第二章 圆周运动及其应用检测题Word版含答案

　圆周运动及其应用

一、基础与经典
1．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q两物体的角速度大小相等
B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
答案　A
解析　P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，A正确；根据圆周运动线速度v＝ωr，P、Q两物体到地轴的距离不等，Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，B、C错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，D错误。
2．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图，已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5．0 m，B点的转弯半径为4．0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
答案　D
解析　学员和教练员做匀速圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做匀速圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做匀速圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故B错误；根据a＝rω2，学员和教练员做匀速圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做匀速圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做匀速圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14，故D正确。
3．如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为(　　)
A．1∶3 B．1∶6 C．4∶3 D．7∶6
答案　D
解析　由牛顿第二定律，对a球：FOa－Fab＝mω2·Oa；对b球：Fab＝3mω2·(Oa＋ab)，由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，D正确。
4．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动，甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r, m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)
A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随着转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随着转速慢慢增加，m2先开始滑动
答案　D
解析　由题意可知，甲、乙两水平圆盘边缘的线速度v甲＝v乙，又r甲∶r乙＝3∶1，据v＝ωr，可知ω甲∶ω乙＝1∶3，m1、m2随甲、乙运动，ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1∶ω2＝1∶3，故A错误；由a＝rω2得a1＝2rω，a2＝rω，a1∶a2＝2ω∶ω＝2∶9，故B错误；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1＝，a2＝，Ff1max＝μm1g，Ff2max＝μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1∶a2＝2∶9，故m2先开始滑动，C错误，D正确。
5．如图所示，长0．5 m的轻质细杆一端O有光滑的固定转动轴，另一端固定有一个质量为3 kg的小球，杆绕O在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点时的速率为2 m/s，则此时杆的受力情况是(取g＝10 m/s2)(　　)
A．受54 N的拉力 B．受24 N的拉力
C．受6 N的压力 D．受6 N的拉力
答案　C
解析　杆带着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点，杆可能表现为拉力，也可能表现为推力，取决于球的速度大小，在最低点，杆只能表现为拉力，设在最高点杆表现为拉力，则有F＋mg＝m，代入数据得，F＝－6 N，则杆表现为推力，大小为6 N，所以小球对杆表现为压力，大小为6 N，故C正确。
6．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝m，得v＝，C正确。
7．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(　　)
答案　
B
解析　小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确。
8．半径为1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圈盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平抛出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是(　　)
A．2π rad/s B．4π rad/s
C．6π rad/s D．8π rad/s
答案　D
解析　小球平抛运动的时间为t＝＝ s＝0．25 s，小球做平抛运动的时间和圆盘转动n圈的时间相等，则有t＝nT＝n，解得ω＝，n＝1,2,3，…。当n＝1时，ω＝8π rad/s；当n＝2时，ω＝16π rad/s，随着n的增大，角速度在增大，故角速度最小为8π rad/s，故D正确。
9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块Q两次都保持在桌面上静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法错误的是(　　)
A．Q受到桌面的支持力不变
B．Q受到桌面的静摩擦力变大
C．小球P运动的周期变大
D．小球P运动的角速度变大
答案　C
解析　设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有：T＝，mgtanθ＝mω2Lsinθ，Q受到重力、细线的拉力和桌面的支持力、摩擦力的作用，在竖直方向上：Mg＋Tcosθ＝FN，联立可得：FN＝Mg＋mg，和小球的高度、细线与竖直方向之间的夹角都无关，保持不变，故A正确；对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力f＝mgtanθ，轨道变高，则θ变大，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确；由mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，角速度增大，根据T＝可知，小球运动的周期将减小，D正确，C错误。
10．(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　)
A．当ω＝ 时，细绳的拉力为0
B．当ω＝ 时，物块与转台间的摩擦力为0
C．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg
D．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg
答案　AC
解析　当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：μmg＝mω·(lsinθ)，计算得出：ω1＝ ，因为 < ，所以当ω＝ 时，细绳中张力为零，A正确；随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块只受到重力和细绳的拉力的作用，则：mgtanθ＝mω(lsinθ)，计算得出：ω2＝ ，因为ω1< <ω2，所以当ω＝时，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；当ω＝ >ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则：mgtanα＝m2lsinα，计算得出：cosα＝，故F＝＝mg，C正确；因为ω1< <ω2，由牛顿第二定律：f＋Fsinθ＝m 2lsinθ，因为压力小于mg，所以f<mg，计算得出：F>mg，故D错误。
二、真题与模拟
11．(2018·江苏高考)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3．4 km
答案　AD
解析　火车运动的路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝＝×3．14 rad/s＝ rad/s，又v＝ωr，所r＝＝×180 m＝3439 m，故C错误，D正确。
12．(2016·浙江高考)(多选)如图为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2．25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3．14)，则赛车(　　)
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5．63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5．58 s
答案　AB
解析　因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝ ＝ ＝45 m/s，v小＝＝ ＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50 m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6．50 m/s2，则C项错误；分析可得小圆弧所对应的圆心角为，则赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝≈2．79 s，则D项错误。
13．(2016·全国卷Ⅱ)
小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案　C
解析　小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。
14．
(2015·福建高考)如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．t1C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小
答案　A
解析　小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff＝μFN。经过AB段和BC段时受力情况如图所示。
根据圆周运动的知识可得mg－FN1＝m，FN2－mg＝m。在AB段运动时，速度越大，FN1越小，滑动摩擦力Ff＝μFN越小；在BC段运动时，速度越小，FN2越小，滑动摩擦力也越小。把滑块由A到C和由C到A的运动相比较，在AB段运动时前者速度较大，受摩擦力小，在BC段运动时前者速度较小，受摩擦力小。综上，滑块从A到C运动过程中受摩擦力较小，因此平均速度较大，时间较短，A正确。
15．(2014·全国卷Ⅰ)(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC
解析　a、b相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b轨迹半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，b轨迹半径大，所需的向心力大，A正确，B错误；当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ωa＝　，同理可得，b恰好滑动时ωb＝　，C正确；ω＝　<ωa，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。
16．(2018·河北石家庄二中模拟)(多选)2017年7月23日，在第13届莫斯科航展上“俄罗斯勇士”飞行表演队完成了倒飞筋斗的动作，现将其简化成如图所示的光滑的板(飞机)和小球(飞行员)，让小球在竖直面内始终与板相对静止且做匀速圆周运动，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，且此时板与水平面成θ角，设小球的质量为m，做圆周运动的半径为R，线速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等
B．小球在C处受到板的弹力比在A处大5mg
C．在B、D两处板的倾角与小球的运动速度v应满足tanθ＝
D．小球在B、D两处受到板的弹力为N＝
答案　ACD
解析　小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等，A正确；对小球在A、C两处受力分析，分别由圆周运动的特点得N1＋mg＝，N2－mg＝，联立得N2－N1＝2mg，B错误；在B、D两处板与水平方向的夹角为θ，受力分析得Nsinθ＝m，Ncosθ＝mg，解得tanθ＝，N＝，C、D正确。
17．(2018·重庆一中模拟)如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，有两个质量均为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起转动且相对罐壁静止，两物块和球心O的连线相互垂直，且A物块和球心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，若A物块受到的摩擦力恰好为零，则B物块受到的摩擦力大小为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
答案　A
解析　当A所受摩擦力恰为零时，A和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mrω2，r＝Rsin60°，此时B有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖直方向上Ncos30°－fsin30°－mg＝0，水平方向上Nsin30°＋fcos30°＝mr′ω2，r′＝Rsin30°，联立解得f＝mg，A正确。
18．(2018·广东省惠州调研)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
C．此时圆盘的角速度为 
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
答案　AC
解析　两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的轨迹半径比A的轨迹半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得T＝3μmg，ω＝，故A、C正确，B错误；烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A将做离心运动，同理，B也将做离心运动，D错误。
19．(2019·湖南师范大学附属中学模拟)如图放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1．5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A．B对A的摩擦力有可能为3μmg
B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C．转台的角速度ω有可能恰好等于 
D．若角速度ω在题干所述基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动
答案　C
解析　对A、B整体，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2·1．5r≤μmg，对物体A，有：3mω2r≤μ·3mg，联立解得：ω≤ ，即若不发生相对滑动，转台的角速度ω≤ ，可知A与B间的静摩擦力最大值fm＝3mrω2＝3mr·＝2μmg，故A错误，C正确。由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，有m·1．5rω2<3mrω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，B错误。由对A选项的分析可知，最先发生相对滑动的是C，D错误。
20．(2018·衡水中学5月模拟)(多选)如图所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度转动，从t＝0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上，假设在t时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下图中P -t图象、d2 -t2图象分别正确的是(　　)
答案　AC
解析　在时刻t将小物块解锁后物块做平抛运动，初速度为：v0＝rω＝rkt，小物块落地时竖直分速度为：vy＝，小物块落到地面上时重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mg，可知P与t无关，故A正确，B错误；小物块做平抛运动的时间为：t′＝，水平位移大小为：x＝v0t′＝rkt，根据几何知识可得落地点到转盘中心的水平距离的平方为：d2＝r2＋x2＝r2＋rkt2＝r2＋t2，故C正确，D错误。
一、基础与经典
21．如图所示，一质量M＝2．0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0．60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1．0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道对小铁块的支持力为25 N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v。
答案　(1)3 m/s　(2)1．5 J　(3)1 m/s
解析　(1)小铁块在弧形轨道末端时，
满足F－mg＝，解得v0＝3 m/s。
(2)根据动能定理mgR－Wf＝mv－0，
解得Wf＝1．5 J。
(3)根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，
解得v＝1 m/s。
22．软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型。同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损。可用于航拍、航测、遥感等用途。飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”“无线的风筝”。若一质量为m的软体飞机超低空飞行，在距离地面h高度的水平面内，以速率v做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g。
(1)求空气对飞机的作用力的大小；
(2)若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)。
答案　(1)m 　(2) 
解析　(1)飞机做匀速圆周运动，受力分析如图所示，所受合力提供向心力，则F合＝m，
空气对飞机的作用力的大小
F＝ ＝m。
(2)飞机上的一个质点脱落后，做初速度为v的平抛运动，由平抛运动规律得：x＝vt，h＝gt2，
质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离
L＝，
联立解得L＝ 。
二、真题与模拟
23．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案　(1)mg　　(2)　(3) 
解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。
由力的合成法则有
＝tanα①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝。⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝。⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得t＝ 。
24．(2018·重庆一中模拟)现有一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0．5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)在小球以速度v1＝4 m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间；
(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？
答案　(1)3 N　(2)0．6 s　(3) N
解析　(1)要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，绳子刚好无拉力，对应的临界速度满足mg＝m，解得v临界＝ m/s，因为v1>v临界，所以绳子有拉力且满足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。
(2)因为v2x2＋(y－L)2＝L2
其中x＝v2t，y＝gt2，解得t＝0．6 s。
(3)当t＝0．6 s时，可得x＝0．6 m，y＝1．8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tanα＝＝，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s
绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度v3＝vysinα－vxcosα＝ m/s
接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v
则mgL(1－cosα)＝m(v2－v)，T－mg＝m，解得T＝ N。