新高考物理一轮复习讲义 第4章 专题强化7 水平面、竖直面内的圆周运动

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第4章 专题强化7 水平面、竖直面内的圆周运动，共15页。试卷主要包含了63 m/s2等内容，欢迎下载使用。

题型一 水平面内圆周运动的临界问题
1．运动特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆．
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．
2．几种常见的临界条件
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．
例1 (多选)如图1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( )
图1
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.当角速度增加时，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：Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b：Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa1.(汽车在水平地面上转弯)(多选)如图2所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内、外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax，选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
图2
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
答案 ACD
解析 由题图及几何关系知：路线①的路程为s1＝2r＋πr，路线②的路程为s2＝2r＋2πr，路线③的路程为s3＝2πr，A正确；赛车以不打滑的最大速率通过弯道，有Fmax＝man＝meq \f(v2,R)，速度v＝eq \r(\f(FmaxR,m))，即半径越大，速率越大，选择路线①赛车的速率最小，B错误，D正确；根据t＝eq \f(s,v)，代入数据解得，选择路线③，赛车所用时间最短，C正确．
2．(转盘上有物体)(多选)如图3所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
图3
A．当ω>eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C．ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ωD．ω在0<ω答案 ABD
解析 当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ω题型二 竖直面内圆周运动的临界问题
1．两类模型对比
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，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求轨道压力时，转换研究对象，先求支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．
轻绳模型
例2 如图4所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为(重力加速度为g)( )
图4
A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg
答案 C
解析 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq \f(mv\\al(B2),1.8R)，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝eq \f(mv\\al(A2),R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得FN＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为4mg，C正确．
轻杆模型
例3 如图5所示，在伦敦奥运会体操男子单杠决赛中，荷兰选手宗德兰德荣获冠军．若他的质量为70 kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力大小至少约为(忽略空气阻力，g取10 m/s2)( )
图5
A．600 N B．2 400 N
C．3 500 N D．4 600 N
答案 C
解析 设运动员在最低点受的总拉力至少为FT，此时运动员的重心的速度为v，运动员的重心到单杠的距离为R，由牛顿第二定律得FT－mg＝meq \f(v2,R)，由机械能守恒定律得mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，最高点速度为零时，v最小，FT最小，联立解得FT＝5mg＝3 500 N，选项C正确．
例4 如图6所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
图6
A．当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)
B．小球的质量为eq \f(aR,b)
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
答案 B
解析 小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，解得g＝eq \f(b,R)，m＝eq \f(a,b)R，故A错误，B正确；由题图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝meq \f(2b,R)，解得FN＝a，故D错误．
3.(轻绳模型)如图7所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(重力加速度为g)( )
图7
A.eq \r(3)mg B．2eq \r(3)mg
C．3mg D．4mg
答案 A
解析 当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力均为零，有mg＝meq \f(v2,r)，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝meq \f(2v2,r)，所以F＝3mg，此时小球在最高点受力如图所示，所以FT＝eq \r(3)mg，A正确．
4．(轻杆模型)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图8所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图8
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是eq \r(gR)
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而减小
答案 A
解析 当小球在最高点所受的弹力为零时，有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)，即当速度v＝eq \r(gR)时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确．小球通过最高点的最小速度为零，
所以B错误．小球在最高点，若veq \r(gR)，则有：mg＋F＝meq \f(v2,R)，轻杆的作用力随着速度的增大而增大，所以C、D错误．
课时精练
1.(2020·全国卷Ⅰ·16)如图1，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
图1
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
答案 B
解析 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子中的平均拉力为F.
由牛顿第二定律知：2F－mg＝eq \f(mv2,r)
代入数据得F＝405 N，故每根绳子平均承受的拉力约为405 N，
选项B正确．
2.如图2所示，杂技演员表演“水流星”节目．一根长为L的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )
图2
A.eq \r(\f(g,L)) B.eq \r(\f(2g,L)) C.eq \r(\f(5g,L)) D.eq \r(\f(10g,L))
答案 B
解析 杯子在竖直平面内做半径为eq \f(L,2)的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点水的重力提供向心力，则有mg＝eq \f(mω2L,2)，可得ω＝eq \r(\f(2g,L))，故B正确，A、C、D错误．
3.(多选)如图3所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图3
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq \r(gR＋r)
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab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ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案 BC
4.如图4所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离为( )
图4
A.eq \r(2)R B.eq \r(3)R C.eq \r(5)R D.eq \r(6)R
答案 D
解析 小球从P点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则2R＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝2eq \r(\f(R,g))，在最高点P时，有mg＋eq \f(1,2)mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(\f(3gR,2))，因此小球落地点到P点的水平距离为x＝vt＝eq \r(6)R，选项D正确．
5．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的eq \f(3,4)，如果要使汽车在该桥顶对桥面没有压力，车速至少为( )
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
答案 B
解析 当FN＝eq \f(3,4)G时，因为G－FN＝meq \f(v2,r)，所以eq \f(1,4)G＝meq \f(v2,r)；当FN＝0时，G＝meq \f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20 m/s，选项B正确．
6．(2016·全国卷Ⅱ·16)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5所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )
图5
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 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL)，因LPmQ且LP7.如图6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角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )
图6
A.eq \r(5) rad/s B.eq \r(3) rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
答案 C
解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，
μmgcs 30°－mgsin 30°＝mω2r
解得ω＝1.0 rad/s
故选项C正确．
8．(2020·四川绵阳市诊断)如图7所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，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( )
图7
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，即重力恰好提供向心力，则有mg＝meq \f(v\\al(B2),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球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(v\\al(A2),L)，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
9.(2020·广东深圳中学模拟)如图8所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为eq \f(m,2)，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．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.若圆盘从开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是( )
图8
A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落
B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等
C．b和c均未滑落时线速度一定相等
D．b开始滑动时的角速度是eq \r(2kgl)
答案 B
解析 木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b、c质量不等，由Ff＝mrω2知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，Ff＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝eq \r(\f(kg,2l))，故D错误．
10.(多选)如图9所示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取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
图9
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 如图所示，设直道分别为AB和CD段，作BE平行OO′，根据几何知识可得BE＝100 m，AE＝50 m，AB＝50eq \r(3) m，赛车在大圆弧弯道上做匀速圆周运动，设在大圆弧弯道上各处速度为vA，根据牛顿第二定律，2.25mg＝meq \f(v\\al(A2),R)，可得vA＝45 m/s，设在小圆弧弯道上各处速度为vB，由2.25mg＝meq \f(v\\al(B2),r)，可得vB＝30 m/s，vC＝vB11.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图10所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块到轴心O、O′的距离RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )
图10
A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3
B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度大小之比为aA∶aB＝2∶9
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
答案 ABC
解析 由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，由v＝ωr，r甲∶r乙＝3∶1，可得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块A和B在与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为1∶3，故A正确．滑块A和B在与轮盘相对静止时，根据向心加速度公式：a＝Rω2，又RA∶RB＝2∶1，ωA∶ωB＝1∶3，所以A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝2∶9，故B正确．设滑块A、B的质量均为m，滑块的最大静摩擦力分别为 FfA＝μmg，FfB＝μmg，则最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝1∶1；转动中所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝maA∶maB＝2∶9，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力而发生滑动，故C正确，D错误．
12.(2021·陕西宝鸡市模拟)如图11所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．
图11
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝eq \r(2)r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
答案 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
解析 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，则有Ffm＝μ1FN＝mrω2
FN＝mg
两式联立可得ω＝2 rad/s
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝eq \f(Ff,m)
Ff＝μ2mg
所以a＝μ2g＝2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为v0＝ωr＝3 m/s
由运动学公式0－v02＝－2ax可得x＝2 m
由几何关系可得餐桌半径的最小值为
R＝eq \r(r2＋x2)＝2.5 m
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，
由题意可得vt′2－v02＝－2ax′
由于餐桌半径为R′＝eq \r(2)r，所以x′＝r＝1.5 m
解得vt′＝1.5 m/s
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
物体做平抛运动的水平位移为x″＝vt′t＝0.6 m
所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1 m
13.(多选)如图12所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m的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( )
图12
A．小球不会脱离圆轨道运动
B．小球会脱离圆轨道运动
C．小球脱离轨道时的速度为eq \f(\r(7),2) m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
答案 BCD
解析 设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，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝meq \f(v\\al(12),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 \r(gRsin θ)＝eq \f(\r(7),2) m/s，故C、D正确．轻绳模型(最高点无支撑)
轻杆模型(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等
球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力示意图
F弹向下或等于零
F弹向下、等于零或向上
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(v\\al(min2),R)
即vmin＝eq \r(gR)
v＝0
即F向＝0
F弹＝mg
讨论分析
(1)最高点，若v≥eq \r(gR)，F弹＋mg＝meq \f(v2,R)，绳、轨道对球产生弹力F弹
(2)若v(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心
(2)当0(3)当v＝eq \r(gR)时，F弹＝0
(4)当v>eq \r(gR)时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大