垂直面的圓周運動，求時間與高度的關係？

01-03

孩子讀高三，問了一個看起來簡單的問題，把我問倒了，求助。
一個物體沿垂直面的圓環做圓周運動，從圓環底部，在時間t0以初速度為V0做垂直面的圓周運動，圓環半徑為R，求物體距圓環底部的高度h與時間t、物體的運動速度V三者之間的關係。
把我難住了。高度h與在那個點的速度Vt的關係我能求，一摻雜了時間，就不會了，求助。

補充一下，有三種情況，一是物體向上運動少於90度，會沿圓環返回；二是超過90度但又不能到達頂點，則會是圓周運動之後接拋物線運動；三是完整的圓周運動。三種情況可能有不同的結果？我不知道

如果是高中作業題，那我認為是題目出錯了，不論是速度還是高度，隨時間的表達式都是無法用初等函數表示的，即使要求出具體數值，那也需要藉助計算機來求解。如果是出於興趣的提問，我覺得挺好的，不拘泥於書本的知識，想要有所拓展。

既然不拘泥了，那下面就來胡扯一番，說說我從這個問題能想到些什麼

首先受力分析，從徑向和切向兩個方面來列方程：

$left{egin{array}{l}N-mgcos heta=(dfrac{d heta}{dt})^2mR\[0.75em]-mgsin heta=mRdfrac{d^2 heta}{dt^2}end{array} ight.cdots(1)$

尤其是，我們主要關心第二個方程（當然第一個方程也是有用的，後面會看到）。如果從第二個方程解出了角度與時間的關係，那麼速度和高度都容易計算出來了

好了，剩下的問題是，怎麼解？基本上，能手動求解的微分方程都是線性的，這種非線性還帶三角函數的微分方程，手工求解是困難的。所以要得到初等的解析表達式是不可能的。

雖然手工求解不可能，我們還是可以做一點簡單分析。

1. 小角度：單擺

如果初始的速度很小，那麼可以想見，物體就會沿著圓環底部來回運動。物體運動的幅度很小，那麼對應的角度 $heta$ 也就很小。在小角度下，有：

$sin hetaapprox heta$

於是我們求解的微分方程就變成了

$Rfrac{d^2 heta}{dt^2}+g heta=0$

這個方程很好求解，即使是高中生也應該能看出來，這個方程代表「有一個回復力大小與位移成正比」，所以這就是個簡諧振動——這就是個單擺嘛！

利用初始條件解得到：

$heta=frac{v_0}{sqrt{gR}}sin(sqrt{frac{g}{R}}t)$

這個簡諧振動的周期是

$T=2pisqrt{frac{R}{g}}$

周期和初始速度無關，也和物體的質量無關——這正是單擺的性質

這個「小角度」到底有多大適用範圍？到後面再詳細討論。

2. 什麼情況下會脫離？

題主已經提出了這種可能性，物體會脫離這個圓環。那麼什麼時候會脫離呢？這個容易想到，就是在徑向支持力為0的時候。從上面的方程可以寫出徑向支持力的表達式：

$N=mgcos heta+mR(frac{d heta}{dt})^2cdots(2)$

但是現在角度的表達式還沒有求出來，角度的導數也不知道，怎麼算呢？

這裡我們要用到另一個等式。根據能量守恆，我們可以列出這樣一個式子：

$frac{1}{2}mv_0^2=frac{1}{2}m(Rfrac{d heta}{dt})^2+mgR(1-cos heta)cdots(3)$

把(3)代入(2)，我們可以得到：

$N=frac{mv_0^2}{R}-mg(2-3cos heta)$

在物體將要脫離圓環的臨界情況，N=0，代入上式得到（對於臨界情況這裡用下標 c 表示）：

$cos heta_c=frac{2}{3}-frac{v_0^2}{3gR}cdots(4)$

於是對於每一個初始速度 v0，都可以算出物體在什麼時候會脫離圓環——但是！還有一個地方沒有考慮到！那就是，依靠這個初始速度，物體能不能到達脫離圓環的那個點呢？從能量守恆(3)式可以看出，令等號右邊第一項為 0（也就是令動能為 0，全部轉化為勢能），那麼物體能到達的最高位置對應的角度為（用下標 m 表示）：

$cos heta_m=1-frac{v_0^2}{2gR}cdots(5)$

要發生脫離，那麼必須 $heta_mge heta_c$ 也就是 $cos heta_mlecos heta_c$ ，聯合(4)和(5)兩個式子就有：

$v_0gesqrt{2gR}$

另一方面，還有 $cos heta_cge-1$ ，代入(4)，有

$v_0lesqrt{5gR}$

綜上，只要初始速度範圍在 $sqrt{2gR}le v_0lesqrt{5gR}$ ，那麼就一定會發生脫離，脫離發生的位置可以根據(4)進行計算

如果速度小，物體會沿著圓環來回運動；如果速度大，物體會始終沿著圓環做圓周運動。

3. 非初等函數的表達式

經過上面兩步的分析，我們對於這個物體的運動有一個大致的了解了。如果非要追根究底，(1)式的積分結果是什麼，那就非要用一些「奇奇怪怪」的函數來表示了，比如：

$heta=2, J!A!left(frac{ v_0}{2 R}t, frac{4 g R}{v_0^2} ight)$

這裡 JA 代表雅科比橢圓函數（Jacobi elliptic functions）的模（Jacobi Amplitude），定義為第一類不完全橢圓積分（Elliptic integral）的反函數。關於橢圓函數的具體推導，可以參見 @cloak shining 的回答，步驟非常詳細！

畫幾個圖吧（以下幾個圖中，藍線代表高度，綠線代表速度，黃線代表圓環對物體的徑向支持力）。我有意調整了參數，使得在小角度下物體運動的周期正好是 1 秒，下面不同的圖可以看到運動幅度大小對周期的影響

第一幅是小角度的情況，初始速度很小，物體的運動範圍也很小。運動基本上是個簡諧振動（各種曲線都是正弦餘弦），周期差不多就是 1 秒

然後初始速度加快，雖然看起來仍然像是簡諧振動，但周期已經變長了

下面是臨界情況之一，物體剛好將要脫離圓環，又滑動回來了。這是題主所提到的第一種情況（來回滑動）的極限，初速度再快的話就進入第二種情況（脫離圓環）了。注意看黃線的底端已經到 0，並且形狀也已經偏離正弦餘弦曲線了：

下面是臨界情況之二。這是題主提到的第三種情況（持續圓周運動）的極限，初始速度再慢的話物體就會在到圓環頂點之前脫落。黃線的底端已經到0了：

初速度更快的話：

4. 相圖

研究微分方程的趁(zhuang)手(bi)利器！不多說，直接上圖吧

橫軸是角度，縱軸是角速度。

當然，上下兩條黑線之間與中間黑圈外面的這一片區域是屬於第二種情況（物體會脫離圓環），因此這一片區域的相圖是需要另外考慮的。中間黑圈裡面是第一種情況（物體會來回運動），上下兩條黑線之外是第三種情況（物體會做圓周運動）

我會告訴你其實畫相圖比求解微分方程容易多了嗎！

5. 單擺「小角度」適用範圍

既然現在已經可以用數值方法求解角度了，那麼就可以回答開頭提出的問題：單擺的「小角度」到底有多大的適用範圍？

把單擺的實際周期與理論周期相比，畫在一張圖上

橫軸是擺動的幅度，也就是擺動的最大角度，縱軸是實際的周期與理論周期的比值

可以看出，即使擺動幅度達到 90 度，實際周期比理論周期也只大了不到 20%，如果擺動幅度控制在 5 度以內，那麼實際周期比理論周期只大了不到 0.5%

所以說，物理課本上有「單擺實驗擺動角度小於 5 度」這樣的說法，這是有依據的。

受到第二個答主的啟發，用微分方程建立高度h，速度V，角度theta三者與時間的關係然後使用一階近似把sine函數里的V拉出來與二次方程融合求解

先解出速度，角度與高度便相應解出。這樣也只用到了差分方程並未用到微積分適合高中物理階段的知識。做了一階近似的後果是能量不守恆了，但是前幾個周期可以近似反映出物體的運動軌跡。要更精確的結果需要對sine函數的高階近似，但是也要求解一元高次方程所以難度加大。

以下給出了我自己寫的一段程序模擬的一個例子。

g = 9.8m/s^2

圓半徑R = 9.8m

初速度V0 = 20m/s

最後既然題主說了是圓周運動我就只假設了能夠繞圓周完成一圈的運動，並未設想後兩種情況，願題主諒解但是後兩種情況也可用差分方程類似方法求解。

三種情況沒錯：

一是物體向上運動少於90度，會沿圓環返回；

二是超過90度但又不能到達頂點，則會是圓周運動之後接拋物線運動；

三是完整的圓周運動。

第一種：假設物體恰運動到90度的位置，用能量守恆列方程，可以得出臨界速度 $sqrt{2gR}$ ，初速度 $v_0 leq sqrt{2gR}$ 即進入此狀態。

第三種：與一類似，可以用能量守恆算出臨界速度 $sqrt{5gR}$ ，初速度 $v_0geqsqrt{5gR}$ 即進入此狀態。

第二種：若初速度滿足 $sqrt{2gR}<v_0<sqrt{5gR}$ ，則進入第二種狀態。

對於第二種狀態，可以用臨界狀態時支持力為0（從而重力的分力提供向心力）+能量守恆算出小球在何處離開圓環。之後即做拋物線運動，這個您家孩子應該會算。

剩下的關鍵就是求小球在圓環上運動時的時間-弧度關係。

先下結論：令參數 $k=frac{v_0^2}{gR}$ ，僅當 $k=4$ 時具有初等形式的解析解，其餘情況只能用橢圓積分表示（亦即，無法表示成基本初等函數有限次進行四則運算和複合的結果）。

具體而言，時間與小球走過弧度的代數關係如下：

$t_ heta = egin{cases} sqrt{frac{R}{2g}}mathrm{F}(arcsin(frac{sin heta/2}{sqrt{k/4}}),frac{sqrt{k}}{2}) ,0 leq k < 4\ sqrt{frac{2R}{kg}}ln|sec u + an u|Big|_0^{ heta/2} ,k=4\ sqrt{frac{2R}{kg}}mathrm{F}(frac{ heta}{2} , frac{2}{sqrt{k}}) ,k>4<br /> end{cases}$ ，其中函數 $mathrm{F}$ 表示第一類不完全橢圓積分。

再說怎麼做：解微分方程（目前最高票的答案就是把這個用微元法寫出來了而已）。

首先用能量守恆算出小球位於任意角度 $heta_t$ （是指和豎直方向的夾角，初始時 $heta_0=0$ ，注意到 $heta$ 是 $t$ 的函數，所以加了下標 $t$ ）時的速度： $frac{1}{2}mv_0^2 = frac{1}{2}mv_t^2 + mgR(1-cos heta_t)$ ，

解得： $v_t = sqrt{v_0^2-2gR(1-cos heta_t)} = sqrt{(v_0^2-2gR)+2gRcos heta_t}$ ，

於是小球通過弧長 $mathrm{d} heta$ 所需的時間為： $mathrm{d}t = frac{mathrm{d} heta}{omega_t} = frac{Rmathrm{d} heta}{v_t} = frac{Rmathrm{d} heta}{sqrt{(v_0^2-2gR)+2gRcos heta_t}}$

（注意下一步會反過來，把時間 $t$ 看成角度 $heta$ 的函數，因此給 $t$ 加下標寫作 $t_{ heta}$ ， $heta$ 的下標則去掉。反過來的目的主要是方便證明此題目「無初等形式的解」。）

兩邊積分得： $t_{ heta} = int_0^{t_{ heta}} mathrm{d}t = int_0^{ heta}frac{Rmathrm{d} heta}{sqrt{(v_0^2-2gR)+2gRcos heta}}$ 。

這就是時間 $t$ 與小球所在位置 $heta$ 的關係。

好吧，我們接著往下算。為方便計算，令 $k=frac{v_0^2}{gR}$ ，得：

$egin{eqnarray} t_{ heta} = int_0^{ heta}frac{Rmathrm{d} heta}{sqrt{(kgR-2gR)+2gRcos heta}} \ = sqrt{frac{R}{g}}int_0^{ heta}frac{mathrm{d} heta}{sqrt{(k-2)+2cos heta}} \ = sqrt{frac{R}{g}}int_0^{ heta}frac{mathrm{d} heta}{sqrt{k+2(cos heta-1)}} \ = sqrt{frac{R}{g}}int_0^{ heta}frac{mathrm{d} heta}{sqrt{k-4sin^2 frac{ heta}{2}}} \ = sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{ heta}frac{mathrm{d}frac{ heta}{2}}{sqrt{1-frac{4}{k}sin^2 frac{ heta}{2}}} \ overset{u= heta/2}{=joinrel=joinrel=} sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{ heta/2}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-frac{4}{k}sin^2 u}} \ end{eqnarray}$

故：

$t_ heta = egin{cases} ext{to be continued} ,0 leq k < 4\ sqrt{frac{2R}{kg}}ln|sec u + an u|Big|_0^{ heta/2} ,k=4\ sqrt{frac{2R}{kg}}mathrm{F}(frac{ heta}{2} , frac{2}{sqrt{k}}) ,k>4<br /> end{cases}$

（1）對 $0leq k < 4$ 的情形，這裡還看不出端倪，後面接著化簡。

（2）對 $k=4$ 的情形，可算出解析解，不過形式並不簡單。

（3）對 $k>4$ 的情形，右邊是大名鼎鼎的橢圓積分Elliptic integral（準確地說是第一類不完全橢圓積分），沒有初等形式的解。實際應用中可查閱橢圓函數表。

對於 $0leq k < 4$ 的情形，繼續計算：

$egin{eqnarray} t_{ heta} = sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{ heta/2}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-frac{4}{k}sin^2 u}} \ overset{sin^2u_0=k/4}{=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=} sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{ heta/2}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-frac{4}{k}sin^2 u}} \ = sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{ heta/2}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-frac{sin^2 u}{sin^2 u_0}}} \ overset{sin varphi=frac{sin u}{sin u_0}}{underset{frac{mathrm{d}u}{mathrm{d}varphi}=frac{sin u_0cosvarphi}{sqrt{1-sin^2u_0sin^2varphi}}}{=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=joinrel=}} sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{arcsin(frac{sin heta/2}{sin u_0})} frac{1}{sqrt{1-sin^2varphi}}frac{sin u_0cosvarphi}{sqrt{1-sin^2u_0sin^2varphi}}mathrm{d}varphi \ end{eqnarray}$

$egin{eqnarray} = sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{arcsin(frac{sin heta/2}{sin u_0})} frac{sin u_0}{sqrt{1-sin^2u_0sin^2varphi}}mathrm{d}varphi \ = sin u_0sqrt{frac{2R}{kg}}int_0^{arcsin(frac{sin heta/2}{sin u_0})} frac{1}{sqrt{1-sin^2u_0sin^2varphi}}mathrm{d}varphi \ = sqrt{frac{R}{2g}}int_0^{arcsin(frac{sin heta/2}{sqrt{k/4}})} frac{1}{sqrt{1-frac{k}{4}sin^2varphi}}mathrm{d}varphi \ end{eqnarray}$ ，

可見此時結果仍為第一類橢圓積分，求解可查閱橢圓積分表。（知乎的TeX編輯器告訴我equations too long，暈……於是後幾行推導實際上是另一組LaTeX公式，跟前幾個等號沒對齊別怪我）。

將全部結果匯總如下，即得：

當然，在使用的時候要注意定義域，比如小球在第二種情況下會在某個位置脫離圓形軌道，弧度 $heta$ 的定義域僅僅在小球脫離軌道之前。

答這道題前前後後花了至少20h……其實我就是想起了當年自己的影子。當年我推單擺周期的時候沒人給我講微分方程和橢圓積分啊！！！

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怎麼用LaTeX輸入長等號？（知乎的LaTeX編輯器好像不支持usepackage{extarrows}中的xlongequal）

答：感謝 @Wei Zhu的補充。

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哪有你們說的那麼麻煩！！！

換個坐標系就好了啊~

就算了下能滿足完整一圈的條件，高中的題目，要不要你們這麼複雜~~不滿足一圈的，討論討論就好了。

然後我是用simulink搭了下，直接給結果吧，解析解留給上面的~

好了，接著做實驗了...

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考慮下能量守恆，高度-勢能，速度-動能。over

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考慮迭代吧，微分方程差分的思想。第一秒時候的速度會影響第二秒時候的高度，第二秒時候的高度又影響第二秒時候的速度，第二秒時候的速度又接著影響第三秒時候的高度。

懶得寫公式了，上課去...再不行晚上回來看...

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可以用保守系統的拉格朗日方程來求解。高中就不知道了用什麼方法了……

你確定你沒看錯題？這明顯超綱啊。

首先說明條件是考慮重力和無摩擦，物體在圓環內部。這個問題是非常複雜的，的確存在三種情況

小於90o

大於90o

完整的圓周運動

如果要想求出做三種運動的條件，比較簡單。

運用機械能守恆和牛頓第二定律考慮重力與支持力提供向心力列出運動方程即可聯立求得做三種運動v0的條件，兩個臨界值。高中知識

如果要想求出物體與圓心連線角度或者高度等物理量關於時間的表達式，是幾乎不可能的。這個問題是非線性問題，找不到初等形式的解析解，就是說找不到一個數學上準確的表達式。只有兩種辦法，漸進解和數值模擬。基本要大學才能接觸到。

最直接的方法是列出徑向和切向的牛頓第二定律，最後化簡為一個常微分方程。這個常微分方程是一個非線性方程，其中有正弦函數，是超越的，無法求解。當角度小於90o，這個運動是和單擺一樣的。當角度較小，正弦函數可以用線性函數代替（泰勒展開取一項），這時方程近似為線性方程，解為三角函數（所謂單擺的等時性就是基於此種近似）。當角度較大，泰勒展開就要取更多項，方程還是非線性，有很多非線性數學方法可以求近似（漸進）解，這時方程做了簡化，求解又做了近似。至於後兩種情況就更複雜了。

對於高中生只需通過數值模擬結果取得定性的認識。細緻的求解涉及非線性數學等知識，需要較高的數學基礎。

用機械能守恆在加上圓周運動的知識，高中生做這個應該不是很難啊，怎麼都說的這麼複雜呢

看答案實在是夠了，高中的題目而已，搞那麼複雜。只要把速度轉換為角速度，從角速度的角度考慮，計算向心力和重力，分三種情況很容易計算