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模型15 过山车模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型15 过山车模型
最新高考题
1. （2009安徽理综）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kgkg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。
【名师解析】：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律F+mg=mv12/R1
联立解得 F=10.0N.。
（2）设小球恰能通过第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意mg=mv22/R2
-μmg(L1+L)-2mgR2=mv22-mv02
联立解得 L=12.5m 。
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
= 1 \* ROMAN I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足mg=mv32/R3，，-μmg(L1+2L)-2mgR3=mv32 -mv02
联立解得： R3=0.4m
= 2 \* ROMAN II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3’，根据动能定理
-μmg(L1+2L)-mgR3’=0-mv02
解得 R3’=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值Rmax应满足
(R2+Rmax)2=L2+( Rmax -R2)2
解得 Rmax=27.9m
综合 = 1 \* ROMAN I、 = 2 \* ROMAN II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径必须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m或 1.0≤R3≤27.9m。
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则 -μmgL’=0-mv02
解得L’=36.0m
当1.0≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则
L〞= L’- 2(L’- L1-2L)= 36.0m-2×(36.0m-6.0m-2×12.5m)= 26.0m
【点评】此题联系实际，模型简单，但讨论问题很新颖，对考生能力要求较高。题中第（3）问“要使小球不能脱离轨道”并不一定要求做完整圆周运动。小球可能做完整的圆周运动，还可能做小于等于1/4圆周的往复运动。受题图思维定势的影响，在解答第（3）问时只考虑轨道半径较小的情况，或考虑轨道半径较大的情况，但只考虑最小值。
2. [2006·广东大综A卷.34]游乐场的过山车的运动过程可以抽象为图13所示模型。弧形轨道下端与圆轨道相撞，使小球从弧形轨道上端A点静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开。试分析A点离地面的高度h至少要多大，小球才可以顺利通过圆轨道最高点（已知圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力）。
R
h
A
【名师解析】：
由机械能守恒定律得；mgh＝mg2R＋ ①
在圆轨道最高处：mg＝m ②
v＝v0 ③
联立解得 h＝R ④
【备考提示】：本题涉及圆周运动、机械能守恒定律等知识，求解应注意对临界状态问题的分析，主要考查综合分析能力。
3. （09浙江理综）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）
【名师解析】 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，
由平抛运动的规律S= v1t，h=gt2，
联立解得 v1=S=3m/s。
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律mg=m v22/R，m v32 =m v22+mg·2R
联立解得 v3= =4m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin=4m/s
设电动机工作时间至少为t，根据动能定理，Pt-fL=mvmin2
由此可得t=2.53s。
【点评】解答此题常见错误是：把赛车越过壕沟需要的最小速度v1当作赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的最小速度。此题考查平抛运动、竖直圆周运动、机械能守恒定律、动能定理、牛顿运动定律等。
最新模拟题
1. （2024云南靖江重点高中期初测试）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B. 乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
【参考答案】BC
【名师解析】
在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得
mg-N=m
即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得
mg+F=m
即座椅给人施加向下的力，故A错误；
在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；
在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；
在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零。故D错误。
故选BC
点睛：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道圆周运动靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行求解．
2．（2023四川成都名校联盟三模）（12分）
游乐场的过山车项目，虽惊险刺激，但安全事故时有发生，若游客未系好安全带，后果将不堪设想。如图所示为某同学进行的模拟探究：过山车轨道均在竖直平面内，一质量为的游客乘坐过山车从左边第一个峰点P静止出发，无动力沿轨道运动，先后经过半径为的圆轨道最低点A和半径为的圆轨道最高点B。已知P、A的高度差为，A、B的高度差为，两圆轨道之间是与圆轨道分别相切的倾斜直轨道，游客可视为质点，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小取。
（1）求游客在A点对座椅的压力大小；
（2）若游客未系安全带，则他可能在半径为的圆轨道上某处抛出。试通过计算判断游客能否沿轨道到达B点。
【名师解析】：
（1）游客从P点到A点，由机械能守恒定律有：（2分）
在A点，游客受重力和座椅支持力作用，由牛顿第二定律有：（2分）
联立求解并代入数据得：（1分）
由牛顿第三定律解得游客在A点对座椅的压力大小为：（1分）
（2）假设游客能从P点经A点到B点，由机械能守恒定律有：（2分）
代入数据可得游客在B点的速度为：
在B点，由牛顿第二定律有：（2分）
代入数据得：（1分）
因，假设不成立
游客将在B点左侧圆轨道上某处抛出，不能到达B点（1分）
（其它合理解法，参照给分）
3．. (2023浙江常州期中))如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时，轨道对小球支持力F的大小；
（2）小球通过C点时的速率vC；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
【参考答案】（1）7mg（2）（3）1.5mgR
【名师解析】
（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有
解得：
F=7mg
（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
W=1.5mgR
4. . (2023浙江杭州九校期中联考)过山车是一种机动游乐设施，深受年轻游客的喜爱（如图a所示）。可将过山车（含游客）看作质点，其质量kg。部分轨道如图（b）所示，AB是长m、倾角为37°的倾斜直轨道，过山车与轨道间的滑动摩擦因数；BC段可视半径m的光滑圆弧轨道，O为圆心，D点为轨道最高点，。过山车经过A点时速度，之后靠惯性冲上轨道最高点D，则过山车在运动过程中（取，，），求：
（1）过山车在AB段的加速度大小；
（2）摩擦力对过山车的冲量大小；
（3）过山车运动到最高点D时对轨道的压力。
【参考答案】：（1）；（2）；（3）
【名师解析】：（1）设过山车在AB段的加速度大小为,由题意，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设过山车运动到B所用时间为，由运动学公式可得
解得
或（不合题意，舍去）
故从A到B的过程中，摩擦力对过山车冲量的大小为
（3）由以上分析可知，过山车到达B点时的速度为
设到达D点的速度为，从B到D由动能定理可得
解得
另设过山车在D点时轨道对过山车的支持力为，过山车在圆弧上做圆周运动，运动到最高点时有
解得
则由牛顿第三定律可得过山车运动到最高点D时对轨道的压力
5.（13分）（2023河南名校联考）具有江南文化特色的无锡融创乐园中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．
【名师解析】（13分）
（1） 小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：
mgh = mv2 ① （2分）
小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：
N−mg = mv2/R ② （2分）
联立①②式 可解得 N =mg（1+2h/R） （2分）
根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力 N'=N=mg（1+2h/R）
方向：竖直向下 （2分）
（2）小球在最高点，由牛顿第二定律：
mg ≤ mv2/R ③ （2分）
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：
mg（h−2R）= mv2 ④ （2分）
联立③④式可解得 h ≥ R （1分）
6. （2023江苏连云港期中）如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道、圆弧形轨道、半圆形轨道、水平轨道组成，已知轨道的倾角，A、B间高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点C距水平地面高度差，在轨道上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量，表演者与摩托车可视为质点。
（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为，求经过C点的速度；
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
【参考答案】（1）；（2）1.12s；（3）最小值，最大值
【名师解析】
（1）由牛顿第二定律知
得
（2）从A到C运动过程中，由动能定理
其中
代入得
（3）要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度满足
即
由机械能守恒得通过E点的最小速度
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定
要保证表演者安全，其受到的最大压力
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则
可得
此情形下经过C点速度为，由机械能守恒
得
对C点压力为
得
说明上述判断正确.
由上可得，经过E点的速度最大值为
最小值
由平抛知识，落地时间
水平位移
代入两个临界速度，得水平位移最大值
最小值
7（2023湖北黄冈名校联考）麦昆弹射车因为其安装简单，可玩性高，广受孩子们的欢迎，其装置如图甲所示，按下按钮后玩具车被弹簧弹出，可以在摆好的赛道上飞驰。某赛道可以简化为如图乙所示的模型，玩具车在A点被弹出后，恰好能够到达竖直面内圆形轨道的最高点C，驶过圆形轨道后经过长为x的粗糙水平面BD后，进入斜面DE，DE与水平方向的夹角为θ=53°，到达E点时速度为零。已知A、C、E三点高度相同。粗糙轨道BD和DE动摩擦因数均为μ=0.1，其它摩擦不计。已知玩具车质量为0.1kg，圆形轨道半径r=0.4m。求：（1）弹簧的弹性势能； （2）BD长度x；
（3）若斜面DE与水平面夹角θ可以调节，使小车返回圆弧轨道时不脱离轨道，θ的正切值需要满足什么条件？
【名师解析】 （11分）(1)玩具车恰好通过最高点，即在C点只受到重力，重力提供向心力
（1分）
由A点到C点只有重力做功，机械能守恒
（1分）
hA=hC（1分）
联立得
EP=0.2J（ 1分）
(2)从C点到E点动能定理
（ 2分）
得
x=1.4m （1分）
(3)设改变夹角θ后玩具车能到达斜面最高点，D与斜面最高点间长度为l’，从C点到最高点动能定理
（ 2分）
玩具车返回B点后不脱离轨道，即小车到达B点左侧与半径等高处G点时速度为0，F点到G点动能定理
联立得
即
(2分）
8. （2023河南名校联考）如图甲所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图乙所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60 cm的直轨道AB与半径R＝10 cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接，整条轨道宽度不计．现将一质量m＝50 g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放．已知滑块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段间的动摩擦因数μ2＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求滑块到达B点时的动能Ek；
(2)求滑块到达E点时对轨道的压力FN；
(3)若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
(4)若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程．
【名师解析】
(1)A→B过程：
mgL·sin θ－μ1mgL·cs θ＝EkB－0
解得EkB＝0.12 J.
(2)B→E过程
－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(E2,)－EkB
在E点，由牛顿第二定律知：
FN＋mg＝eq \f(mv\\al(E2,),R)
解得FN＝eq \f(mv\\al(E2,),R)－mg＝0.10 N
由牛顿第三定律知：小球对轨道压力为0.10 N，方向竖直向上．
(3)从B点开始，直到停在FG过程中有：
mgR(1－cs θ)－μ2mgL′＝0－EkB
解得：L′＝eq \f(mgR1－cs θ＋EkB,μ2mg)＝0.52 m＝52 cm.
(4)若从距B点L0处释放，则从释放到刚好运动到D点过程有：
mgL0·sin θ－μ1mgL0·cs θ－mgR·cs θ＝0－0
求得：L0＝0.2 m.
从释放到第一次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L1，则：
mg(L0－L1)sin θ－μ1mg(L0＋L1)·cs θ＝0－0
求得：L1＝eq \f(sin θ－μ1cs θ,sin θ＋μ1cs θ) L0＝eq \f(1,2)L0.
同理，第二次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L2，有：
L2＝eq \f(sin θ－μ1cs θ,sin θ＋μ1cs θ) L1＝eq \f(1,2)L1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2L0
故第5次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L5，
有：L5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5L0
所以第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程
L总＝L0＋L1＋L1＋L2＋L2＋L3＋L3＋L4＋L4＋L5＝eq \f(93,160) m.
9.对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m,位于竖直面内,如图所示)的特技演员Steve Truglia来说,瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果。若速度太慢,汽车在环形车道上,便有可能像石头一样坠落;而如果速度太快,产生的离心力可能让他失去知觉。挑战中汽车以16 m/s的速度进入车道,到达最高点时,速度降至10 m/s成功挑战。已知演员与汽车的总质量为1 t,将汽车视为质点,在上升过程中汽车速度一直减小,下降过程中速度一直增大,取g=10 m/s2,则汽车在以16 m/s的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )
A.通过最低点时,汽车受到的弹力为4×104 N
B.在距地面6.4 m处,演员最可能失去知觉
C.只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s,才可能挑战成功
D.只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J,才可能挑战成功
【参考答案】D
【名师解析】 通过最低点时,汽车受到的弹力FN1=mg+mv2R=1 000×10 N+1 000×1626.4 N=5×104 N,选项A错误;在轨道的最低点时,车速最大,人对座椅的压力最大,最容易失去知觉,选项B错误;汽车到达最高点的最小速度为v=gR=10×6.4 m/s=8 m/s,则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s,才可能挑战成功,选项C错误;从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W=12mv02-12mv2=12×1 000×162 J-12×1 000×82 J=9.6×104 J,选项D正确。
10.（2023河南四市二模）如图为过山车及其轨道的简化模型，某次检测中，在过山车车厢内的座椅上装了一个压力传感器，在压力传感器上面安放一个仿真人。不计一切阻力，以下判断正确的是
A.过山车在圆轨道上的运动是匀速圆周运动
B.过山车由静止释放的高度低于圆轨道最高点的高度时，也可以完成本次所有检测任务
C.过山车通过圆轨道最低点时，仿真人与座椅之间的压力传感器的示数小于仿真人的重力
D.若过山车在圆轨道最高点时对轨道无作用力，则在最高点时，安装在座掎上的压力传感器的示数为零。
【参考答案】D
【命题意图】本题考查过山车模型+竖直面内圆周运动的绳系小球模型+牛顿运动定律+机械能守恒定律+超重和失重
【解析】过山车在竖直面内的圆轨道上的运动是变速圆周运动，A错误；由于过山车经过圆轨道最高点时速度必须大于等于临界速度v=，所以过山车由静止释放的高度必须大于圆轨道最高点的高度1.25倍时，且没有摩擦阻力作用，才可以完成本次所有检测任务，B错误；过山车通过圆轨道最低点时，加速度竖直向上，仿真人处于超重状态，所以仿真人与座椅之间的压力传感器的示数一定大于仿真人的重力，C错误；若过山车在圆轨道最高点时对轨道无作用力，处于完全失重状态，则在最高点时，安装在座掎上的压力传感器的示数为零，D正确。
【关键点拨】竖直面内圆周运动两种模型：
竖直面内圆周运动问题的解题思路：
11（2023山东济南名校联考） 有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为。不计钢绳的重力。以下说法正确的是（ ）
A. 钢绳的拉力大小为
B. 钢绳的拉力大小为
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角一样大
【参考答案】ABD
【名师解析】
对座椅受力分析，如图所示
y轴上Fcsθ=mg ，解得
x轴上，Fsinθ=mω2（r+Lsinθ）
解得 ，选项AB正确；
因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，选项C错误；
根据
两边可消掉m，即两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大，选项D正确。
12.（2023天津名校质检） 7. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为，下列说法中正确的是（ ）
A. 越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B. 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C. 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D. 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
【参考答案】B
【名师解析】
摩托车做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，所以小球在竖直方向上受力平衡
可知侧壁对摩托车的支持力与高度无关，根据牛顿第三定律可知摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；
根据牛顿第二定律可知
解得，高度越大，越大，摩托车运动的线速度越大，故B正确；
根据牛顿第二定律可知
解得
高度越大，越大，摩托车运动的周期越大，故C错误；
摩托车的向心力大小为，大小不变，故D错误。
13.（2023河南名校联考）具有江南文化特色的无锡融创乐园中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．
【名师解析】（13分）
（1） 小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：
mgh = mv2 ① （2分）
小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：
N−mg = mv2/R ② （2分）
联立①②式 可解得 N =mg（1+2h/R） （2分）
根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力 N'=N=mg（1+2h/R）
方向：竖直向下 （2分）
（2）小球在最高点，由牛顿第二定律：
mg ≤ mv2/R ③ （2分）
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：
mg（h−2R）= mv2 ④ （2分）
联立③④式可解得 h ≥ R
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情境图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m eq \f(v2,r)
mg±FN＝m eq \f(v2,r)
临界特征
FT＝0，即mg＝m eq \f(v2,r) ，得v＝ eq \r(gr)
v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg
模型关键
(1)绳只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为 eq \r(gr)
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
2024高考物理二轮复习80热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型15 过山车模型
最新高考题
1. （2009安徽理综）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kgkg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。
【名师解析】：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律F+mg=mv12/R1
联立解得 F=10.0N.。
（2）设小球恰能通过第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意mg=mv22/R2
-μmg(L1+L)-2mgR2=mv22-mv02
联立解得 L=12.5m 。
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
= 1 \* ROMAN I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足mg=mv32/R3，，-μmg(L1+2L)-2mgR3=mv32 -mv02
联立解得： R3=0.4m
= 2 \* ROMAN II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3’，根据动能定理
-μmg(L1+2L)-mgR3’=0-mv02
解得 R3’=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值Rmax应满足
(R2+Rmax)2=L2+( Rmax -R2)2
解得 Rmax=27.9m
综合 = 1 \* ROMAN I、 = 2 \* ROMAN II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径必须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m或 1.0≤R3≤27.9m。
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则 -μmgL’=0-mv02
解得L’=36.0m
当1.0≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则
L〞= L’- 2(L’- L1-2L)= 36.0m-2×(36.0m-6.0m-2×12.5m)= 26.0m
【点评】此题联系实际，模型简单，但讨论问题很新颖，对考生能力要求较高。题中第（3）问“要使小球不能脱离轨道”并不一定要求做完整圆周运动。小球可能做完整的圆周运动，还可能做小于等于1/4圆周的往复运动。受题图思维定势的影响，在解答第（3）问时只考虑轨道半径较小的情况，或考虑轨道半径较大的情况，但只考虑最小值。
2. [2006·广东大综A卷.34]游乐场的过山车的运动过程可以抽象为图13所示模型。弧形轨道下端与圆轨道相撞，使小球从弧形轨道上端A点静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开。试分析A点离地面的高度h至少要多大，小球才可以顺利通过圆轨道最高点（已知圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力）。
R
h
A
【名师解析】：
由机械能守恒定律得；mgh＝mg2R＋ ①
在圆轨道最高处：mg＝m ②
v＝v0 ③
联立解得 h＝R ④
【备考提示】：本题涉及圆周运动、机械能守恒定律等知识，求解应注意对临界状态问题的分析，主要考查综合分析能力。
3. （09浙江理综）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）
【名师解析】 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，
由平抛运动的规律S= v1t，h=gt2，
联立解得 v1=S=3m/s。
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律mg=m v22/R，m v32 =m v22+mg·2R
联立解得 v3= =4m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin=4m/s
设电动机工作时间至少为t，根据动能定理，Pt-fL=mvmin2
由此可得t=2.53s。
【点评】解答此题常见错误是：把赛车越过壕沟需要的最小速度v1当作赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的最小速度。此题考查平抛运动、竖直圆周运动、机械能守恒定律、动能定理、牛顿运动定律等。
最新模拟题
1. （2024云南靖江重点高中期初测试）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B. 乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
【参考答案】BC
【名师解析】
在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得
mg-N=m
即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得
mg+F=m
即座椅给人施加向下的力，故A错误；
在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；
在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；
在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零。故D错误。
故选BC
点睛：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道圆周运动靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行求解．
2．（2023四川成都名校联盟三模）（12分）
游乐场的过山车项目，虽惊险刺激，但安全事故时有发生，若游客未系好安全带，后果将不堪设想。如图所示为某同学进行的模拟探究：过山车轨道均在竖直平面内，一质量为的游客乘坐过山车从左边第一个峰点P静止出发，无动力沿轨道运动，先后经过半径为的圆轨道最低点A和半径为的圆轨道最高点B。已知P、A的高度差为，A、B的高度差为，两圆轨道之间是与圆轨道分别相切的倾斜直轨道，游客可视为质点，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小取。
（1）求游客在A点对座椅的压力大小；
（2）若游客未系安全带，则他可能在半径为的圆轨道上某处抛出。试通过计算判断游客能否沿轨道到达B点。
【名师解析】：
（1）游客从P点到A点，由机械能守恒定律有：（2分）
在A点，游客受重力和座椅支持力作用，由牛顿第二定律有：（2分）
联立求解并代入数据得：（1分）
由牛顿第三定律解得游客在A点对座椅的压力大小为：（1分）
（2）假设游客能从P点经A点到B点，由机械能守恒定律有：（2分）
代入数据可得游客在B点的速度为：
在B点，由牛顿第二定律有：（2分）
代入数据得：（1分）
因，假设不成立
游客将在B点左侧圆轨道上某处抛出，不能到达B点（1分）
（其它合理解法，参照给分）
3．. (2023浙江常州期中))如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=，且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4R，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时，轨道对小球支持力F的大小；
（2）小球通过C点时的速率vC；
（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。
【参考答案】（1）7mg（2）（3）1.5mgR
【名师解析】
（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律有
解得：
F=7mg
（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得
W=1.5mgR
4. . (2023浙江杭州九校期中联考)过山车是一种机动游乐设施，深受年轻游客的喜爱（如图a所示）。可将过山车（含游客）看作质点，其质量kg。部分轨道如图（b）所示，AB是长m、倾角为37°的倾斜直轨道，过山车与轨道间的滑动摩擦因数；BC段可视半径m的光滑圆弧轨道，O为圆心，D点为轨道最高点，。过山车经过A点时速度，之后靠惯性冲上轨道最高点D，则过山车在运动过程中（取，，），求：
（1）过山车在AB段的加速度大小；
（2）摩擦力对过山车的冲量大小；
（3）过山车运动到最高点D时对轨道的压力。
【参考答案】：（1）；（2）；（3）
【名师解析】：（1）设过山车在AB段的加速度大小为,由题意，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设过山车运动到B所用时间为，由运动学公式可得
解得
或（不合题意，舍去）
故从A到B的过程中，摩擦力对过山车冲量的大小为
（3）由以上分析可知，过山车到达B点时的速度为
设到达D点的速度为，从B到D由动能定理可得
解得
另设过山车在D点时轨道对过山车的支持力为，过山车在圆弧上做圆周运动，运动到最高点时有
解得
则由牛顿第三定律可得过山车运动到最高点D时对轨道的压力
5.（13分）（2023河南名校联考）具有江南文化特色的无锡融创乐园中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．
【名师解析】（13分）
（1） 小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：
mgh = mv2 ① （2分）
小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：
N−mg = mv2/R ② （2分）
联立①②式 可解得 N =mg（1+2h/R） （2分）
根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力 N'=N=mg（1+2h/R）
方向：竖直向下 （2分）
（2）小球在最高点，由牛顿第二定律：
mg ≤ mv2/R ③ （2分）
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：
mg（h−2R）= mv2 ④ （2分）
联立③④式可解得 h ≥ R （1分）
6. （2023江苏连云港期中）如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道、圆弧形轨道、半圆形轨道、水平轨道组成，已知轨道的倾角，A、B间高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点C距水平地面高度差，在轨道上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量，表演者与摩托车可视为质点。
（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为，求经过C点的速度；
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
【参考答案】（1）；（2）1.12s；（3）最小值，最大值
【名师解析】
（1）由牛顿第二定律知
得
（2）从A到C运动过程中，由动能定理
其中
代入得
（3）要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度满足
即
由机械能守恒得通过E点的最小速度
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定
要保证表演者安全，其受到的最大压力
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则
可得
此情形下经过C点速度为，由机械能守恒
得
对C点压力为
得
说明上述判断正确.
由上可得，经过E点的速度最大值为
最小值
由平抛知识，落地时间
水平位移
代入两个临界速度，得水平位移最大值
最小值
7（2023湖北黄冈名校联考）麦昆弹射车因为其安装简单，可玩性高，广受孩子们的欢迎，其装置如图甲所示，按下按钮后玩具车被弹簧弹出，可以在摆好的赛道上飞驰。某赛道可以简化为如图乙所示的模型，玩具车在A点被弹出后，恰好能够到达竖直面内圆形轨道的最高点C，驶过圆形轨道后经过长为x的粗糙水平面BD后，进入斜面DE，DE与水平方向的夹角为θ=53°，到达E点时速度为零。已知A、C、E三点高度相同。粗糙轨道BD和DE动摩擦因数均为μ=0.1，其它摩擦不计。已知玩具车质量为0.1kg，圆形轨道半径r=0.4m。求：（1）弹簧的弹性势能； （2）BD长度x；
（3）若斜面DE与水平面夹角θ可以调节，使小车返回圆弧轨道时不脱离轨道，θ的正切值需要满足什么条件？
【名师解析】 （11分）(1)玩具车恰好通过最高点，即在C点只受到重力，重力提供向心力
（1分）
由A点到C点只有重力做功，机械能守恒
（1分）
hA=hC（1分）
联立得
EP=0.2J（ 1分）
(2)从C点到E点动能定理
（ 2分）
得
x=1.4m （1分）
(3)设改变夹角θ后玩具车能到达斜面最高点，D与斜面最高点间长度为l’，从C点到最高点动能定理
（ 2分）
玩具车返回B点后不脱离轨道，即小车到达B点左侧与半径等高处G点时速度为0，F点到G点动能定理
联立得
即
(2分）
8. （2023河南名校联考）如图甲所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图乙所示的模型：倾角θ＝37°、长L＝60 cm的直轨道AB与半径R＝10 cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接，整条轨道宽度不计．现将一质量m＝50 g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放．已知滑块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.25，与FG段间的动摩擦因数μ2＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求滑块到达B点时的动能Ek；
(2)求滑块到达E点时对轨道的压力FN；
(3)若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；
(4)若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程．
【名师解析】
(1)A→B过程：
mgL·sin θ－μ1mgL·cs θ＝EkB－0
解得EkB＝0.12 J.
(2)B→E过程
－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(E2,)－EkB
在E点，由牛顿第二定律知：
FN＋mg＝eq \f(mv\\al(E2,),R)
解得FN＝eq \f(mv\\al(E2,),R)－mg＝0.10 N
由牛顿第三定律知：小球对轨道压力为0.10 N，方向竖直向上．
(3)从B点开始，直到停在FG过程中有：
mgR(1－cs θ)－μ2mgL′＝0－EkB
解得：L′＝eq \f(mgR1－cs θ＋EkB,μ2mg)＝0.52 m＝52 cm.
(4)若从距B点L0处释放，则从释放到刚好运动到D点过程有：
mgL0·sin θ－μ1mgL0·cs θ－mgR·cs θ＝0－0
求得：L0＝0.2 m.
从释放到第一次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L1，则：
mg(L0－L1)sin θ－μ1mg(L0＋L1)·cs θ＝0－0
求得：L1＝eq \f(sin θ－μ1cs θ,sin θ＋μ1cs θ) L0＝eq \f(1,2)L0.
同理，第二次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L2，有：
L2＝eq \f(sin θ－μ1cs θ,sin θ＋μ1cs θ) L1＝eq \f(1,2)L1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2L0
故第5次返回最高点过程，若在AB轨道上上升位移为L5，
有：L5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5L0
所以第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程
L总＝L0＋L1＋L1＋L2＋L2＋L3＋L3＋L4＋L4＋L5＝eq \f(93,160) m.
9.对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m,位于竖直面内,如图所示)的特技演员Steve Truglia来说,瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果。若速度太慢,汽车在环形车道上,便有可能像石头一样坠落;而如果速度太快,产生的离心力可能让他失去知觉。挑战中汽车以16 m/s的速度进入车道,到达最高点时,速度降至10 m/s成功挑战。已知演员与汽车的总质量为1 t,将汽车视为质点,在上升过程中汽车速度一直减小,下降过程中速度一直增大,取g=10 m/s2,则汽车在以16 m/s的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )
A.通过最低点时,汽车受到的弹力为4×104 N
B.在距地面6.4 m处,演员最可能失去知觉
C.只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s,才可能挑战成功
D.只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J,才可能挑战成功
【参考答案】D
【名师解析】 通过最低点时,汽车受到的弹力FN1=mg+mv2R=1 000×10 N+1 000×1626.4 N=5×104 N,选项A错误;在轨道的最低点时,车速最大,人对座椅的压力最大,最容易失去知觉,选项B错误;汽车到达最高点的最小速度为v=gR=10×6.4 m/s=8 m/s,则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s,才可能挑战成功,选项C错误;从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W=12mv02-12mv2=12×1 000×162 J-12×1 000×82 J=9.6×104 J,选项D正确。
10.（2023河南四市二模）如图为过山车及其轨道的简化模型，某次检测中，在过山车车厢内的座椅上装了一个压力传感器，在压力传感器上面安放一个仿真人。不计一切阻力，以下判断正确的是
A.过山车在圆轨道上的运动是匀速圆周运动
B.过山车由静止释放的高度低于圆轨道最高点的高度时，也可以完成本次所有检测任务
C.过山车通过圆轨道最低点时，仿真人与座椅之间的压力传感器的示数小于仿真人的重力
D.若过山车在圆轨道最高点时对轨道无作用力，则在最高点时，安装在座掎上的压力传感器的示数为零。
【参考答案】D
【命题意图】本题考查过山车模型+竖直面内圆周运动的绳系小球模型+牛顿运动定律+机械能守恒定律+超重和失重
【解析】过山车在竖直面内的圆轨道上的运动是变速圆周运动，A错误；由于过山车经过圆轨道最高点时速度必须大于等于临界速度v=，所以过山车由静止释放的高度必须大于圆轨道最高点的高度1.25倍时，且没有摩擦阻力作用，才可以完成本次所有检测任务，B错误；过山车通过圆轨道最低点时，加速度竖直向上，仿真人处于超重状态，所以仿真人与座椅之间的压力传感器的示数一定大于仿真人的重力，C错误；若过山车在圆轨道最高点时对轨道无作用力，处于完全失重状态，则在最高点时，安装在座掎上的压力传感器的示数为零，D正确。
【关键点拨】竖直面内圆周运动两种模型：
竖直面内圆周运动问题的解题思路：
11（2023山东济南名校联考） 有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为。不计钢绳的重力。以下说法正确的是（ ）
A. 钢绳的拉力大小为
B. 钢绳的拉力大小为
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角一样大
【参考答案】ABD
【名师解析】
对座椅受力分析，如图所示
y轴上Fcsθ=mg ，解得
x轴上，Fsinθ=mω2（r+Lsinθ）
解得 ，选项AB正确；
因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，选项C错误；
根据
两边可消掉m，即两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大，选项D正确。
12.（2023天津名校质检） 7. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为，下列说法中正确的是（ ）
A. 越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B. 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C. 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小
D. 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
【参考答案】B
【名师解析】
摩托车做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，所以小球在竖直方向上受力平衡
可知侧壁对摩托车的支持力与高度无关，根据牛顿第三定律可知摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；
根据牛顿第二定律可知
解得，高度越大，越大，摩托车运动的线速度越大，故B正确；
根据牛顿第二定律可知
解得
高度越大，越大，摩托车运动的周期越大，故C错误；
摩托车的向心力大小为，大小不变，故D错误。
13.（2023河南名校联考）具有江南文化特色的无锡融创乐园中有一座飞翼过山车，它是目前世界最高（最高处60米）、速度最快（最高时速可达120公里）、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动．如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力．求：
（1）若小球从高为h的A处由静止释放，求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；
（2）若要使小球运动过程中能通过圆弧最高点且不脱离轨道，试求小球由静止释放时的高度应满足的条件．
【名师解析】（13分）
（1） 小球从高为h处由静止释放，到达最低点速度为v，此过程由动能定理：
mgh = mv2 ① （2分）
小球到达圆轨道底端时轨道对小球的弹力为N，由牛顿第二定律：
N−mg = mv2/R ② （2分）
联立①②式 可解得 N =mg（1+2h/R） （2分）
根据牛顿第三定律小球到达圆轨道底端时对轨道的压力 N'=N=mg（1+2h/R）
方向：竖直向下 （2分）
（2）小球在最高点，由牛顿第二定律：
mg ≤ mv2/R ③ （2分）
小球从高h处到圆轨道最高点，由动能定理得：
mg（h−2R）= mv2 ④ （2分）
联立③④式可解得 h ≥ R
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情境图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m eq \f(v2,r)
mg±FN＝m eq \f(v2,r)
临界特征
FT＝0，即mg＝m eq \f(v2,r) ，得v＝ eq \r(gr)
v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg
模型关键
(1)绳只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为 eq \r(gr)
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
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