最新高中物理--竖直平面内的圆周运动问题

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，
当它经过 B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的 7 倍，之后向上运动恰能完成半圆周
运动到达 C 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； ⑶ 物块离开 C 点后落回水平面时的动能是多大？ 解：物块在 B 点时受力 mg 和导轨的支持力 FN =7mg，由牛顿
定律可得：
mgR1
1 2
mv2
，联立解得
D
为正确选项．
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 65kg，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
N 的力（g 取 10m/s2）
解析：设童非做圆周运动的轨道半径为 R（R 为其重心离转轴的距离），则在最高点，
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 A
根据机械能定律有: mgl 2mgR 1 mv2 2
图6 12 3
由此可解得：R ≤ 0.4l．所以，d 满足的条件是：0.6l ≤ d < l．
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 风
A
6-12-4 所示），当小球静止在 A 点时，悬线与竖直方向夹角为α．试求：
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 mg，则小球运动到最低
点时对绳的拉力为（
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？
l
m
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 O
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： d
v gR ．
其最小速度可为 0．
在最低点： F mg m v2 R
由机械能守恒定律： 2mgR 1 mv2 ，由此解得 F = 5mg=3250N． 2
O
8．如图 6-12-14 所示，支架质量为 M，放在水平地面上，转轴 O
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
2l
1 2
mv2
1 2
m
v
2 m
i
n
(
2
)
由 (1)(2)可 解 得 : v
5gl cos
v A
图6 12 7
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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．
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．
【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
R
A
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
B 图6 12 2
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支持力是多大？
力平衡，则物体做匀速圆周运动．
2. 变速圆周运动所受合外力产生两个效果
v
做变速圆周运动的物体受到的合力不指向圆心(图 6-12-1)，
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 改变速度的方向 产生切线方向加速度 改变速度的大小
F1 F合
F2 图6 12 1
球加速度方向的说法中，正确的是（
）
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
图6 12 9
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，弹力与重力的合力才
指向圆心，其他位置均不指向圆心，故选项 C、D 正确．
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
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
y
x
F
mg
图6 12 6
内做完整的圆周运动？
B
F
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，
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
mg cos
m
v2 m in
l
(1)
mg cos
平位置，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
C． l 越长，F 越大，a 不变 D．a、F 均不随 l 的变化而变化
图6 12 10
解析：根据机械能守恒定律和牛顿第二定律可求得：F = 3mg，a = 2g，故选项 D 正确．
⑴ 水平风力的大小；
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，
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 >mgsinβ时，小球速度在增大；当 Fcosβ <mgsinβ
Mm
图6 12 14
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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：
mgl 1 mv2; F mg m v2 由 此 可 得 F 3mg
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
在B点,根据牛顿第二定律有:F mg m v2 , 由可解得 F 3mg R
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，
方向为水平方向，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（
来自百度文库
）
A . R1 R2
C. R1 R2
B .R1
R2 2
D . R1
R2 2
R1 R2 图6 12 13
解析：为使小物块不沿半球面下滑，则它在球顶端的速度 v gR2 ，由机械能守恒
R
对B球 :
mg
0.75mg
m
v
2 B
R
解得:vA 2 gR
解 得:vB
1 2
gR
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
2R 1 gt2 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
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，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 3mg
m
v
2 A
）
A．3mg C．7mg
B．5mg D．9mg
图6 12 12
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
1 2
m
v
2 2
1 2
m v12
；由此可得正确选项为
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
1. 竖直平面内的圆周运动的特点
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
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 F1 提供向心力． 3. 变速圆周运动中的正交分解 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？） 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
A
F
mg
图6 12 5
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 F 代入即
可解得：β = α．
根 据 动 能 定 理 得 :F l sin m gl (1 cos ) 1 m v 2 2
将F mg tan 代入可解得v
2 gl (1 cos ) cos
正确、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
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
图6 12 11
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A. 1：1
B. 1：2
C. 1：3
D. 1：4
2
l
所以此时地面对支架的支持力 FN = 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
对小球 : mg F m v2 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
第二定律得：
C
R m
A
B
图6 12 16
7 mg
mg
m
v
2 B
R
EKB
1 2
mvB2
3mgR
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 2
mvC2
1 2
mgR
⑴根据动能定理，可求得弹簧弹力对物块做功为W弹 = EKB 3mgR
【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
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，下列关于小
2020 年最新
专题二：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】