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專題09 豎直面內的圓周運動模型
目錄
一．一般圓周運動的動力學分析 1
二．豎直面內“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比分析 1
三．豎直面內圓周運動常見問題與二級結論 2
三. 過拱凹形橋模型 13

一．一般圓周運動的動力學分析
如圖所示，做圓周運動的物體，所受合外力與速度成一般夾角時，可將合外力沿速度和垂直速度分解，則由牛頓第二定律，有：

，aτ改變速度v的大小
，an改變速度v的方向，
作一般曲線運動的物體，處理軌跡線上某一點的動力學時，可先以該點附近的一小段曲線為圓周的一部分作曲率圓，然后即可按一般圓周運動動力學處理。

，aτ改變速度v的大小
，an改變速度v的方向，，ρ為曲率圓半徑。
二．豎直面內“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比分析
輕繩模型（沒有支撐） 輕桿模型（有支撐）
常見
類型
過最高點的臨界條件 由mg＝m得v臨＝ 由小球能運動即可得v臨＝0
對應最低點速度v低≥ 對應最低點速度v低≥
繩不松不脫軌條件 v低≥或v低≤ 不脫軌
最低點彈力 F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力 F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力
最高點彈力 過最高點時，v≥，FN＋mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN＝m-mg
向下壓力 (1)當v＝0時，FN＝mg，FN為向上支持力
(2)當0＜v＜時，－FN＋mg＝m，FN向上支持力，隨v的增大而減小
(3)當v＝時，FN＝0
(4)當v＞時，FN＋mg＝m，FN為向下壓力并隨v的增大而增大
在最高
點的FN
圖線 取豎直向下為正方向 取豎直向下為正方向

三．豎直面內圓周運動常見問題與二級結論
【問題1】一個小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內側做完整的圓周運動，軌道的最高點記為A和最低點記為C，與原點等高的位置記為B。圓周的半徑為
要使小球做完整的圓周運動，當在最高點A 的向心力恰好等于重力時，由可得①
對應C點的速度有機械能守恒
得②
當小球在C點時給小球一個水平向左的速度若小球恰能到達與O點等高的D位置則由機械能守恒
得③
小結：(1).當時小球能通過最高點A小球在A點受軌道向內的支持力
由牛頓第二定律④
(2).當時小球恰能通過最高點A小球在A點受軌道的支持力為0
由牛頓第二定律。⑤
(3).當時小球不能通過最高點A小球在A點，上升至DA圓弧間的某一位向右做斜拋運動離開圓周，且v越大離開的位置越高，離開時軌道的支持力為0
在DA段射重力與半徑方向的夾角為則、
(4).當時小球不能通過最高點A上升至CD圓弧的某一位置速度減為0之后沿圓弧返回。上升的最高點為C永不脫離軌道
【問題2】常見幾種情況下物體受軌道的作用力
(1)從最高點A點靜止釋放的小球到達最低點C：由機械能守恒
在C點由牛頓運動定律： 得⑥
(2)從與O等高的D點（四分之一圓弧）處靜止釋放到達最低點C：由機械能守恒
在C點由牛頓運動定律： 得⑦
(3)從A點以初速度釋放小球到達最低點
由機械能守恒
在C點由牛頓運動定律： 得⑧
【模型演練1】(2020·全國卷Ⅰ)如圖所示，一同學表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg，繩的質量忽略不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為 8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為(　　)

A. 200 N B. 400 N
C. 600 N D. 800 N
【答案】B　
【解析】：秋千運動至最低點時，重力和繩子的拉力的合力提供該同學做圓周運動所需的向心力。設每根繩子的拉力為FT，則2FT－mg＝m，代入數據解得FT＝410 N。故選B。
【模型演練2】(2021·東營模擬)如圖所示，輕桿一端與一質量為m的小球相連，另一端連在光滑固定軸上，輕桿可在豎直平面內自由轉動。現使小球在豎直平面內做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)

A. 小球在運動過程中的任何位置對輕桿的作用力都不可能為0
B. 當輕桿運動到水平位置時，輕桿對小球的拉力大小不可能等于mg
C. 小球運動到最低點時，對輕桿的拉力可能等于4mg
D. 小球運動到最低點時，對輕桿的拉力一定不小于6mg
【答案】B　
【解析】：小球在輕桿的作用下做圓周運動，在最高點時，若mg＝Fn，則小球對輕桿的作用力為0，A錯誤；假設當輕桿運動到水平位置時，輕桿對小球的拉力等于重力，則有mg＝m，此時小球的動能為 mv＝mgr，由機械能守恒定律可知，小球不可能運動到最高點，不能完成完整的圓周運動，假設不成立，B正確；若小球恰能完成完整的圓周運動，則在最高點時，小球的速度為0，在最低點時，小球的動能為2mgr，則F－mg＝m＝4mg，由牛頓第三定律，可知小球對輕桿的作用力最小為5mg，C、D錯誤。
【模型演練3】．(2020·重慶模擬)如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質點在圓軌道外側運動的模型，如圖乙所示。在豎直平面內固定的強磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質點沿軌道外側做完整的圓周運動，所受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，當質點以速率v＝ 通過A點時，對軌道的壓力為其重力的8倍，不計摩擦和空氣阻力，質點質量為m，重力加速度為g，則(　　)

A. 強磁性引力的大小F＝7mg
B. 質點在A點對軌道的壓力小于在B點對軌道的壓力
C. 只要質點能做完整的圓周運動，則質點對A、B兩點的壓力差恒為5mg
D. 若強磁性引力大小恒為2F，為確保質點做完整的圓周運動，則質點通過B點的最大速率為
【答案】D　
【解析】：在A點，對質點由牛頓第二定律有F＋mg－FA＝m，根據牛頓第三定律有FA＝FA′＝8mg，聯立解得F＝8mg，故A錯誤；質點能完成完整的圓周運動，在A點根據牛頓第二定律有F＋mg－NA＝m，根據牛頓第三定律有NA＝N′A，在B點根據牛頓第二定律有F－mg－NB＝m，根據牛頓第三定律有NB＝N′B，質點從A點運動到B點的過程中，根據機械能守恒定律有mg·2R＝mv－mv，聯立解得N′A－N′B＝6mg，故B、C錯誤；若強磁性引力大小恒為2F，在B點根據牛頓第二定律有2F－mg－FB＝m，當FB＝0時，質點速度最大，聯立解得 v′B＝，故D正確。
【模型演練4】如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動．小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點的速度大小為v，其FN－v2圖象如圖乙所示．則(　　)

A．小球的質量為
B．當地的重力加速度大小為
C．v2＝c時，在最高點桿對小球的彈力方向向上
D．v2＝2b時，在最高點桿對小球的彈力大小為2a
【答案】　A
【解析】　由題圖乙可知當小球運動到最高點時，若v2＝b，則FN＝0，輕桿既不向上推小球也不向下拉小球，這時由小球受到的重力提供向心力，即mg＝，得v2＝gR＝b，故g＝，B錯誤；當v2>b時，輕桿向下拉小球，C錯誤；當v2＝0時，輕桿對小球彈力的大小等于小球重力，即a＝mg，代入g＝得小球的質量m＝，A正確；當v2＝2b時，由向心力公式得FN＋mg＝，得桿的彈力大小FN＝mg，故FN＝a，D錯誤．
【模型演練5】(2020·云南昆明市高三“三診一模”測試)如圖所示，豎直平面內的光滑固定軌道由一個半徑為R的圓弧AB和另一個圓弧BC組成，兩者在最低點B平滑連接．一小球(可視為質點)從A點由靜止開始沿軌道下滑，恰好能通過C點，則BC弧的半徑為(　　)

A.R B.R C.R D.R
【答案】　A
【解析】　設BC弧的半徑為r.
小球恰好能通過C點時，僅由重力提供向心力，
則有：mg＝m
小球從A到C的過程，以C點所在水平面為參考平面，根據機械能守恒定律得：
mg(R－2r)＝mvC2
聯立解得：r＝R，
故選A.
【模型演練6】(2020·江西南昌二中模擬)如圖甲所示，質量相等大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質細線懸掛起來，使小球a在豎直平面內來回擺動，小球b在水平面內做勻速圓周運動，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時繩子偏離豎直方向的最大夾角都為θ，運動過程中兩繩子拉力大小隨時間變化的關系如圖乙中c、d所示．則下列說法正確的是(　　)

A．圖乙中直線d表示繩子對小球a的拉力大小隨時間變化的關系
B．圖乙中曲線c表示繩子對小球a的拉力大小隨時間變化的關系
C．θ＝45°
D．θ＝60°
【答案】BD
【解析】　小球a做單擺運動，其拉力隨時間做周期性變化，而小球b做勻速圓周運動，根據矢量三角形可得Fbcos θ＝mg即Fb＝，恒定不變，故圖乙中直線d表示繩子對小球b的拉力大小隨時間變化的關系，直線c表示繩子對小球a的拉力大小隨時間變化的關系，A錯誤B正確；a球只有重力對其做功，機械能守恒，故mgL(1－cos θ)＝mv2，在最低點重力和拉力的合力充當向心力，故有Fa－mg＝m，聯立解得Fa＝mg(3－2cos θ)，當對a球來說，當夾角為θ時，拉力最大，從圖中可知a球受到的最大拉力和b球的拉力相等，所以有mg(3－2cos θ)＝，解得θ＝60°，故C錯誤D正確．
【模型演練7】（2021·福建省福清西山學校高三上學期12月月考）一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖甲所示，曲線上的A點的曲率圓定義為：通過A點和曲線上緊鄰A點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做A點的曲率圓，其半徑ρ叫做A點的曲率半徑。將圓周運動的半徑換成曲率半徑后，質點在曲線上某點的向心加速度可根據圓周運動的向心加速度表達式求出，向心加速度方向沿曲率圓的半徑方向。已知重力加速度為g。現將一物體沿與水平面成α角的方向以速度拋出，如圖乙所示，則在其拋出點P處的曲率半徑是（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
物體的加速度為向下的g，在點P處時沿曲率半徑方向的分加速度大小為gcosα，在P點，由向心力的公式得

所以在P處的曲率半徑為

故BCD錯誤，A正確。
故選A。
【模型演練8】.（2021·黑龍江哈六中高三上學期1月期末）如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，小球直徑略小于內、外側管壁距離，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　)

A. 小球通過最高點時的最小速度
B. 小球通過最高點時的最小速度
C. 小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定有作用力
D. 小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
【答案】B
【解析】
由于管子能支撐小球，所以小球能夠通過最高點時的最小速度為vmin=0；故A錯誤，B正確．小球在水平線ab以下的管道中運動時，受到的合外力向上，則主要應是外側管壁提供作用力，故內側管壁對小球一定無作用力；故C錯誤；小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球不一定有作用力．如速度較小時，重力與下管壁的合力充當向心力，故D錯誤．故選B．
【模型演練9】（2021·福建省福州市八縣市一中高三上學期11月期中）如圖所示，半徑為R的金屬環豎直放置，環上套有一質量為m的小球，小球開始時靜止于最低點，現使小球以初速度沿環上滑，小環運動到環的最高點時與環恰無作用力，則小球從最低點運動到最高點的過程中（?? ）

A. 小球機械能守恒
B. 小球在最低點時對金屬環的壓力是6mg
C. 小球在最高點時，重力的功率是
D. 小球機械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
【答案】D
【解析】
AD．小球在最高點與環作用力恰為0時，設速度為v，則

解得

從最低點到最高點，由動能定理得
-mg?2R-W克=mv2-mv02
又
v0=
解得
W克=05mgR
所以機械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A錯誤，D正確；
B．在最低點，根據向心力公式得

解得
N=7mg
則由牛頓第三定律知，小球在最低點時對金屬環的壓力是7mg，故B錯誤；
C．小球在最高點時，重力方向與速度方向垂直，重力的功率為零，故C錯誤。
故選D。
【模型演練10】(2020·福建龍巖市期末質量檢查)如圖甲所示，輕繩一端固定在O點，另一端固定一小球(可看成質點)，讓小球在豎直平面內做圓周運動．改變小球通過最高點時的速度大小v，測得相應的輕繩彈力大小F，得到F－v2圖象如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點坐標為(0，－b)，斜率為k.不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．該小球的質量為bg
B．小球運動的軌跡半徑為
C．圖線與橫軸的交點表示小球所受的合外力為零
D．當v2＝a時，小球的向心加速度為g
【答案】　B
【解析】　小球在最高點時受到的拉力為F，則有：
F＋mg＝，
解得：F＝m－mg
結合題圖乙可知：mg＝b，即m＝，斜率為k＝＝
解得：R＝＝，故A錯誤，B正確；
圖線與橫軸的交點表示小球所受的拉力為零，即合外力等于重力時的情況，故C錯誤；根據向心加速度公式可知a′＝＝＝＝2g，故D錯誤．
【模型演練11】(多選)(2020·資陽一診)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系圖象如圖乙所示，圖象中的數據a和b，包括重力加速度g都為已知量，則以下說法正確的是(　　)

甲　　　　　乙　
A．數據a與小球的質量無關
B．數據b與小球的質量無關
C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑無關
D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌跡半徑
【答案】AD　
【解析】由題圖乙可知，當v2＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供其做圓周運動的向心力，則由牛頓第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A正確；當v2＝2a時，對小球受力分析，則由牛頓第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據上述分析可知＝與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑也有關，故C錯誤；由上述可知r＝，m＝，故D正確。
【模型演練12】(2020·河北保定一模)如圖所示，半徑為R的細圓管(管徑可忽略)內壁光滑，豎直放置，一質量為m、直徑略小于管徑的小球可在管內自由滑動，測得小球在管頂部時與管壁的作用力大小為mg，g為當地重力加速度，則 (　　)

A．小球在管頂部時速度大小一定為 B．小球運動到管底部時速度大小可能為
C．小球運動到管底部時對管壁的壓力可能為5mg D．小球運動到管底部時對管壁的壓力一定為7mg
【答案】C
【解析】小球在管頂部時可能與外壁有作用力，也可能與內壁有作用力。如果小球與外壁有作用力，對小球受力分析可知2mg＝m，可得v＝，其由管頂部運動到管底部的過程中由機械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，可得v1＝，小球在管底部時，由牛頓第二定律有FN1－mg＝m，解得FN1＝7mg，由牛頓第三定律知，小球對管壁的壓力為7mg。如果小球與內壁有作用力，對小球受力分析可知，在最高點小球速度為零，其由管頂部運動到管底部過程中由機械能守恒有mv＝2mgR，解得v2＝2，小球在管底部時，由牛頓第二定律有FN2－mg＝m，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知，小球對管壁的壓力為5mg，選項C正確，A、B、D錯誤。
【模型演練13】（2021·八省聯考廣東區高三上學期1月模擬二）如圖所示，豎直平面內光滑圓軌道半徑R=2m，從最低點A有一質量為m=1kg的小球開始運動，初速度方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）

A 若初速度，則小球將在離A點2.2m高的位置離開圓軌道
B 若初速度，則小球離開圓軌道時的速度大小為
C 小球能到達最高點B的條件是
D 若初速度，則運動過程中，小球可能會脫離圓軌道
【答案】B
【解析】、
所以小球能到達最高點B的條件是 C錯D錯
所以小球會脫離軌道。設小球離開圓軌道時的速度為離開時軌道的支持力為0，此時重力與半徑方向的夾角為
則



即小球從1.8m高的地方離開。離開時的速度

【模型演練14】（2021·江蘇省馬壩高中高三上學期11月期中）如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦。圓心O點正下方放置為2m的小球A，質量為m的小球B以初速度v0向左運動，與小球A發生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為

A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設B的初速度方向為正方向，設碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：
mv0=mv1+2mv2
由動能守恒得：

聯立得：?①
1.恰好能通過最高點,說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力,是在最高點的速度為vmin，由牛頓第二定律得：
2mg= ?②
A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：
③
聯立①②③得：v0=，可知若小球B經過最高點，則需要：v0?
2.小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與O等高處，由機械能守恒定律得：
④
聯立①④得：v0=
可知若小球不脫離軌道時,需滿足：v0?
由以上的分析可知,若小球不脫離軌道時,需滿足：v0?或v0?，故AD錯誤，BC正確。
故選：BC
三.過拱凹形橋模型
拱形橋 圓軌外側 凹形橋

示意圖



作用力 最高點(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：
（1）當v=0時，即汽車靜止在最高點，FN=G；
（2）當汽車的速度增大到mv2/R=mg 即v= 時，FN=0，汽車在橋頂只受重力G，又具水平速度v，因此開始做平拋運動；
（3）當0≤v≤時，0≤FN≤mg，且速度v越大，FN越小；
（4）當v>時，汽車將脫離橋面，將在最高點做平拋運動，即所謂的“飛車”。 最高點(超重)：FN＝G+mv2/R可知：
（1）當v=0時，即汽車靜止在最高點，FN=G；
（2）當汽車的速度v≠0時，FN>mg，且速度v越大，FN越大。

【模型演練1】（2021·江蘇省揚州市高三上學期1月月考）如圖所示是游樂場里的過山車，過山車運動過程中經過A、B兩點（　　）

A. 在A點時對軌道壓力較小 B. 在A點時所受摩擦力較大
C. 在B點時所受向心力較大 D. B點時合外力方向豎直向下
【答案】B
【解析】A．由向心力公式

解得 ，在A點時對軌道壓力最大，A錯誤；
B．摩擦力為 ，則
在A點時所受摩擦力較大，B正確；
C．向心力為
所以 ，在A點時所受向心力較大，C錯誤；D．在B點人受豎直向下的重力，豎直向下的彈力，水平方向的摩擦力，合力的方向斜向下，D錯誤。故選B。
【模型演練2】（2021·黑龍江哈爾濱三中高三上學期11月期中）如圖所示，當汽車通過拱橋頂點的速度為10m/s時，車對橋的壓力為車重的，g取10m/s2，拱橋的半徑為（　　）

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