 转轮始终不停地在竖直平面内匀速转动， 试判断下列说法中
正确的是（
）
A. 每时每刻，乘客受到的合力都不为零 B. 每个乘客都在做加速度为零的匀速运动 C. 乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变 D. 乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变 解析：由于乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，故受到合力指向圆心，选项 确、 B 错误．将加速度沿水平、竖直方向分解可知：人位于转轴以下时，人处于超重状态，人
位置，然后无初速释放小球，在达到最低点时小球加速度为
a，线的拉力为 F，则它们之间的
关系为（
）
O
A ． l 越长， a 越大， F 也越大
B ． l 越长， a 越大， F 不变
图6 12 10
C． l 越长， F 越大， a 不变 D ． a、 F 均不随 l 的变化而变化 解析：根据机械能守恒定律和牛顿第二定律可求得：
图6 12 11
D. 1： 4 解析：车厢停止时，前面小球也静止，故拉力等于重力；后面小球由于惯性开始做圆周运
动，根据牛顿第二定律可解得此时绳上拉力是其重力的
3 倍，故选项 C 正确．
5．如图 6-12-12 所示， 质量为 m 的小球用细绳拴住， 在竖直平面内做
圆
周运动，已知小球运动到最高点时对绳的拉力为
处用长 l 的细绳悬挂质量为 m 的小球．
⑴ 把小球拉起到细绳水平的位置， 然后释放小球， 当它运动到最低
点时地面对支架的支持力多大？
⑵若小球在竖直平面内摆动到最高点时，支架恰对地面无压力，则
O
Mm 图6 12 14
小球在最高点的速度是多大？
解析：⑴设小球运动到最低点速度为 v，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得：
状态往上拉时（图 6-12-8 ），血液处于超重状态，视重增大，心脏无法 象平常一样运输血液，导致血压降低，从而导致视网膜缺血． 【目标达成】
图6 12 8
1．如图 6-12-9 所示， 小球在竖直放置的光滑圆弧轨道内侧做圆周运动，
速度方向的说法中，正确的是（
）
下列关于小球加
A. 一定指向圆心 B. 一定不指向圆心 C. 只有在最高点和最低点指向圆心 D. 除最高点和最低点外，肯定不指向圆心 解析： 对小球受力分析可知， 只有小球处于最高点和最低点时， 圆心，其他位置均不指向圆心，故选项 C、 D 正确．
过 B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的 点．求：
⑴ 弹簧对物块的弹力做的功； ⑵ 物块从 B 至 C 克服阻力做的功；
7 倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达 C
C
R m
A
B
图6 12 16
⑶ 物块离开 C 点后落回水平面时的动能是多大？
解：物块在 7mg mg
B 点时受力
2
m vB R
mg 和导轨的支持力 FN =7 mg，由牛顿第二定律得：
F1 提供向心力．
应用牛顿运动定律解答圆周运动问题时， 常采用正交分解法， 其坐标原点是做圆周运动的
物体（视为质点）所在的位置，建立相互垂直的两个坐标轴：一个沿法线（半径）方向，法线
方向的合力 F1 改变速度的方向； 另一个沿切线方向， 切线方向的合力 F2 改变速度的大小． （想 一想，图 6-12-1 中物体的速度在增大还是减小？）
匀速圆周运动．
2. 变速圆周运动所受合外力产生两个效果 做变速圆周运动的物体受到的合力不指向圆心
v
( 图 6-12-1) ，
F1 F合
它产生两个方向的效果．
F合 半径方向的分力 F1 切线方向的分力 F2
产生向心加速度 产生切线方向加速度
改变速度的方向 改变速度的大小
F2 图6 12 1
因此变速圆周运动的合外力不等于向心力，只是在半径方向的分力 3. 变速圆周运动中的正交分解
1 2
mv
2 min
(2)
5 gl
cos
⑵若将风力方向调节为竖直向上， 并使风力大小恰好等于小球重力， 那么， 在最低点给小
球水平方向的初速度，试分析小球的运动情况． 分析：因为合力对小球始终不做功，故动能不变，所以小球做匀速圆周运动．
【知识链接】 飞行员在进行特技飞行表演时，会发生黑视现象．当飞行员从俯冲
EKB
1
mv
2 B
3mgR
2
物块到达 C 点时仅受重力 mg，由牛顿第二定律得：
mg m vc2 R
EKC
1 mvC2
1 mgR
2
2
⑴根据动能定理，可求得弹簧弹力对物块做功为
W弹 = EKB 3mgR
⑵物体从 B 到 C 只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
【案例剖析】 例 1．如图 6-12-2 所示， 质量为 m 的小球自半径为 R 的光滑半
圆形轨道最高点 A 处由静止滑下，当滑至最低点 B 时轨道对小球的 支持力是多大？
A R
B 图6 12 2
解析： 小球下滑过程中轨道对小球的弹力不做功， 只有重力对小球做功， 所以小球的机械
能守恒．
由机械能守恒定律得 : mgR 1 mv2 2