2024版高三物理培優——模型與方法專題09豎直面內的圓周運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u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 29一．一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：vFvFFτFn，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。vvFFτFn，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＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)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/rF低=mg+mv低2/r，向上拉力F低-mg=mv低2/rF低=mg+mv低2/r，向上拉力最高點彈力過最高點時，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產生彈力FN＝meq\f(v2,r)-mg向下壓力(1)當v＝0時，FN＝mg，FN為向上支持力(2)當0＜v＜eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN向上支持力，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，FN＝0(4)當v＞eq\r(gr)時，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，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】（2023·山東·模擬預測）如圖所示，兩個圓弧軌道豎直固定在水平地面上，半徑均為R，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成（圓管內徑遠小于R），均可視為光滑軌道。在兩軌道右端的正上方分別將金屬小球A和B（直徑略小于圓管內徑）由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用和表示，兩小球均可視為質點，下列說法中正確的是（）A．若，兩小球都能沿軌道運動到軌道最高點B．若，兩小球沿軌道上升的最大高度均為RC．適當調整和，均可使兩小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處D．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，的最小值為，B小球在的任何高度釋放均可【答案】BD【詳解】AD．B軌道是雙軌模型，到達最高點的最小速度為零。即若時，B球能沿軌道運動到最高點；若A小球恰好運動到最高點，則有解得可知，若小球A能夠到達最高點，需要選項A錯誤，D正確；B．若，根據機械能守恒定律可知，兩小球沿軌道上升的最大高度均為R，不超過過圓心的水平線，選項B正確；C．B小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口，則有對B球有解得對A球，從最高點射出時最小速度為此時根據解得則無論如何調節hA都不可能使A小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，選項C錯誤；故選BD。【模型演練2】．（2023·河北滄州·滄縣中學校考模擬預測）一不可伸長的輕繩上端懸掛于點，另一端系有質量為的小球，保持繩繃直將小球拉到繩與豎直方向夾角為的點由靜止釋放，運動到點的正下方時繩斷開，小球做平拋運動，已知點離地高度為，繩長為，重力加速度大小為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．在繩斷開前，小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．在繩斷開前瞬間，小球處于失重狀態C．在繩斷開前瞬間，小球所受繩子的拉力大小為D．若夾角不變，當時，落點距起點的水平距離最遠【答案】CD【詳解】A．在繩斷開前，小球在豎直平面內做圓周運動，小球只受重力和繩的拉力作用，故A錯誤；B．在繩斷開前瞬間，小球加速度方向豎直向上，處于超重狀態，故B錯誤；C．在繩斷開前瞬間，設小球受繩子拉力為，根據牛頓第二定律可得質量為的小球由靜止開始，運動到點正下方過程中機械能守恒，則有聯立解得故C正確；D．繩斷開后，小球做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則有在豎直方向上做自由落體運動，則有聯立解得根據基本不等式可知，當即時，落點距起點的水平距離最遠，故D正確。故選CD。【模型演練3】．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，被鎖定在墻邊的壓縮彈簧右端與質量為0.2kg、靜止于A點的滑塊P接觸但不粘連，滑塊P所在光滑水平軌道與半徑為0.8m的光滑半圓軌道平滑連接于B點，壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為2.8J，重力加速度取10m/s2，現將彈簧解除鎖定，滑塊P被彈簧彈出，脫離彈簧后沖上半圓軌道的過程中（）A．可以到達半圓軌道最高點DB．經過B點時對半圓軌道的壓力大小為9NC．不能到達最高點D，滑塊P能到達的最大高度為1.35mD．可以通過C點且在CD之間某位置脫離軌道，脫離時的速度大小為2.2m/s【答案】BC【詳解】A．設滑塊P恰能通過最高點D，則有解得則滑塊P從B點到D點，根據動能定理有解得滑塊在B點的動能為所以滑塊不能到達半圓軌道最高點D，故A錯誤；B．滑塊經過B點時的速度大小為vB，根據功能關系可得在B點根據牛頓第二定律可得聯立解得根據牛頓第三定律可知對半圓軌道的壓力大小為9N，故B正確；CD．滑塊在C點的重力勢能為則滑塊可以通過C點且在CD之間某位置脫離軌道，此時的速度大小為v根據功能關系可得根據牛頓第二定律可得聯立解得，滑塊離開軌道后做斜上拋運動根據功能關系可得解得滑塊P能到達的最大高度為故C正確，D錯誤。故選BC。【模型演練4】．（2023·河南安陽·安陽一中校考模擬預測）如圖甲所示，若有人在某星球上用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時速度大小為v，繩對小球的拉力為T，其圖像如圖乙所示，則下列選項正確的是（）A．輕質繩長為B．當地的重力加速度為C．當時，輕質繩的拉力大小為D．只要，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a【答案】BD【詳解】A．在最高點時，繩對小球的拉力和重力的合力提供向心力，則有得由圖像知，時，。圖像的斜率則有解得繩長A錯誤；B．當時，，代入得得B正確；C．當時，代入解得C錯誤；D．由圖知只要，在最高點繩子的拉力大于0，根據牛頓第二定律知，在最高點有在最低點有從最高點到最低點的過程中，根據機械能守恒定律得聯立解得即小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為，D正確。故選BD。【模型演練5】．（2023春·山東濟南·高三統考階段練習）如圖所示，長為L的輕繩一端固定在O點，另一端固定一小球（可看成質點），現使小球在最低點獲得的水平初速度，取重力加速度為g，在此后的運動過程中，下列說法正確的是（

）A．輕繩第一次剛好松弛時，輕繩與豎直向上方向夾角的余弦值為B．輕繩第一次剛好松弛時，輕繩與豎直向上方向夾角的余弦值為C．小球第一次運動到最高點時與O點的高度差為D．小球第一次運動到最高點時與O點的高度差為【答案】BC【詳解】AB．小球以初速度繞O點做圓周運動，當輕繩第一次剛好松弛時，繩的拉力為零，設此時的速度大小為，輕繩與豎直向上方向夾角為，如圖所示由徑向合力提供向心力，有由動能定理有聯立解得，故A錯誤，B正確；CD．繩子松弛后，小球只受重力，以速度做斜上拋運動，豎直向上做勻減速直線運動，當小球到達最高點時豎直方向的速度減為零，有而則小球第一次運動到最高點時與O點的高度差為故C正確，D錯誤。故選BC。【模型演練6】．（2022·全國·高三專題練習）如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，管道半徑為R，小球直徑略小于管徑（管徑遠小于R），則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）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vmin＝0C．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無作用力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】BC【詳解】AB．小球沿管道上升到最高點時的速度可以為0，故A錯誤，B正確；C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力FN與小球重力在背離圓心方向的分力F的合力提供向心力，即因此，外側管壁一定對球有作用力，而內側管壁無作用力，故C正確；D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，當只有重力提供向心力時，外側管壁對小球無作用力，故D錯誤。故選BC。【模型演練7】．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，一輕繩系一小球豎直懸掛在O點，現保持繩處于拉直狀態，將小球拉至與O等高的A點，由靜止自由釋放小球。球運動過程中經過C點時，繩與豎直方向的夾角為，以下判斷正確的是（）A．小球下擺到最低點的過程中，重力平均功率為0B．小球運動至C點時，其加速度大小為C．小球運動至C點時，輕繩對小球的拉力大小D．若小球經過C點時重力功率最大，則【答案】CD【詳解】A．下落的過程中，重力做功不等于0，根據可知重力的平均功率不為0，A錯誤；B．小球運動至C點時，對小球分析可知，其切向有解得切向加速度大小為小球做圓周運動，沿半徑方向還具有向心加速度，因此小球運動至C點時，其加速度大小必定大于，B錯誤；C．設繩長為l，根據機械能守恒，解得C正確；D．重力功率最大時，小球在豎直方向的分速度應該達到最大值，可知此時豎直方向合力為0，因此解得D正確。故選CD。【模型演練8】．（2023·高三課時練習）如圖所示，輕繩的上端系于天花板上的O點，下端系有一只小球。將小球拉離平衡位置一個角度后無初速釋放。當繩擺到豎直位置時，與釘在O點正下方P的釘子相碰。在繩與釘子相碰瞬間，以下判斷正確的是（）A．小球的線速度突然增大 B．小球的角速度突然增大C．小球的向心加速度突然減小 D．小球所受拉力突然增大【答案】BD【詳解】A．繩碰釘瞬間，球受的重力和拉力都在豎直方向，與速度方向垂直，因此不改變速度大小，即線速度不變，故A錯誤；B．該瞬間球做圓周運動的半徑突然變小，根據可知，v不變，r變小，則突然增大，故B正確；C．根據可知，v不變，r變小，則a突然增大，故C錯誤；D．此時根據牛頓第二定律有可知r變小，則F突然增大，故D正確。故選BD。【模型演練9】．（2023·湖北·模擬預測）有一種被稱為“魔力陀螺”的玩具如圖甲所示，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，它可等效為一質點在圓軌道外側運動模型，如圖乙所示。在豎直平面內固定的強磁性圓軌道半徑為，A、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，受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心且大小恒為，當質點以速率通過A點時，對軌道的壓力為其重力的7倍，不計摩擦和空氣阻力，質點質量為，重力加速度為，則（）

A．強磁性引力的大小B．質點在點對軌道的壓力小于在點對軌道的壓力C．只要質點能做完整的圓周運動，則質點對A、兩點的壓力差恒為D．若強磁性引力大小為,為確保質點做完整的圓周運動，則質點通過點的最大速率為【答案】ACD【詳解】A．在A點，對質點，由牛頓第二定律有根據牛頓第三定律有解得故A正確；BCD．質點能完成圓周運動，在A點根據牛頓第二定律有根據牛頓第三定律有在B點，根據牛頓第二定律有根據牛頓第三定律有從A點到B點過程，根據動能定理解得若磁性引力大小恒為F，在B點，根據牛頓第二定律當FB=0，質點速度最大vB=vBm解得選項B錯誤，CD正確。故選ACD。【模型演練10】．（2023·湖南·模擬預測）一半徑為r的小球緊貼豎直放置的圓形管道內壁做圓周運動，如圖甲所示。小球運動到最高點時管壁對小球的作用力大小為，小球的速度大小為v，其圖像如圖乙所示。已知重力加速度為g，規定豎直向下為正方向，不計一切阻力。則下列說法正確的是（）

A．小球的質量為B．圓形管道內側壁半徑為C．當時，小球受到外側壁豎直向上的作用力，大小為D．小球在最低點的最小速度為【答案】AB【詳解】A．規定豎直向下為正方向，設圓形管道內側壁半徑為R，小球受到圓形管道的作用力大小為，在最高點，由牛頓第二定律，當時當時，由重力提供向心力有解得當時，由牛頓第二定律有解得當時，由牛頓第二定律有解得故故小球的質量為或，故A正確；B．當時解得圓形管內側壁半徑故B正確；C．當時，小球受到外側壁豎直向下的作用力，由牛頓第二定律有解得故C錯誤；D．根據能量守恒定律，當小球在最高點具有最小速度（為零）時，其在最低點的速度最小，即故D錯誤。故選AB。【模型演練11】（2023·福建·模擬預測）如圖1，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道，半徑為，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖2是小球在半圓形軌道上從A運動到的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點受到軌道的作用力為，空氣阻力不計，點為軌道中點，重力加速度取，下列說法錯誤的是（）

A．最高點時小球所受的合外力豎直向下B．圖2中C．小球在B點受到軌道作用力為D．小球質量為【答案】C【詳解】A．在最高點，小球所受合外力提供向心力，故方向豎直向下，A正確，不符合題意；D．由圖2可得在最高點，小球的速度，由牛頓第二定律可解得小球的質量故D正確，不符合題意；B．小球從A運動到的過程中，由機械能守恒定律解得故B正確，不符合題意；C．小球從A運動到B的過程中，由機械能守恒定律解得小球在B點受到軌道作用力為故C錯誤，符合題意。故選C。【模型演練12】．（2023·全國·高三專題練習）如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為，小球在最高點的速度大小為，其圖像如圖乙所示，則（）A．輕質繩長為B．當地的重力加速度為C．當時，輕質繩的拉力大小為D．只要，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為【答案】D【詳解】A．小球運動到最高點時，對小球受力分析，由牛頓第二定律有可得可知圖線斜率為可得輕質繩長為故A錯誤；B．由圖像可知縱軸上截距的絕對值為則有故B錯誤；C．由圖像可知故當時，有故C錯誤；D．從最高點到最低點，由機械能守恒有在最低點對小球受力分析，由牛頓第二定律有聯立可得小球在最低點和最高點時繩的拉力差為故D正確。故選D。【模型演練13】．（2023·遼寧·校聯考模擬預測）如圖所示，一長為L的輕繩拉著質量為m的小球保持靜止。現在給小球一個水平初速度，使小球在豎直面內做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A．小球在最高點的速度可以等于0B．小球獲得的初速度大小為C．小球做圓周運動的過程中僅有一處合力指向圓心D．小球過最低點與最高點時受到繩的拉力大小之差等于6mg【答案】D【詳解】A．小球在豎直面內做完整的圓周運動，若小球恰好能通過最高點，則有重力提供向心力，可得解得可知小球能通過最高點的最小速度是，因此小球在最高點的速度不可以等于0，A錯誤；

B．若小球恰好能通過最高點，設小球獲得的初速度大小為v＇，則在最低點時由動能定理，則有解得由以上計算可知，是小球獲得的初速度大小的最小值，有可能比這個速度要大，B錯誤；C．小球在豎直面內做完整的變速圓周運動，由以上分析可知，小球在最高點和最低點處合力指向圓心，C錯誤；D．設小球在最高點時的速度為v0，在最低點時的速度為，由動能定理可得小球在最高點時，由牛頓第二定律可得小球在最低點時，由牛頓第二定律可得聯立以上各式解得D正確。故選D。【模型演練14】（2023春·重慶·高三統考階段練習）如圖所示，半徑為R的光滑細圓管用輕桿固定在豎直平面內。某時刻，質量為1kg、直徑略小于細圓管內徑的小球A（可視為質點）從細管最高點靜止釋放，當小球A和細圓管軌道圓心連線與豎直方向夾角為37°時，小球對軌道的壓力大小為（）（）A．38N B．40N C．42N D．44N【答案】D【詳解】以小球為對象，根據動能定理可得解得根據牛頓第二定律可得解得根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小為。故選D。【模型演練15】．（2023秋·黑龍江牡丹江·高三校考階段練習）如圖所示，質量為M的物體內有光滑圓形軌道，現有一質量為m的小滑塊沿該圓形軌道的豎直面做圓周運動，A、C為圓周的最高點和最低點，B、D與圓心O在同一水平線上。小滑塊運動時物體M保持靜止，關于物體M對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力，下列說法正確的是（）A．滑塊運動到A點時，，M與地面無摩擦力B．滑塊運動到B點時，，物體所受摩擦力方向向右C．滑塊運動到C點時，，M與地面無摩擦力D．滑塊運動到D點時，，物體所受摩擦力方向向左【答案】B【詳解】A．當到達最高點時，整個裝置處于失重狀態，所以地面對整體的且與地面之間無摩擦力，A錯誤；B．滑塊運動到B點時，物塊與M之間的作用力在水平方向上，所以N=Mg，且M對物體的作用力提供了向心力，M對物體作用力向右，所以物體對M作用力向左，而M靜止，地面對M的摩擦力向右，B正確；C．物塊到達C點時，M對物塊的作用力豎直向上，與物塊重力的合力一起提供了向心力，處于超重狀態，所以N>(M+m)g水平方向沒有作用力，可以判斷M與地面無摩擦力，C錯誤；D．運動到D點時，物塊與M之間的作用力在水平方向上，所以N=Mg，且M對物體的作用力提供了向心力，M對物體作用力向左，所以物體對M作用力向右，而M靜止，地面對M的摩擦力向左，D錯誤。故選B。【模型演練16】（2023·四川成都·統考三模）某同學用圖（a）所示裝置探究豎直面內的圓周運動。固定在同一豎直面的軌道由三部分構成，直軌道與圓軌道在端相切，最低點處有壓力傳感器，圓軌道的端與等高且兩端的切線均豎直，，兩圓軌道的半徑相同、圓心等高。將一小球從軌道上不同位置靜止釋放，測出各次壓力傳感器的示數，得到與釋放點到點的高度的關系圖像如圖（b）。小球可視為質點且恰好能自由通過D、E端口，不計摩擦力和空氣阻力，重力加速度。（1）求小球的質量和兩圓軌道的半徑；（2）要讓小球沿圓軌道通過點，求釋放點的高度滿足的條件。

【答案】（1），；（2）【詳解】（1）從釋放到C點，由機械能守恒定律有在C點，由牛頓第三定律知，支持力大小等于壓力大小，由牛頓第二定律有兩式聯立得結合題圖（b）的圖像可知解得（2）從釋放到G點，由機械能守恒定律有恰好到達點的條件是球對軌道的壓力恰為零，由牛頓第二定律有代入數據解得故滿足的條件是：。【模型演練17】（2023·河北·校聯考三模）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直平面內，一小球（可看成質點）靜止在軌道的最低點，現使小球在最低點獲得的水平初速度，重力加速度為g，在此后的運動過程中，求：（1）小球剛要脫離圓軌道時，小球與軌道圓心的連線與豎直向上方向夾角的余弦值；（2）小球第一次運動到最高點時與軌道圓心的高度差。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）小球剛要脫離圓軌道時，小球與軌道圓心的連線與豎直方向夾角為，此時小球的速度大小為，此時對小球對小球由動能定理可得解得（2）小球到達最高點的速度大小為對小球由動能定理可得解得小球第一次運動到最高點時與軌道圓心的高度差為【模型演練18】．（2023·上海·高三專題練習）如圖所示，AB段是長s=2.5m的粗糙水平軌道，BC段是半徑R=0.5m的光滑半圓弧軌道，半圓弧軌道在B處與AB相切，且處于豎直面內。質量m=0.1kg的小滑塊，受水平恒力F的作用由A點從靜止開始運動，到達B點時撤去力F。已知小滑塊與AB間的動摩擦因數為0.25，設小滑塊在AB上所受最大靜摩力的大小即為滑動摩擦力的大小，g取10m/s2。（1）為使小滑塊能到達C點，小滑塊在B點時的速度至少為多大？（2）為使小滑塊能做沿圓弧軌道返回的運動，F的取值范圍是什么？（3）第（2）問的條件下，小滑塊是否有可能返回到A點？試分析說明理由。【答案】（1）5m/s；（2）0.25N<F≤0.45N；（3）見解析【詳解】（1）在C點時由推得（2）要使小滑塊在AB軌道上能動起來，必需滿足，即為使小滑塊能做沿圓弧軌道返回的運動，小滑塊最高只能到達與O點同高的位置：對于小滑塊在AB軌道上的勻加速運動，有由推得所以0.25N<F≤0.45N（3）當F=0.45N時小滑塊從B點返回A點，克服摩擦力做的功J因為，所以小滑塊不可能返回A點。當F取其它值時，小滑塊在B點時的動能更少，更不可能返回到A點。總之，第（2）問的條件下，小滑塊不可能回到A點。【模型演練19】．（2022·全國·高三專題練習）物體做圓周運動時所需的向心力F需由物體運動情況決定，合力提供的向心力F供由物體受力情況決定。若某時刻F需＝F供，則物體能做圓周運動；若F需>F供，物體將做離心運動；若F需<F供，物體將做近心運動。現有一根長L＝1m的不可伸長的輕繩，其一端固定于O點，另一端系著質量為m＝0.5kg的小球（可視為質點），將小球提至O點正上方的A點處，此時繩剛好伸直且無彈力，如圖所示。不計空氣阻力，g取10m/s2。（1）為保證小球能在豎直面內做完整的圓周運動，在A點至少應施加給小球多大的水平速度？（2）在小球以速度v1＝4m/s水平拋出的瞬間，繩所受拉力為多少？（3）在小球以速度v2＝1m/s水平拋出的瞬間，繩若受拉力，求其大小；若不受拉力，試求繩子再次伸直時所經歷的時間。【答案】（1）m/s；（2）3N；（3）不受拉力，0.6s【詳解】（1）小球做完整的圓周運動的臨界條件為重力剛好提供運動到頂點時所需的向心力，則解得施加給小球的最小速度v0＝m/s（2）因為v1>v0，故繩受拉力。根據牛頓第二定律有代入數據得繩所受拉力T＝3N（3）因為v2<v0，故繩不受拉力。小球將做平拋運動，其運動軌跡如圖所示設經時間t繩子再次伸直，則L2＝（y－L）2＋x2x＝v2t代入數據聯立解得t＝0.6s【模型演練20】．（2023·天津·模擬預測）如圖所示，一玩溜冰的小孩（可視作質點）質量為m＝30kg，他在左側水平平臺上滑行一段距離后平拋，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點進入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑，A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知從D點以的速度向右滑動，經t＝0.5s到達E點，圓弧半徑為R＝1.0m，對應圓心角為，平臺與AB連線的高度差為h＝0.8m。小孩到達圓軌道O點時速度的大小為（計算中取，，）求：（1）小孩運動到圓弧軌道最低點O時對軌道的壓力；（2）小孩平拋的初速度；（3）小孩溜冰與平臺DE的動摩擦因數。【答案】（1），方向豎直向下；（2）；（3）【詳解】（1）由小孩運動到圓弧軌道最低點時的受力可知代入數據解得，軌道對小車的支持力為根據牛頓第三定律可知，小孩運動到圓弧軌道最低點O時對軌道的壓力與軌道對小車的支持力大小相等，方向相反，即方向豎直向下（2）將小孩在A點的速度分解成水平方向和豎直方向，如圖所示，則根據動能定理可得解之得故小孩平拋的初速度（3）由題可知，小孩在平臺上做勻減速直線運動，則聯立解得三.過拱凹形橋模型拱形橋圓軌外側凹形橋示意圖vv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21】（2023·湖南·統考高考真題）如圖，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為v0則小球從C到B的過程中，有聯立有FN=3mgcosα－2mg則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有解得C錯誤；D．小球在B點恰好脫離軌道有則則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。【模型演練22】（2023·全國·高三專題練習）在豎直平面內光滑圓軌道的外側，有一小球（可視為質點）以某一水平速度從最高點A出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，圓軌道半徑為，重力加速度為，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（）A．小球從A點出發的速度大小B．小球經過B點時的速度大小C．小球經過B點時速度變化率大小為D．小球落在C點時的速度方向豎直向下【答案】C【詳解】A．根據題意可知，小球在A點沒有脫離軌道，則小球對圓軌道的壓力不為零，由牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．根據題意可知，小球在B點脫離軌道，則小球對圓軌道的壓力為零，只受重力作用，設此時小球與圓心的連線與豎直方向的夾角為，由牛頓第二定律有解得故B錯誤；C．根據題意可知，小球在B點脫離軌道，則小球對圓軌道的壓力為零，只受重力作用，小球的加速度為，即小球經過B點時速度變化率大小為，故C正確；D．根據題意可知，小球在B點脫離軌道，