圆周运动分析

物体沿圆弧外侧轨道运动问题的讨论
黎宗传
本文将涉及物体沿竖直平面内的圆弧外侧轨道运动的情形，对此类圆周运动的特点、有关习题的解法和命题要求加以研讨．
一、探究此类圆周运动的几个特点
图1
如图1所示，一光滑圆弧外侧轨道ＡＣＢ固定于竖直平面内，轨道半径为Ｒ．有一小物体（其厚度不
计）从轨道顶部C以水平初速度ｖＣ沿圆弧轨道下滑一段圆弧长（路程）．对此类非匀速圆周运动的有关特点讨论如下（不计空气阻力）：
1．速度ｖＣ的取值范围
若物体在顶部的水平速度ｖＣ太大，它将脱离轨道而做平抛运动．那么，要使它能沿圆弧轨道下滑一段路程，其速度ｖＣ的大小必有一定限制．
设物体位于轨道顶部时恰为即将脱离圆弧轨道的临界状态，相应的速度ｖＣ‘即为临界速度，此时轨道顶部对物体的支持力恰好为零，故只有其重力ｍｇ提供向心力，据牛顿第二定律可得
ｍｇ＝ｍｖＣ’２／Ｒ，
解得ｖＣ‘＝．
可见，为使物体能沿圆弧轨道（不脱离）下滑一段路程，它在轨道顶部的速度ｖＣ的取值范围是
0≤ｖＣ＜．①
2．物体沿圆弧轨道下滑的最大速度ｖｍ和相应的竖直高度ｈ
（1）一般情形，依①式0＜ｖＣ＜．
图2
设物体沿圆弧轨道下滑至Ｄ点时恰为即将脱离轨道的临界状态，其临界速度即为下滑时圆周运动达到
的最大速度ｖｍ．设Ｄ点相应的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，如图2所示．此时轨道对物体的支持力恰好减为零，故只有其重力ｍｇ沿半径的分力提供向心力，可得
ｍｇｃｏｓθ＝ｍ（ｖｍ2／Ｒ）．②
依机械能守恒定律可得
（1／2）ｍｖｍ2＝（1／2）ｍｖＣ2＋ｍｇｈ．③
据有关数学知识易得（见图2）
ｃｏｓθ＝（Ｒ－ｈ）／Ｒ，④
联立②、③、④式求解可得，物体沿轨道下滑的最大速度为
ｖｍ＝．⑤
或ｖｍ＝．⑥
由⑤、⑥两式消去ｖｍ可得，物体下滑的竖直高度为
ｈ＝（1／3）［Ｒ－（ｖＣ2／ｇ）］．⑦
（2）特殊情形，依①式ｖＣ＝0（因物体在轨道顶部属不稳平衡，它易受微扰而由静止开始下滑）． 若将物体沿轨道下滑的最大速度和竖直高度分别用ｖｍ’和ｈ‘表示，那么，当ｖＣ＝0时，由⑤式可得ｖｍ’＝，⑧
由⑦式可得ｈ‘＝（1／3）Ｒ．⑨
比较⑤、⑧两式易知ｖｍ＞ｖｍ’，
比较⑦、⑨两式易知ｈ＜ｈ‘．
关于上述运动的逆过程，即物体以某一初速度沿圆弧外侧轨道上滑至顶部的运动，其特点可参照领悟． 二、纠正此类圆周运动的题解谬误
图3
例1如图3所示，一固定于竖直平面内的圆弧形外侧轨道，其半径为Ｒ，高度为ｈ且足够小．有一
小球（球径可忽略）从轨道底部冲上弧面，若不计摩擦和空气阻力，欲使小球能通过轨道顶部且不脱离轨道弧面，试求小球在轨道底端时的最大速度．
图4
常见解答设小球通过圆弧轨道顶部时的速度为ｖ，它在此处受两个外力作用，即重力ｍｇ和支持力N，如图4所示．据牛顿第二定律可得
ｍｇ－Ｎ＝ｍ（ｖ2／Ｒ），
∴ｖ＝．（10）
若小球到达顶部时恰好为即将脱离轨道的临界态，此时支持力N减为零，由（10）式可知，当Ｎ＝0时，速度ｖ达到最大，用ｖ’表示，即
ｖ‘＝．（11）
ｖ’就是小球通过圆弧轨道顶部时的临界速度，它与小球不脱离弧面而在轨道底端的最大速度ｖｍ对应，那么，由机械能守恒定律可得
（1／2）ｍｖｍ2＝（1／2）ｍｖ‘２＋ｍｇｈ．（12）
将（11）式代入（12）式可得
ｖｍ＝．（13）
上述解答似乎顺理成章，其实已陷入谬误．现鉴别如下：
（1）定性鉴别
若依上述解答，取小球到达轨道最高点时为临界状态，且得出此处的临界速度ｖ’＝，即（11）式．显然因ｖ‘超出上述取值范围，无论ｖ的方向水平向右或向左，小球均不可能沿圆弧轨道下滑，而是以ｖ’为初速向右或向左做平抛运动．而平抛运动的逆过程应为斜上抛运动的上升阶段，由此推知要使小球在轨道顶部获得临界速度ｖ‘，它不可能以某一初速沿圆弧轨道上滑．可见，上述解答与题意相悖．
（2）定量鉴别
图5
设小球沿左侧圆弧轨道上滑过程到达某点Ｐ的速度为ｖ１，此处所受轨道的支持力为Ｎ１，相应的轨道
半径与竖直方向的夹角为θ１，如图5所示．小球至Ｐ点时所受向心力应为重力ｍｇ沿半径的分力与支持力Ｎ１的合力，可得
ｍｇｃｏｓθ１－Ｎ１＝ｍ（ｖ１2／Ｒ），
解得ｖ１＝＝．（14）
比较（11）、（14）两式可知，ｖ’＞ｖ１．由此推得小球到达轨道顶部的机械能大于在Ｐ点的机械能，
这显然违背机械能守恒定律，因而上述解答是错误的．错误的原因是，随意选择了小球到达轨道顶部时为即将脱离轨道的临界状态．
正确解答小球从底端沿轨道上滑至顶部的过程，可看作是从顶部沿轨道下滑的逆过程．据以上述及
其此类圆周运动的特点可推知，小球从最大初速度ｖｍ沿轨道上滑时，在高度ｈ足够小的情形下（这是合理的模糊表述，具体地说，ｈ应满足⑦式），它到到达顶部的速度ｖＣ必然大于零而又小于该处的临界速度．因此，小球上滑的最大初速度ｖｍ正好等于它从顶部以速度ｖＣ开始沿轨道下滑所达到的最大速度（即脱离轨道时的速度），只是方向相反而已．
如此从逆过程考虑，对于小球以最大初速度ｖｍ沿圆弧轨道上滑至顶部的过程，同理可列出上述方程②、
③、④式，联立求解此三方程，同样得出⑥式，即所求的最大速度为
ｖｍ＝．（15）
若按常见解答的结果，即为（13）式：
ｖｍ＝．
因该值偏大（与（15）式对比），小球不可能沿轨道上滑至顶部，它一定将脱离轨道做斜上抛运动． 顺便补充一点，同样依方程②、③、④式，还可求出与小球在轨道底端的最大速度ｖｍ相对应的到达顶部的速度ｖＣ，即得：
ｖＣ＝．
而前面已导出小球在顶部的临界速度ｖＣ‘＝，可见ｖＣ＜ｖＣ’，这是合理的（满足①式）． 三、剖析此类圆周运动的命题疏忽
例2如图6所示，一个厚度可不计的小物体，从固定于竖直平面内的圆弧外侧轨道底端沿轨道上滑
至顶部．已知轨道底端相应的半径与竖直方向的夹角θ＝60°，忽略摩擦和空气阻力，试求物体在轨道底端时的最小初速度．
图6
图7
一般解答若物体到达轨道顶部时速度恰好减为零，相应其在底端的速度ｖ则为最小．设该轨道的竖
直高度为ｈ，如图7所示．那么，由机械能守恒定律易得
（1／2）ｍｖ2＝ｍｇｈ，16
而依图7可得
ｈ＝Ｒ－Ｒｃｏｓθ，
即ｈ＝Ｒ（1－ｃｏｓ60°）．（17）
将（17）式代入（16）式可得所求的最小速度为
ｖ＝．（18）
上述例2的解答，就解题方法而言，可谓无懈可击，但此例的命题却存在严重的疏忽，即题意中的θ＝60°是不当的，且造成最后答案，即（18）式不切实际．可鉴别如下：
鉴别一依向心力表达式Ｆｎ＝ｍｖ2／Ｒ，将（18）式代入可得
Ｆｎ＝ｍ（）2／Ｒ＝ｍｇ．
而物体沿圆弧轨道的一侧运动时所受的向心力Ｆｎ不可能等于其自身重力ｍｇ（至轨道顶部除外），可见，此例的命题定有失误．
鉴别二物体以某一初速度沿圆弧外侧轨道上滑，到达顶部时速度恰好减为零，这一过程可以看作是
物体从轨道顶部由静止开始沿轨道下滑的逆过程．于是，物体上滑的初速度应等于其沿轨道下滑过程所达到的最大速度（临界速度），且上滑的竖直高度ｈ等于其下滑的竖直高度ｈ‘（见上述特殊情形下导出的⑨式），即
ｈ＝ｈ’＝（1／3）Ｒ．（19）
从图7可知ｃｏｓθ＝（Ｒ－ｈ）／Ｒ．（20）
由（19）、（20）两式可得
ｃｏｓθ＝（Ｒ－Ｒ／3）／Ｒ＝2／3，
∴θ＝48°12．
依前述“特点”，ｈ＝（1／3）Ｒ应为此例中物体沿圆弧轨道上滑所允许的最大高度，相应于θ＝48°12
则为允许的最大偏角．由此可推知θ角的取值范围应为
0°＜θ≤48°12′
而依例2题意θ＝60°，这明显超出其取值范围．故实际上物体将不可能沿圆弧轨道滑至顶部，定将
脱离轨道．可见，此例的命题自相矛盾．若此例的θ角不给出数据，而是说明θ角足够小，这种模糊表述将是合理的．
再回顾例1，如果题意尚未说明圆弧轨道的高度ｈ足够小，那么，其命题也是欠妥的．
前面阐明了物体沿圆弧外侧轨道所做圆周运动的有关特点，并借助逆向思维，简捷地揭示了上述例1
的题解和例2的命题中存在的甚为隐蔽的问题，且对其错误和疏忽各自加以鉴别和斧正，使我们能引以为戒，并从中得到启迪．。