竖直平面内的圆周运动学案.doc

竖直平面内圆周运动
窦乐江
【要点梳理】
要注意竖直平面内圆周运动的两种临界状态的不同：
分类
最高点无支撑
最高点有支撑
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车
球与杆连接，车过拱桥、球过竖直管道、套在圆环上的物体等
图示

在最高
点受力
重力、弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
重力、弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝(在最高点速度不能为零)
F弹＝mg，F向＝0(在最高点速度可以为零)
【典题例证】
考向一、竖直平面内的圆周运动的考查
【例1】如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑硬质盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，问：
(1)要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为多少？
(2)若盒子以(1)中周期的做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力为多大？
规范解答
审题指导
解：
（1）小球在最高点受什么力的作用？
（2）周期变为原来的后，小球的向心加速度多大？方向如何？是谁来提供向心力？
【教你一招】：
【对应训练】如图甲所示，在同一竖直平面内两正对着的半径为R的相同半圆光滑轨迹，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一质量为m的小球能在其间运动。今在最低点B与最高点A各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。(不计空气阻力，g取10 m/s2)
(1)要使小球不脱离轨道，求小球在A点的速度大小；
(2)求A、B两点的压力差ΔFN与x的函数关系；(用m、R、g表示)
(3)若测得两点压力差ΔFN与距离x的图象如图乙所示。根据图象，求小球的质量。

考向二、平抛运动与圆周运动的综合考查
【例2】(2014·福建·21)(19分)如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切.点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力.
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝)
规范解答
审题指导
解：
（1）游客经历了哪几个阶段，各阶段的受力和运动特点是什么？选择合适的依据解题。
（2）“滑到P点后滑离轨道”说明游客在p点受什么力？怎么把游客在该点的受力和运动联系起来？

【教你一招】：

【对应训练】
为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图9所示，一个小物块以初速度v0＝4.0 m/s，从某一个高度水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块的抛出点和A点的高度差；
(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件；
(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．

考向三、类竖直平面内的圆周运动的考查
【例3】如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动。已知小球所受到电场力是其重力的，圆滑半径为R，斜面倾角为θ，sBC=2R。若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h至少为多少？

【教你一招】：

【对应训练】

【模板印证】
1.如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是 (　　) A．小球通过最高点时速度不可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
2.如图所示，一质量为M的人，站在台秤上，一个长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是 (　　)
A．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M＋6m)g
B．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为Mg
C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同
D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态
3.如图所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m.有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少；
(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值.

4.如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)

5．如图所示，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R。O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R．质量为m的小球（球的直径略小于圆管直径），从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时

6．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电，乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
7．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
8．如图所示，静放在水平面上的圆形（半径为R）光滑管道ABC，C为最高点，B为最低点，管道在竖直面内．管道内放一小球，小球可在管道内自由移动，现用一装置将小球锁定在P点，过P点的半径OP与竖直方向的夹角为θ．现对管道施加一水平向右的恒力F，同时解除对小球的锁定，管道沿水平面向右做匀加速运动，小球相对管道仍保持静止．经过一段时间后管道遇一障碍物突然停止运动，小球能到达管道的A点．重力加速度为g，小球大小及管道内释不计．求．
（1）恒力作用下圆形管道运动的加速度；
（2）圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值．

9．如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一绝缘“”形弯杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段是光滑的．现有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的3/4.现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点．
(1)求DM间的距离x0.
(2)求上述过程中小环第一次通过与O点等高的A点时弯杆对小环作用力的大小．
(3)若小环与PQ间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．

参考答案

考向一、竖直平面内的圆周运动的考查
【例1】[解析]　(1)设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用。根据牛顿第二定律得：mg＝m，
又v＝
解得：T0＝2π。
(2)设此时盒子运动周期为T，则此时小球向心加速度为an＝R，由(1)知：g＝R，且T＝
由上述三式知：an＝4g
设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为FN，根据牛顿运动定律知：
在水平方向上：F＝man＝4mg。
在竖直方向上：FN＋mg＝0，即FN＝－mg
因为F为正值、FN为负值，由牛顿第三定律，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4mg和mg。
【教你一招】：
(1)对于竖直面内的圆周运动要注意区分“绳模型”和“杆模型”，两种模型在最高点的临界条件不同。
(2)解答圆周运动问题的关键是正确地受力分析，确定向心力的来源。解决竖直面内圆周问题的基本思路是两点一过程。“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往用动能定理将这两点联系起来。
【对应训练】
解析：(1)要使小球不脱离轨道，则小球在A点时：mg＝，vA＝。
(2)在B点：FNB－mg＝m 在A点：FNA＋mg＝m
小球从A到B机械能守恒：
mv＝mg(2R＋x)＋mvA′2
两点的压力差：ΔFN＝FNB－FNA＝6mg＋。
(3)由图象知：6mg＝2.4 N，m＝0.04 kg。
考向二、平抛运动与圆周运动的综合考查
【例2】答案　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R
解析　(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt ①
R＝gt2 ②
由①②式得vB＝ ③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0 ④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR) ⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0 ⑥
过P点时，根据向心力公式，有
mgcos θ－N＝m ⑦
N＝0 ⑧
cos θ＝ ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R ⑩
【教你一招】：在物体运动的过程中，往往分多个阶段，每个阶段运动性质不同，各阶段连接处的速度往往是解题的关键，比如平抛运动和圆周运动结合时，在轨迹结合处的速度往往是平抛运动的初速度或末速度，分别根据圆周运动规律和平抛运动规律列式即可求解。
【对应训练】
解析　(1)设抛出点到A点的高度差为h，到A点时有：
vy＝，且＝tan 37°
联立以上两式并代入数据得h＝0.45 m.
(2)小物块到达A点时的速度：vA＝＝5 m/s
从A到B，由动能定理：
mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＝mv－mv
要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即：mv≤mgR，解得R≥1.65 m
(3)小物块从B运动到轨道最高点机械能守恒：mv＝mv2＋mg×2R′
在最高点有：m≥mg
由以上各式解得R′≤0.66 m，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE滑出．
考向三、类竖直平面内的圆周运动的考查
【例3】解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F，如图所示。可知F＝1.25mg，方向与竖直方向左偏下37º，从图中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否通过D点，若恰好能通过D点，即达到D点时球与环的弹力恰好为零。
由圆周运动知识得： 即：
由动能定理：
联立①、②可求出此时的高度h。
【教你一招】：解决这类问题的关键在于充分从力学角度和运动学角度理解竖直平面内的圆周运动的临界条件，构建准确的“绳”模型和“杆”模型。
【模板印证】
1. 答案　B
解析　轻杆在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在最高点，小球的临界速度为零，根据牛顿第二定律判断轻杆对小球的弹力随速度变化的关系．小球在最高点的最小速度为零，此时重力等于轻杆的支持力，故A错误．
在最高点，若速度v＝，轻杆的作用力为零，B正确．
当v>，轻杆表现为拉力，速度增大，向心力增大，则轻杆对小球的拉力增大；当v<时，轻杆表现为支持力，速度减小，向心力减小，则轻杆对小球的支持力增大，故C、D错误．
2.答案　AC
解析　小球恰能通过圆轨道最高点时，绳子拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，同理，对人分析得出a、c处台秤对人的支持力F＝Mg，B项错误，C项正确．
小球在ac水平线以上时，人受到绳子斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在ac水平线以下时，人受到绳子斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，D项错误．
在最低点，对球：mg·2R＝mv2－mv，在最高点时有mg＝m，则最低点速度v2＝5gR；设绳拉力为FT，对球在最低点应用牛顿第二定律，FT－mg＝m，解得FT＝6mg.再取人为研究对象可知人对台秤的压力为(M＋6m)g，A项正确．
3．答案　(1)0.6 m/s　(2) m
解析　(1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：vy＝＝ m/s＝0.8 m/s(2分)
由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝(3分)
得v0＝0.6 m/s.(2分)
(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v，受到圆轨道的压力为FN.
则由向心力公式得：FN＋mg＝m(2分)
由动能定理得：mg(H＋h)－－mg(R＋Rcos 53°)＝mv2－mv(5分)
小物块能过圆轨道最高点，必有FN≥0(1分)
联立以上各式并代入数据得：
R≤ m，即R最大值为 m．(2分)
4．答案　(1)0.8 m　(2)68 N　(3)3.625 m
解析　(1)小物块在C点时的速度大小为

vC＝＝5 m/s，竖直分量为vCy＝4 m/s
下落高度h＝ ＝0.8 m
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos 53°)＝mv－mv
解得vD＝ m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据解得FN＝68 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下
(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行
的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝μg＝3 m/s2，
a2＝＝1 m/s2
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
解得L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m
5．答案：AD
6．答案：CD．
解析
A、在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F合= 可知，三小球的速度不相等；故A错误；
B、因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，故B错误；
C、因甲球的速度最大，而在整个过程中洛仑兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C正确；
D、因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D正确；

7.故选BC．
解析
A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；
B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．
C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；
D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．

8. 解析
（1）小球受力如图，由力的平行四边形定则及牛顿第二定律得：
mgtanθ=ma； 解得a=gtanθ；
即为恒力作用下的圆形管道运动的加速度；
（2）设圆形管道在运动过程中突然停止前进的速度为v，由匀变速直线运动公式得：v2=2as；
圆形管道停止时，小球沿管道半径方向的速度变为零，沿切线方向的速度保持不变，对速度v沿切向和径向进行分解，则小球速度变为v′=vcosθ；
小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域则可返程到达A点，或从C点飞出做平抛运动到达A点；
若小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域，则由机械能守恒得：
m（vcosθ）2=mg（Rcosθ+h），其中0≤h＜R
联立以上相关各式得： ≤s＜
若小球从C点飞出做平抛运动到达A点，则由机械能守恒及平抛运动的规律得：
R= gt2，R=vCt
m（vcosθ）2=mgR（1+cosθ）+ mvc2
联立以上相关各式得：s=
圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值为：
≤s＜ 及s=
9．解：（1）小环刚好到达P点时速度，由动能定理得

联立解得：
（2）设小环在A点时的速度为，由动能定理得

设小环在A点时所受半圆环轨道的作用力大小为N，由牛顿第二定律得

联立解得：
（3）若小环第一次到达P点右侧s1距离处静止，由动能定理得   

 设克服摩擦力所做功为W，则  
若 环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，设克服摩擦力所做的功为W，则
          解得W=mgR