竖直面内的圆周运动模型-2025年高考物理模型归纳

专题09竖直面内的圆周运动模型

目录

一.一般圆周运动的动力学分析..............................................................1

二.竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比分析............................................।

三.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论...................................................2

三.过拱凹形桥模型.........................................................................34

一.一般圆周运动的动力学分析

如图所示，做圆周运动的物体，所受合外力与速度成一般夹角时，可将合外力沿速度和垂直速度分解，则

由牛顿第二定律，有:

V

Fn=man,诙改变速度v的方向，仆=一

r

作一般曲线运动的物体，处理轨迹线上某一点的动力学时，可先以该点附近的一小段曲线为圆周的一部分

作曲率圆，然后即可按一般圆周运动动力学处理。

Fx=max,ax改变速度v的大小

V2

Fn-man,诙改变速度v的方向，«n=一，为曲率圆半径。

P

二.竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比分析

轻绳模型（没有支撑）轻杆模型（有支撑）

VVS©

常见

类型'、、、、/

2

vz1—

过最高点的临由^g=加一得？临=^/8一由小球能运动即可得V临=0

r

界条件

对应最低点速度v低NJ高对应最低点速度LBJ赤

绳不松不脱轨

V心4^或丫正在后不脱轨

条件

厂低■加低2”F^-mg=mv低2”

最低点弹力

厂低=Mg+加v低2/尸，向上拉力产低=叫+加v低2/力向上拉力

(1)当v=0时，"mg,&为向上支持力

,—V2

、—/--V2(2)当OVvVjgr时，一网+加8=加一，/N向上

过最高点时，vN/gr,F+mg=m—,绳、r

Nr

支持力，随V的增大而减小

最高点弹力

轨道对球产生弹力F^=m--mg

r(3)当丫=而时，FN=0

向下压力1——V2_

(4)当时，F+mg=m—八为向下压力

Nrf

并随V的增大而增大

在最高

点的FN

gr”

取竖直向下为正方向

图线取竖直向下为正方向

三.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

【问题11一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记

为C,与原点等高的位置记为B。圆周的半径为A

要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A的向心力恰好等于重力时，由机g=m'可得v=J诞①

R

对应C点的速度有机械能守恒

mg2R=gmv^-；mv\得vc=^5gR②

当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒

mgR=gmv；得vc=yjlgR③

小结：(1).当匕＞y/5gR时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力

由牛顿第二定律死+mg=m—@

R

(2).当V。=15gR时小球恰能通过最高点4小球在4点受轨道的支持力为0

2

由牛顿第二定律加g二加上。⑤

(3).当J2g7?<vc<、5gR时小球不能通过最高点/小球在/点，上升至圆弧间的某一位向右做斜抛运

动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0

v2h

在DA段射重力与半径方向的夹角为0则mgcosO=m一、cos。二一

RR

⑷.当0<ve</或时小球不能通过最高点A上升至CD圆弧的某一位置速度减为0之后沿圆弧返回。上

升的最高点为C永不脱离轨道

【问题2]常见几种情况下物体受轨道的作用力

⑴从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒mg2R=-mvl

2

在C点由牛顿运动定律：F-mg=m—得=5机g⑥

NR

1

(2)从与0等高的D点(四分之一圆弧)处静止释放到达最低点C：由机械能守恒mgR=-mv^9

2

在C点由牛顿运动定律：F-mg=m—得FN=3mg⑦

NR

(3)从A点以初速度%=/gR释放小球到达最低点

,、一11

由机械能守恒加g2火=—mv^9~~mvA9

已

在C点由牛顿运动定律：FN-mg=m——得网=6mg®

R

1.(2025•广西柳州•模拟预测)如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏，将该过程简化为竖直面

内半径为尸的固定圆环，在圆环的最低点有一质量为冽的小球，现给小球一水平向右的瞬时速度v.小球沿

圆环内侧运动，重力加速度为g,不计小球与圆环间的摩擦。下列说法正确的是()

A.若v=2布Z小球可以通过圆环最高点

B.v=2y[gr,小球在最低点对圆环压力大小为4加g

2

C.若v=4F，小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为§

D.若"=灰，小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为:

【答案】D

【详解】A.小球恰好通过最高点时满足

mg=m

根据动能定理有

v0=V5gr

若v=2而\小球不能通过圆环最高点，故A错误;

B.根据牛顿第二定律有

F—mg=m—

r

故B错误；

CD.若丫=再，设小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为6,则有

,"2

mgsin夕=加—v

根据动能定理有

mgR(l+sin^)=—mvr,2-—mV

sin。=一

3

故C错误，D正确；

故选D。

2.（2024•山东泰安・模拟预测）如图所示，光滑圆环轨道竖直固定放置，轨道半径为七一小球从最低点以

水平速度V。沿轨道运动，在某位置脱离轨道后，恰好经过圆环轨道的圆心。已知重力加速度为g,不计空

气阻力，则W的大小为（）

B-J(2+6)g7?

D.而一⑸gR

【答案】B

【详解】如图

小球刚好脱离轨道时，此时轨道的压力为零，重力沿圆心的分力提供向心力，则

〃v2

mgcosU=m丁

由动能定理得

2

-mg(^R+Rcos0^=^mv一;加％2

解得

v0=JgR(2+3cos。),v二yJgRcos0

小球脱离轨道后做斜抛运动，小球到达圆心，则水平方向

Esin6=vcosOxf

竖直方向

12

-Rcosd=vsin0xt-—gt

解得

cose=曲

则

%=J（2+G）gR

故选B。

3.（2024•贵州•三模）某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1kg的小球，

甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，其简化示意图如下。握绳的手离地面高度为1.0m且

保持不变，现不断改变绳长使球重复上述运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断，

球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15N,重力加速度大小取

10m/s2,忽略手的运动半径和空气阻力，则x的最大值为（）

C.1.0mD.1.2m

【答案】B

【详解】设小球圆周运动半径「

A=Im

“伽

m=1kg

绳断后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有

,12

n-r=—^t

2

rmax一加g=加入丝

r

x=小

联立得

x=-r）

可知，当r=0.5m时

xm=0.5m

故选B。

4.（2024•河北邯郸•模拟预测）荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，李明同学某次荡秋千时，0、

N两点分别为其运动过程中的最低点和最高点，/到。的过程中，李明的身体姿势保持不变。已知李明和

座椅的总质量为加，两根平行的秋千绳长均为人/点时绳子与竖直方向的夹角为仇重力加速度大小为g,

空气阻力和绳的质量忽略不计。下列说法正确的是（）

O

A.在/位置时,该同学速度为0,处于平衡状态

B.在。位置时,该同学处于失重状态

C.在/位置时,每根秋千绳的拉力大小为mgcos。

3

D.在。位置时,每根秋千绳的拉力大小约为5加g-"?gCOS。

【答案】D

【详解】A.在/位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A错误;

B.在。位置时,重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误;

C.在/位置时,已知绳子与竖直方向成。，有

27]=mgcos0

解得

mgcos0

4=

2

故c错误;

D.在。位置时,由牛顿第二定律可得

2

2F-mg=zw—

从/到O,由动能定理

12

mgL(l-cos^)=—mv

可知每根秋千绳的拉力大小为

L3八

r=5机g-mgeos”

故D正确。

故选D。

5.如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在。点，另一端拴住一个小球（视为质点）。在。点正下方一

半绳长的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A。把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放小球,

当细绳碰到钉子后的瞬间（细绳未断）（）

A.小球的角速度增大到碰钉子前瞬间角速度的2倍

B.细绳对小球的拉力突然减小

C.小球的线速度突然增大到碰钉子前瞬间线速度的2倍

D.细绳对小球的拉力增大到碰钉子前瞬间拉力的2倍

【答案】A

【详解】AC.细绳碰到钉子后的瞬间，小球的线速度不变，小球做圆周运动的半径减小一半，由

v=cor

可知角速度增大为碰钉子前瞬间的2倍，故A正确，C错误；

BD.由

v2

an=~

r

可知0n增大到碰钉子前瞬间的2倍，又

T-mg=man

则细绳对小球的拉力增大，但小于碰钉子前瞬间的2倍，故BD错误。

故选Ao

6.如图所示，用一根轻绳系着一个可视为质点的小球，轻绳的长度为以最初小球静止在圆轨迹的最低点/

点，现在/点给小球一个初速度w，使其在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，已知8点与圆心。等高,

C点是圆轨迹的最高点，重力加速度为g。不计一切阻力，下列说法正确的是（）

C

一一♦~、

/'、、、

1%%B

\、L✓/

A%

A.小球做的是匀变速曲线运动

B.若要使得小球做完整的圆周运动，小球运动到C点的速度至少是反

C.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在C点脱离圆轨迹

D.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在3点和C点之间的某一点脱离圆轨迹

【答案】D

【详解】A.小球做圆周运动时，加速度方向时刻变化，比如小球在N点时加速度竖直向上，小球在C点

时加速度竖直向下，所以小球不是做的是匀变速曲线运动，故A错误；

B.若要使得小球做完整的圆周运动，设小球运动到C点的速度至少为vC,此时只由重力提供向心力，由

牛顿第二定律得

崂

mg=m-^

解得

Vc=M

故B错误；

CD.若小球无法做完整的圆周运动，则小球可能在2点和C点之间某一点时重力沿半径方向的分力大于小

2

球做圆周运动所需要的向心力机上，此时小球将脱离轨道，所以小球可能在8点和C点之间的某一点脱离

r

圆轨迹，故C错误，D正确。

故选D。

7.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法，被称为“魔力陀螺”，它可

等效为图乙所示的模型，竖直固定的磁性圆轨道半径为凡质量为加的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,

/、C两点分别为轨道的最高点与最低点，反。两点与轨道圆心等高，质点受到始终指向圆心、大小恒为

2/〃g的磁性引力作用，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.若质点经过N点时的速度大小为废，则此时质点受到轨道的弹力大小为加g

B.若质点经过2点时的速度大小为廊，则此时质点受到轨道的弹力大小为mg

C.若质点经过C点时的速度大小为废，则此时质点受到轨道的弹力大小为2〃?g

D.若质点经过。点时的速度大小为南，则此时质点受到轨道的弹力大小为2%g

【答案】B

【详解】A.若质点经过/点时的速度大小为庾，根据牛顿第二定律有

mg+2mg-N=m—

AR

解得

N"2mg

故A错误；

B.若质点经过3点时的速度大小为随，根据牛顿第二定律有

2mg~NB

解得

NB=mg

故B正确；

C.若质点经过C点时的速度大小为海，根据牛顿第二定律有

,avj

2mg—mg—Nc=

解得

Nc=0

故C错误;

D.若质点经过。点时的速度大小为廊，根据牛顿第二定律有

2mg-ND=m£

解得

ND=mg

故D错误。

故选B。

8.如图甲所示，轻杆一端固定在。点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为线，小球在最高点时的速度大小为V,其"-"2图像如图乙

所示，重力加速度g取：10m/s2,小球可视为质点，不计一切阻力。则下列说法正确的是（）

R

O

甲

A.小球的质量为2kg

B.小球做圆周运动的半径为2.5m

22

C.V=2V1时，在最高点杆对小球的弹力大小为40N

D.1/=年时，小球的向心加速度大小为lom/s?

【答案】B

【详解】A.由图乙知，当丫2=。时，对小球有

mg=7^=1ON

解得小球的质量为

m=ikg

故A错误;

B.当v2=25（m/s『，然=0,根据牛顿第二定律有

V2

mg=m——

r

求得小球做圆周运动的半径为

,2

r=——=2.5m

g

故B正确；

C.由图乙，可知当时，冬=ION,根据牛顿第二定律有

FR+mg—m—

r

求得

V12=5O（m/s）~

当v2=2v：时，根据牛顿第二定律有

v2

F+mg=m——

Nr

求得此时杆对小球的弹力大小为

尺=3ON

故C错误；

D.当v?=v；时，小球的向心加速度大小为

r

故D错误。

故选B。

9.（多选）（2024・河北•三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中是长度为R的水平轨道,

3

3CDE是圆心为。、半径为R的二圆弧轨道，两轨道相切于8点。一可视为质点的小球从N点以某速度叫

4

（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

B.当%=下碗时，小球不会脱离圆弧轨道

C.若小球能通过E点，则%越大，小球在2点与E点所受的弹力之差越大

D.小球从£点运动到/点的最长时间为（指-码］

【答案】AD

【详解】A.由题知，小球刚好过最高点。点，则由圆周运动知

年

m2=m-

R

在4到。过程中，由动能定理可知

；m*一；mv^=-2mgR

联立解得

%=7^

A正确；

B.当%=瓜^时，设上升高度为心假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足人WR,由动能定理知

12

0--mv0=-mgh

代入得

3

h=-R

2

假设不成立，故当%=黄盛时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；

C.8到E运动过程中，由动能定理知

在5点时，小球所受弹力为

在E点时，小球所受弹力为

-R

则小球在B点与E点所受的弹力之差为

FB-FE=3mg

故小球在3点与E点所受的弹力之差不变，C错误；

D.在。到£过程中，由动能定理知

-mvl=mgR

2D

代入得

VE=y^gR

从E到/运动过程中，小球做竖直下抛运动，则

1,

丫/+清广=R

代入得

D正确；

故选AD»

10.（多选）（2024•山东•模拟预测）如图所示，一轻绳系一质量为加小球，竖直悬挂在。点，现将小球沿

圆弧拉至与。等高的/点，由静止自由释放。小球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为以

下判断正确的是（）

A.小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0,细绳拉力一直增大

B.小球运动至C点时，其加速度大小为gsina

C.小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小为3加gcosa

D.若小球经过C点时重力功率最大，贝ljcosa="

3

【答案】CD

【详解】AC.小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为

p_mgh

tt

小球下降高度不为0,可知，重力平均功率不为0。令轻绳长为1，根据动能定理有

r12

mgLcosa-—mv

对小球进行分析，小球做圆周运动，则有

T-mgcosa=Tn1

解得

T=3mgcosa

小球向下运动过程中，a减小，则细绳拉力一直增大，故A错误，C正确;

B.结合上述可知，小球沿半径方向的加速度为

v2

■---

1L

解得

ax=2gcosa

小球沿圆周切线方向有

mgsina=ma2

小球的加速度

a—Ja；+a、

解得

a=gj4cos°ci:+sin2a

故B错误；

D.小球重力的瞬时功率

P=mgvsma

结合上述解得

P=mgJ2gL(cosa-cos'a)

若有

y=cosa-cos3a

对函数求导有

y'=3cos3asina-sina

当导数值为0时，重力的瞬时功率达到最大，解得

拒

cosa=——

3

故D正确。

故选CDo

11.（多选）如图甲所示，长为工轻绳一端固定在。点，另一端拴一小球。在小球静止时给小球一个瞬时速

度V,此时轻绳拉力为工，工-寸图像如图乙所示。已知重力加速度g取10mzs2,小球可视为质点，不计一

A.小球的质量为1kg

B.小球做圆周运动的半径为1.0m

C.当丫2=25m，S?时，小球能做完整的圆周运动

D.当V?=30m,s?时，小球通过最高点时受到轻绳拉力的大小为10N

【答案】ACD

【详解】A.由乙图可知，当寸=0时，小球处于静止状态，可得

FT=mg

解得

m=1kg

故A正确；

B.由乙图可知，当v2=iom2/s2时，根据牛顿第二定律，可得

V2

卜工—mg=m—

r

解得

r=0.5m

故B错误；

C.小球做完整的圆周运动时，在最高点的临界速度满足

瑞

mg=

解得

=V5m/s

小球从最低点运动至最高点过程，由机械能守恒可知

g如脸一3加噎氐点=一2加gr

解得

嗑氐点=25m2/s2

故C正确；

D.当v2=30n?/s2时，根据机械能守恒

12120

5■加V最高点一万■加V=-2mgr

又

,2

F^+mg=m最高点

r

联立，解得

4=ION

即小球通过最高点时受到轻绳拉力的大小为10No故D正确。

故选ACD„

12.（多选）如图，光滑管形固定圆轨道半径为R（管径远小于R）,小球.、6大小相同，质量均为加，其

直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球。在最低点时,

小球6在最高点，以下说法正确的是（）

v

A.速度v应满足">2M，才能使两球在管内做圆周运动

B.当"=廊^时，小球6在轨道最高点对轨道无压力

C.当小球6在最高点对轨道无压力时，小球a比小球6所需向心力大5mg

D.只要,小球a对轨道最低点的压力比小球6对轨道最高点的压力大6加g

【答案】ABD

【详解】A.当小球经过最高点的速度为0时，根据动能定理可得

12

-mg-27?=0--mv

解得小球在最低点的速度为

v^2yfgR

则速度v应满足丫＞2万，才能使两球在管内做圆周运动，故A正确;

B.当v=/尿时，从最低点到最高点过程，根据动能定理可得

-mg•2R=；mv^—；mv2

解得小球b在轨道最高点的速度大小为

此时重力刚好提供向心力

可知小球b在轨道最高点对轨道无压力，故B正确;

C.当小球6在最高点对轨道无压力时，此时小球6在最高点的速度为匕，小球。在最低点的速度为

v=45gR>则有

v2v.2

F-F=m--m^-=4mg

abKK

故C错误;

D.只要v＞屈,可知两球在管内可以做完整的圆周运动，设小球。在轨道最低点的速度为为,根据牛

顿第二定律可得

Fa-mg=m^-

小球b在轨道最高点的速度为口，根据牛顿第二定律可得

v2

mg+F=m-^

bR

根据动能定理可得

-mg・2R=gmv；

联立可得

Fa-Fh=6mg

可知小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg,故D正确。

故选ABD»

13.（多选）如图所示，有一竖直放置、内壁光滑的圆环，可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已

知圆环的半径为五，重力加速度为g,小球在最低点。的速度为师，不计空气阻力，则（）

A.小球运动到最低点。时，处于超重状态

B.小球的速度珞越大，则在尸、。两点小球对圆环内壁的压力差越大

C.当%=而万时，小球在尸点受内壁压力为加g

D.当%〉16gR时,小球一定能通过最高点P

【答案】AD

【详解】A.小球运动到最低点。时，加速度向上，处于超重状态，故A正确;

B.经过最高点尸时满足

F+mg=—

2K

经过最低点Q时满足

Fi_mg=­J

K

从最低点到最高点过程，据动能定理可得

-mg.2R=gmv^-；mv1

联立解得

AF=Fx-F2=6mg

故在P、。两点小球对圆环内壁的压力差与%无关，故B错误;

D.小球恰好过最高点时满足

V2

mg=

解得在最高点的速度为

v=4gR

当%>病碗时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为

v>J2g&>v

故小球一定能通过最高点P,故D正确；

C.当%=小四时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为

v'=4gR=V

小球在尸点受内壁压力为零，选项C错误。

故选AD。

14.（多选）如图所示，倾角45。的光滑轨道43和水平轨道3c平滑相连，右侧是光滑的半圆轨道CDE,半

径R=0.4m。一可视为质点的质量为加=0.2kg的滑块从轨道N3上高度4处由静止释放。滑块与3c间的动

摩擦因数〃=0.5,重力加速度g取lOm",滑块恰好能通过最高点E之后，恰好落到2点。下列选项中正确

的是（）

A.水平轨道8c的长度为0.8m

B.滑块释放点的高度为瓦=1.0m

C.如果增加释放点的高度心，滑块有可能垂直打到斜面上

D.如果将释放点的高度调整为%=0.8m,滑块在半圆轨道CDE上运动过程中有可能脱离轨道

【答案】AC

【详解】A.滑块恰好能通过最高点£时，由牛顿第二定律可得

mg-m

R

解得

v£=2m/s

滑块离开£点后做平抛运动，则有

1,

2尺=理

解得

xBC=0.8m

选项A正确;

B.从滑块释放点到半圆轨道最高点E过程中，由动能定理可得

12

机g(4-2R)-〃mgXBc=-mvE

解得

/z0=1,4m

选项B错误;

C.如果增加释放点的高度加，则滑块过轨道最高点E点时的速度增大，有可能垂直打到斜面上，选项C

正确;

D.如果释放点的高度为为=0.8m,则滑块运动到。点时，由动能定理可得

mg(h()-R)-HmgxBC=Ew

解得

EkD=。

可知滑块恰好能滑到。点，然后返回，不会离开轨道，D错误。

故选AC。

15.（多选）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道半径为七小球半径为r,R远

大于r,且r略小于管道内径，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

R

v

A.小球通过最高点时的最小速度%m=。

B.小球通过最高点时的最小速度%=71^

C.小球在水平线仍以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D.小球在水平线仍以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力

【答案】AC

【详解】AB.小球在最高点时，由于管道内侧能提供支持力，其通过的速度可以为零，故A正确，B错误；

C.小球在水平线成以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力稣与小球的重力G在背离圆心方向

的分力的合力提供向心力，即

因此，外侧管壁对球一定有作用力，此时内侧管壁对球一定无作用力，故C正确；

D.小球在水平线仍以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，

内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。

故选ACo

16.（2024•北京海淀•二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为〃的。点，另一端系

有质量为小，可视为质点的小球，将小球拉至。点正上方的/点，给其一水平方向的初速度%,使其恰好

通过/点后，在竖直平面内以。点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉

断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：

（1）小球初速度的大小1。

（2）绳能承受拉力的最大值工

（3）小球落地时的速度大小V。

【详解】(1)小球刚好通过N点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力

r

解得

(2)从4点到8点，由动能定理

2mgr=gmVg-gmv1

解得

=75gr

在2点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力

T-mg=m^

r

解得

T=6mg

再由牛顿第三定律可得

4=7=6mg

(3)小球从8点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理

mg(h—r)-~my2~^mvB

解得

V=Jg(2〃+3r)

17.(2024・湖南•模拟预测)如图所示，竖直平面内的光滑轨道由两部分拼接而成，其