高考物理一轮复习讲义第4章第5课时　专题强化 圆周运动的临界问题（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 水平面内圆周运动的临界问题
1．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝eq \f(mv2,r)，静摩擦力的方向一定指向圆心。
(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
2．与弹力有关的临界极值问题
(1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
例1 (2024·安徽省合肥一中模拟)港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100 km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的eq \f(3,4)，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为15eq \r(5) m/s
答案 D
解析 汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝meq \f(v2,r)＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a＝eq \f(v2,r)＝eq \f(25,6) m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道速度最大时满足eq \f(3,4)mg＝meq \f(vm2,r)，解得vm＝15eq \r(5) m/s，故D正确。
例2 (多选)(2023·陕西西安市庆安中学期中)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。木块与圆盘间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，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案 AC
解析 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R。当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，则ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa拓展 如图所示，若在a、b之间拴一根轻绳，当轻绳恰好出现弹力时，角速度多大？当a、b开始滑动时，角速度多大，此时剪断轻绳，分析a、b各做什么运动？
答案 若没有轻绳时，b先滑动，b开始滑动时，a、b距离增大，此时若有轻绳，绳发生形变，开始有弹力，即ω＝eq \r(\f(kg,2l))时，轻绳开始有弹力；当a、b恰好开始滑动时，对b有kmg＋FT＝mω2·2l，对a有kmg－FT＝mω2·l，解得ω＝eq \r(\f(2kg,3l))，此时剪断轻绳，b做离心运动，a仍和圆盘保持相对静止。
例3 (多选)(2024·黑龙江哈尔滨市第二中学期中)质量为m的小球(视为质点)由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a绳的弹力随角速度的增大而增大
B．当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))时，b绳中产生弹力
C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变
D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化
答案 BC
解析 当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有eq \f(mg,tan θ)＝mlω2，解得ω＝eq \r(\f(g,ltan θ))，可知当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))时，b绳出现弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝eq \f(mg,sin θ)，可知a绳的弹力不变，故A错误，C正确；
由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态，分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各物理量的变化，找出临界状态。
考点二 竖直面内圆周运动的临界问题
1．竖直面内圆周运动的两类模型
2.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两位置间的速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力。
例4 (多选)(2023·陕西延安市黄陵中学模拟)如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力大小为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4eq \r(2) m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
答案 ABC
解析 设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v02,R)，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq \f(v12,R)，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝meq \f(vm2,R)，解得vm＝4eq \r(2) m/s，故C正确，D错误。
例5 如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。小球A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
答案 B
解析 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq \f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下，为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq \f(vB2,R)，解得vB＝4 m/s，故选B。
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
考点三 斜面上圆周运动的临界问题
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等。
物体在转动过程中，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcs θ－mgsin θ＝mω2R。
例6 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。则当ω达到最大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．5.6 N B．6.0 N C．6.4 N D．8.0 N
答案 A
解析 经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第二定律得μmgcs 37°－mgsin 37°＝mrωm2
在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mgsin 37°＝mrωm2，联立以上两式并代入数据得Ff＝
－5.6 N
负号表示摩擦力的方向沿盘面向上，大小为5.6 N，故选A。
课时精练
1.(2023·福建三明市模拟)如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的eq \f(3,4)，如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，恰好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )
A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
答案 B
解析 如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，则有mg＝meq \f(v′2,R)，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的eq \f(3,4)，即支持力为eq \f(3,4)mg，则有mg－eq \f(3,4)mg＝meq \f(v2,R)，联立解得v′＝20 m/s，所以B正确，A、C、D错误。
2．(2024·江苏南京市中华中学月考)如图甲所示为“铁笼飞车”的特技表演，其抽象出来的理想模型为如图乙所示的内壁光滑的圆球，其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道，a轨道与b轨道均水平，c轨道竖直，一个质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时，下列有关说法正确的是( )
A．沿a轨道可能做变速圆周运动
B．沿c轨道运动的最小速度为0
C．沿a轨道运动的速度比沿b轨道运动的速度大
D．沿a轨道运动的周期比沿b轨道运动的周期大
答案 D
解析 沿a轨道运动，设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，r＝Rsin θ
解得v＝eq \r(gRsin θtan θ)，T＝2πeq \r(\f(Rcs θ,g))
沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，周期越大，沿a轨道运动的速度比沿b轨道运动的速度小，周期大，A、C错误，D正确；
沿c轨道在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vmin2,R)，解得vmin＝eq \r(gR)，故在最高点的最小速度为eq \r(gR)，B错误。
3.(多选)(2023·辽宁阜新市模拟)如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．单杠对手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力不做功
C．若运动员恰好能够完成圆周运动，则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mg
D．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无作用力
答案 AB
解析 运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能提供拉力，也可能提供支持力，如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有mg＝meq \f(v2,L)，可得v＝eq \r(gL)，当运动员在最高点的速度大于eq \r(gL)时，单杠对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于eq \r(gL)时，单杠对运动员的力为支持力，故A正确；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故B正确；若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，故D错误；从最高点到最低点，根据动能定理有mg·2L＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝2eq \r(gL)，在最低点，有F－mg＝meq \f(v2,L)，所以F＝5mg，故C错误。
4.(2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能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，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度需要满足ω≤eq \r(\f(μg,r))
D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
答案 B
解析 由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为FfA＝3mω2r，又有0ω3，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝eq \r(\f(2μg,3r))，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误。
5．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为eq \r(2gL)
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
答案 C
解析 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝meq \f(vB2,2L)，解得vB＝eq \r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝eq \f(1,2)eq \r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(vA2,L)，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律可知杆受到A球的弹力大小为1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
6.(2024·江苏扬州市江都中学检测)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中间用水平细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．A的摩擦力先达到最大
B．当ω1＝2eq \r(5) rad/s，细线开始出现张力
C．当ω1＝eq \r(30) rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动
D．当ω1＝5eq \r(2) rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动
答案 D
解析 A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω0A2rA，解得ω0A＝2eq \r(5) rad/s，同理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω0B＝eq \r(10) rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝eq \r(10) rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有FT＋μmAg＝mAω12rA，对B有FT－μmBg＝mBω12rB，解得ω1＝5eq \r(2) rad/s，选项C错误，D正确。
7.(2023·河南郑州市外国语学校模拟)越野滑雪集训队在某雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，滑雪机转速和倾角根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10 m处的运动员(保持如图滑行姿势，可看成质点)与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60 kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10 m/s2，已知sin 15°≈0.260，cs 15°≈0.966。则下列说法正确的是( )
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω的最大值约为0.47 rad/s
C．ω取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D．某次运动员转到最低点时恰好不滑动，若运动员离转轴距离变为11 m处，则运动员仍可随圆盘做匀速圆周运动
答案 B
解析 运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力，二者的合力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力，三者的合力提供向心力，故A错误；在圆盘最低点，根据μmgcs 15°－mgsin 15°＝mωmax2r，解得ωmax≈0.47 rad/s，故B正确；ω取不同数值时，设摩擦力指向圆心，则有mgsin 15°＋Ff＝mω12r，设摩擦力背离圆心，则有mgsin 15°－Ff′＝mω22r，由两式可知ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员转到最低点时恰好不滑动，有μmgcs 15°－mgsin 15°＝mωmax2r，若此时半径变大，合力不足以提供向心力，运动员将会做离心运动，故D错误。
8．(多选)(2024·广东东莞市第四中学月考)如图所示，半径R＝3l的光滑圆筒竖直固定，长度为5l的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球角速度越大，轻绳的拉力越大
B．小球角速度ω＝eq \r(\f(g,l))时，轻绳的拉力为5mg
C．小球角速度ω＝eq \r(\f(2g,9l))时，小球受两个力的作用
D．小球角速度ω＝eq \r(\f(g,2l))时，筒壁与小球之间作用力大小为eq \f(3,4)mg
答案 CD
解析 当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为FT＝eq \f(mg,cs θ)，可知此时随着小球角速度越大θ越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角速度再大时θ不变，故此时绳子的拉力不变，故A错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtan θ＝mω2R，tan θ＝eq \f(3l,\r(5l2－3l2))＝eq \f(3,4)，解得ω＝eq \r(\f(g,4l))，故可知当ω>eq \r(\f(g,4l))时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速度ω＝eq \r(\f(g,l))时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为FT＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(mg,\f(4,5))＝eq \f(5,4)mg，当小球角速度ω＝eq \r(\f(2g,9l))9．(2024·安徽六安一中模拟)如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其F－v2图像如图所示。则( )
A．小球的质量为eq \f(aR,c)
B．当地的重力加速度大小为eq \f(R,a)
C．v2＝b时，小球对管壁的弹力方向竖直向下
D．v2＝3b时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍
答案 D
解析 在最高点，若v＝0，则F＝mg＝c，若F＝0，重力提供向心力，则mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(a,R)，解得g＝eq \f(a,R)，m＝eq \f(cR,a)，故A、B错误；若F＝0，有v2＝a，则v2＝b时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；当v2＝b时，根据mg＋F＝meq \f(b,R)，F＝c＝mg，解得b＝2gR。当v2＝3b时，根据mg＋F′＝meq \f(v2,R)，解得F′＝5mg，故D正确。
10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则( )
A．小球不会脱离圆轨道
B．小球会脱离圆轨道
C．小球脱离圆轨道时的速度大小为eq \f(\r(7),2) m/s
D．小球脱离圆轨道的位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为30°
答案 BCD
解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝eq \r(3.5) m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv0′2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，解得v0′＝eq \f(\r(70),2) m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，则eq \f(1,2)mv0″2＝mgR，得v0″＝eq \r(7) m/s在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝meq \f(v12,R)，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgR(1＋sin θ)＋eq \f(1,2)mv12，联立解得sin θ＝eq \f(1,2)，即θ＝30°，
则v1＝eq \f(\r(7),2) m/s，故C、D正确。轻绳模型
轻杆模型
常见类型
小球最高点没有支撑
小球最高点有支撑
最高点受力特征
除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
最高点受力示意图
动力学方程
mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
mg±F弹＝meq \f(v2,R)
临界特征
F弹＝0
mg＝meq \f(vmin2,R)
即vmin＝eq \r(gR)
①恰好过最高点，v＝0，F弹＝mg
②恰好无弹力，F弹＝0，v＝eq \r(gR)
过最高点的条件
在最高点的速度v≥eq \r(gR)
v≥0