2022年新課標高中物理模型與方法09 豎直面內(nèi)的圓周運動模型教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題09豎直面內(nèi)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(nèi)“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比分析 1三．豎直面內(nèi)圓周運動常見問題與二級結(jié)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：vvFFτFn，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(nèi)“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(yīng)最低點速度v低≥對應(yīng)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)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN＝meq\f(v2,r)-mg向下壓力(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為向上支持力(2)當0＜v＜eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N向上支持力，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v＞eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N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(nèi)圓周運動常見問題與二級結(jié)論【問題1】一個小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內(nèi)側(cè)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(yīng)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(jié)：(1).當時小球能通過最高點A小球在A點受軌道向內(nèi)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?。┨庫o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10m，該同學和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg，繩的質(zhì)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8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A.200N B.400NC.600N D.800N【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(shè)每根繩子的拉力為FT，則2FT－mg＝meq\f(v2,r)，代入數(shù)據(jù)解得FT＝410N。故選B?！灸Ｐ脱菥?】(2021·東營模擬)如圖所示，輕桿一端與一質(zhì)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(nèi)自由轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)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0B.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mgC.小球運動到最低點時，對輕桿的拉力可能等于4mgD.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?qū)p桿的作用力為0，A錯誤；假設(shè)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＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(水平)),r)，此時小球的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(水平))＝eq\f(1,2)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(shè)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＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(最低)),r)＝4mg，由牛頓第三定律，可知小球?qū)p桿的作用力最小為5mg，C、D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】．(2020·重慶模擬)如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)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(zhì)點在圓軌道外側(cè)運動的模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)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(zhì)點沿軌道外側(cè)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(zhì)點以速率v＝eq\r(gR)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(zhì)點質(zhì)量為m，重力加速度為g，則()A.強磁性引力的大小F＝7mgB.質(zhì)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(zhì)點能做完整的圓周運動，則質(zhì)點對A、B兩點的壓力差恒為5mgD.若強磁性引力大小恒為2F，為確保質(zhì)點做完整的圓周運動，則質(zhì)點通過B點的最大速率為eq\r(15gR)【答案】D【解析】：在A點，對質(zhì)點由牛頓第二定律有F＋mg－FA＝meq\f(v2,R)，根據(jù)牛頓第三定律有FA＝FA′＝8mg，聯(lián)立解得F＝8mg，故A錯誤；質(zhì)點能完成完整的圓周運動，在A點根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－NA＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),R)，根據(jù)牛頓第三定律有NA＝N′A，在B點根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－NB＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)，根據(jù)牛頓第三定律有NB＝N′B，質(zhì)點從A點運動到B點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(A))，聯(lián)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(jù)牛頓第二定律有2F－mg－FB＝meq\f(v′2,R)，當FB＝0時，質(zhì)點速度最大，聯(lián)立解得v′B＝eq\r(15gR)，故D正確?！灸Ｐ脱菥?】如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)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(zhì)量為eq\f(aR,b)B．當?shù)氐闹亓铀俣却笮閑q\f(R,b)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＝eq\f(mv2,R)，得v2＝gR＝b，故g＝eq\f(b,R)，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＝eq\f(b,R)得小球的質(zhì)量m＝eq\f(aR,b)，A正確；當v2＝2b時，由向心力公式得FN＋mg＝eq\f(mv2,R)，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?！睖y試)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道由一個半徑為R的eq\f(1,4)圓弧AB和另一個eq\f(1,2)圓弧BC組成，兩者在最低點B平滑連接．一小球(可視為質(zhì)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.eq\f(2,5)RB.eq\f(3,5)RC.eq\f(1,3)RD.eq\f(2,3)R【答案】A【解析】設(shè)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＝meq\f(vC2,r)小球從A到C的過程，以C點所在水平面為參考平面，根據(jù)機械能守恒定律得：mg(R－2r)＝eq\f(1,2)mvC2聯(lián)立解得：r＝eq\f(2,5)R，故選A.【模型演練6】(2020·江西南昌二中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量相等大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質(zhì)細線懸掛起來，使小球a在豎直平面內(nèi)來回擺動，小球b在水平面內(nèi)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(guān)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(guān)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(guān)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(jù)矢量三角形可得Fbcosθ＝mg即Fb＝eq\f(mg,cosθ)，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(guān)系，直線c表示繩子對小球a的拉力大小隨時間變化的關(guān)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－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，在最低點重力和拉力的合力充當向心力，故有Fa－mg＝meq\f(v2,L)，聯(lián)立解得Fa＝mg(3－2cosθ)，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(3－2cosθ)＝eq\f(mg,cosθ)，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(cè)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(zhì)點在曲線上某點的向心加速度可根據(jù)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?，F(xiàn)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?！灸Ｐ脱菥?】.（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(nèi)做圓周運動，小球直徑略小于內(nèi)、外側(cè)管壁距離，內(nèi)側(cè)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(nèi)側(cè)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(cè)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(yīng)是外側(cè)管壁提供作用力，故內(nèi)側(cè)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(cè)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(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時靜止于最低點，現(xiàn)使小球以初速度沿環(huán)上滑，小環(huán)運動到環(huán)的最高點時與環(huán)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(huán)的壓力是6mgC.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(huán)作用力恰為0時，設(shè)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(jù)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(huán)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?！灸Ｐ脱菥?0】(2020·福建龍巖市期末質(zhì)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(zhì)點)，讓小球在豎直平面內(nèi)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(yīng)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(zhì)量為bgB．小球運動的軌跡半徑為eq\f(b,kg)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＝eq\f(mv2,R)，解得：F＝meq\f(v2,R)－mg結(jié)合題圖乙可知：mg＝b，即m＝eq\f(b,g)，斜率為k＝eq\f(m,R)＝eq\f(2b,a)解得：R＝eq\f(m,k)＝eq\f(b,kg)，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(jù)向心加速度公式可知a′＝eq\f(v2,R)＝eq\f(a,\f(b,kg))＝eq\f(akg,b)＝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(nèi)做圓周運動，小球經(jīng)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(guān)系圖象如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無關(guān)B．數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無關(guān)C．比值eq\f(b,a)只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌跡半徑無關(guān)D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)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＝eq\f(mv2,r)，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質(zhì)量無關(guān)，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＝eq\f(mv2,r)，解得b＝mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，故B錯誤；根據(jù)上述分析可知eq\f(b,a)＝eq\f(m,r)與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌跡半徑也有關(guān)，故C錯誤；由上述可知r＝eq\f(a,g)，m＝eq\f(b,g)，故D正確?！灸Ｐ脱菥?2】(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(nèi)壁光滑，豎直放置，一質(zhì)量為m、直徑略小于管徑的小球可在管內(nèi)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?shù)刂亓铀俣?，則()A．小球在管頂部時速度大小一定為eq\r(2gR)B．小球運動到管底部時速度大小可能為eq\r(2gR)C．小球運動到管底部時對管壁的壓力可能為5mgD．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(nèi)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＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(2gR)，其由管頂部運動到管底部的過程中由機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得v1＝eq\r(6gR)，小球在管底部時，由牛頓第二定律有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FN1＝7mg，由牛頓第三定律知，小球?qū)鼙诘膲毫?mg。如果小球與內(nèi)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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝2mgR，解得v2＝2eq\r(gR)，小球在管底部時，由牛頓第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知，小球?qū)鼙诘膲毫?mg，選項C正確，A、B、D錯誤。【模型演練13】（2021·八省聯(lián)考廣東區(qū)高三上學期1月模擬二）如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑圓軌道半徑R=2m，從最低點A有一質(zhì)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?qū)⒃陔xA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(shè)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(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運動，與小球A發(fā)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(shè)B的初速度方向為正方向，設(shè)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(lián)立得：

①1.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=

②A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：③聯(lián)立①②③得：v0=，可知若小球B經(jīng)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(lián)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(cè)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，F(xiàn)N=G；（2）當汽車的速度增大到mv2/R=mg即v=時，F(xiàn)N=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，F(xiàn)N越??；（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，F(xiàn)N=G；（2）當汽車的速度v≠0時，F(xiàn)N>mg，且速度v越大，F(xiàn)N越大?！灸Ｐ脱菥?】（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(jīng)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?！灸Ｐ脱菥?】（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（）A.6m B.17m C.25m D.40m【答案】C【解析】在拱橋頂點，車對橋的壓力為車重的，根據(jù)牛頓第三定律可知橋?qū)嚨闹С至σ矠檐囍氐?，取車為研究對象，由牛頓第二定律得其中聯(lián)立解得。故選C?！灸Ｐ脱菥?】.（2021·全國高三專題練習）如圖所示，汽車通過凹形路面的最低點時（）A．汽車對路面的壓力等于汽車的重力B．汽車對路面的壓力小于路面對汽車的支持力C．汽車所需的向心力等于路面對汽車的支持力D．為了防止爆胎，汽車應(yīng)低速駛過【答案】D【解析】ABC．設(shè)路面對汽車的支持力為N，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg=m所以N>mg根據(jù)牛頓第三定律知，汽車對路面的壓力等于路面對汽車的支持力，所以汽車對路面的壓力大于汽車的重力，故ABC錯誤；D．為了防止爆胎，應(yīng)使路面對汽車的支持力N小一些，由N=m+mg可知應(yīng)該減小車速，故D正確。故選D。【模型演練4】(2021·湖北荊州市高三上學期質(zhì)量檢測)一輛汽車勻速率通過一座圓弧形拱形橋后，接著又以相同速率通過一圓弧形凹形橋．設(shè)兩圓弧半徑相等，汽車通過拱形橋橋頂時，對橋面的壓力FN1為車重的一半，汽車通過圓弧形凹形橋的最低點時，對橋面的壓力為FN2，則FN1與FN2之比為()A．3∶1 B．3∶2C．1∶3 D．1∶2【答案】選C.【解析】：汽車過圓弧形橋的最高點(或最低點)時，由重力與橋面對汽車的支持力的合力提供向心力．如圖甲所示，汽車過圓弧形拱形橋的最高點時，由牛頓第三定律可知，汽車受橋面對它的支持力與它對橋面的壓力大小相等，即FN1＝F′N1①所以由牛頓第二定律可得mg－F′N1＝eq\f(mv2,R)②同樣，如圖乙所示，F(xiàn)′N2＝FN2，汽車過圓弧形凹形橋的最低點時，有F′N2－mg＝eq\f(mv2,R)③由題意可知FN1＝eq\f(1,2)mg④由①②③④式得FN2＝eq\f(3,2)mg，所以FN1∶FN2＝1∶3.【模型演練5】(2020·安徽合肥市第二次質(zhì)檢)如圖，在一固定在水平地面上A點的半徑為R的球體頂端放一質(zhì)量為m的物塊，現(xiàn)給物塊一水平初速度v0，則()A．若v0＝eq\r(gR)，則物塊落地點距離A點為eq\r(2)RB．若球面是粗糙的，當v0<eq\r(gR)時，物塊一定會沿球面下滑一段，再斜拋離開球面C．若v0<eq\r(gR)，則物塊落地點離A點為RD．若v0≥eq\r(gR)，則物塊落地點離A點至少為2R【答案】D.【解析】：若v0≥eq\r(gR)，物塊將離開球面做平拋運動，由y＝2R＝eq\f(gt2,2)、x＝v0t，得x≥2R，A錯誤，D正確；若v0<eq\r(gR)，物塊將沿球