专题强化六 圆周运动的临界和极值问题-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案课件PPT（新教材）

第四章　曲线运动 专题强化六　圆周运动的临界和极值问题 关键能力　发展与提升 * 考点一　水平面内圆周运动的临界和极值问题　　拓展延伸 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，分析各量的变化，找出临界状态。确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。 答案 * 考向1　水平面上汽车转弯类问题 水平面上汽车转弯类问题的临界条件是静摩擦力达到最大值。 例1　(2018·浙江11月选考)如图所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　) A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2 解析 解析　汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为v＝20 m/s时，根据Fn＝meq \f(v2,R)，得所需的向心力为Fn＝1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；根据牛顿第二定律可知，汽车安全转弯的最大向心加速度为am＝eq \f(Ffmax,m)＝7.0 m/s2，D正确。 答案 * 考向2　火车转弯类问题 例2　(2022·河北省石家庄市第二中学高三上开学诊断)(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　) A．该弯道的半径r＝eq \f(v2,gtanθ) B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，内轨将受到轮缘的挤压 解析 解析　当火车以速度v转弯时，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得mgtanθ＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(v2,gtanθ)，v＝eq \r(grtanθ)，可知该临界速度与火车质量无关，故当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变，A、B正确；当火车速率大于v时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有做离心运动的趋势，故外轨将受到轮缘的挤压，C错误；当火车速率小于v时，重力与支持力的合力大于所需的向心力，火车有做近心运动的趋势，内轨将受到轮缘的挤压，D正确。 * 考向3　圆锥摆的临界和极值问题 圆锥摆的临界和极值问题，常常与弹力有关 (1)绳子松弛的临界条件是：绳恰好拉直且没有弹力；绳子断开的临界条件是：绳上的拉力恰好达最大值。 (2)两物体接触或脱离的临界条件是：两物体间的弹力恰好为零。 (3)对于半圆形碗内的水平圆周运动，有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②恰好发生相对滑动。 答案 * 例3　(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 解析 解析　对小球进行受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Tsinθ＝mg　①，且T＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))　②，当角速度从ω变为ω′时，若θ增大(减小)，根据①式，T应减小(增大)，而根据②式，T应增大(减小)，故角速度从ω变为ω′时，θ和T都不变，即小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确。在水平方向，小球的运动半径r不变，当角速度较小时，PQ杆对小球的弹力FN背离转轴，有Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r；当角速度较大时，FN指向转轴，有Tcosθ＋FN＝mω2r，即FN＝mω2r－Tcosθ；由以上分析，结合牛顿第三定律可知，当角速度增大后，小球对杆的压力不一定变大，C错误。根据F合＝mω2r可知，当角速度增大后，小球所受合外力变大，D正确。 答案 * 例4　(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　) A．a绳的张力不可能为零 B．a绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω>eq \r(\f(gcotθ,l))，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 解析 解析　小球做匀速圆周运动，在竖直方向上所受的合力为零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a绳对小球的拉力在竖直方向上的分力与小球的重力平衡，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq \f(mg,sinθ)，可知a绳的拉力与角速度ω无关，故B错误；当b绳拉力为零时，有：eq \f(mg,tanθ)＝mωeq \o\al(2,0)l，解得ω0＝eq \r(\f(gcotθ,l))，可知当角速度ω>eq \r(\f(gcotθ,l))时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。 * 考向4　水平转盘上的圆周运动及其临界问题 水平转盘上圆周运动的临界问题，主要涉及与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。 (1)如果只有摩擦力提供向心力，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，则最大静摩擦力Fm＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。 (2)如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体在水平面上转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。 * (3)运动实例 答案 解析 * 解析　硬币在水平圆盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当向心力等于最大静摩擦力时，圆盘转动的角速度最大，根据牛顿第二定律有μmg＝mrω2，解得圆盘转动的最大角速度为ω＝eq \r(\f(μg,r))，B正确。 例5　(2019·海南高考)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起沿OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　) A.eq \f(1,2) eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),r)) B.eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),r)) C.eq \r(\f(\a\vs4\al(2μg),r)) D．2eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),r)) 解决临界问题的注意事项 (1)先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题。 (2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生的变化。 (3)关注临界状态，例如静摩擦力达到最大值时，开始相对滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度。 * 答案 * 例6　两个质量分别为2m和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，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，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，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．a比b先达到最大静摩擦力 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eq \f(5kmg,3) 解析 解析　木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，联立得ωmax＝eq \r(\f(kg,r))，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，故A错误。在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动的半径r分别为L和2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，即ω>eq \r(\f(kg,2L))，对b木块有kmg＋F＝mω2·2L，对a木块有Ffa－F＝2mω2L，联立得Ffa＝2F＋kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B错误。 解析 b刚要滑动时，对b木块有kmg＋F＝mωeq \o\al(2,0)·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωeq \o\al(2,0)L，联立得ω0＝eq \r(\f(3kg,4L))，故C错误。当ω＝eq \r(\f(2kg,3L))时，a、b未滑动且轻绳中有拉力，由B项方程组可得a所受摩擦力大小Ffa＝4mω2L－kmg＝eq \f(5kmg,3)，故D正确。 答案 * 【跟进训练】1.(2023·湖南省郴州市高三上第一次教学质量监测)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开始逐渐加快到两物体刚好要发生但还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A．绳子的最大张力为FT＝2μmg B．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2μg),r)) C．随着角速度的增大，A所受摩擦力的方向(相对圆盘)和大小都会变化，而B所受摩擦力的方向(相对圆盘)不变 D．随着角速度的增大，A所受的摩擦力一直减小，而B所受的摩擦力一直增大 解析 解析　随着圆盘转动角速度的不断增大，可以分为以下几个阶段：当0＜ω≤ω1时，A、B两物体所受的静摩擦力逐渐增大，且均指向圆心，此阶段轻绳张力FT1＝0，当角速度为ω1时，对B有μmg＝3mrωeq \o\al(2,1)，则ω1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),3r))；当ω1＜ω≤ω2时，B所受摩擦力始终为μmg，方向指向圆心，A所受静摩擦力方向指向圆心，对B有μmg＋FT＝3mrω2，对A有FT＋fA＝mrω2，则fA＝μmg－2mrω2，可知FT增大，fA减小，当角速度为ω2时fA＝0，可解得ω2＝eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2r))，此阶段轻绳张力最大值为FT2＝0.5μmg；当ω2＜ω≤ω3时，A所受摩擦力方向背离圆心，B所受摩擦力仍为μmg，方向指向圆心， 解析 对B有μmg＋FT＝3mrω2，对A有FT－fA＝mrω2，可得fA＝2mrω2－μmg，则FT增大，fA增大，当角速度为ω3时fA＝μmg，可解得ω3＝eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),r))，此过程轻绳张力最大值为FT3＝2μmg，且角速度为ω3时，两物体刚好要发生但还未发生滑动。结合以上分析可知，A、C正确，B、D错误。 * 考点二　竖直面内的圆周运动——“绳”模型和“杆”模型　　拓展提升 1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、物体沿内轨道运动等)，称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑(如球与杆连接、物体在弯管内运动等)，称为“杆(管)约束模型”。 * 2．绳、杆模型涉及的临界问题 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 受力 特征 除重力外，物体受到的弹力向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上 受力 示意图 * 过最高 点的临 界条件 由mg＝meq \f(v2,r)得v临＝eq \r(gr) 由小球恰能做完整的圆周运动得v临＝0 讨论 分析 (1)过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN； (2)不能过最高点时，v<eq \r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心； (2)当0<v<eq \r(gr)时，mg－FN＝meq \f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小； (3)当v＝eq \r(gr)时，FN＝0； (4)当v>eq \r(gr)时，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心，并随v的增大而增大 答案 解析 * 解析　由题意可知，在最高点座椅对乘客竖直向下的支持力为eq \f(\a\vs4\al(mg),2)，根据牛顿第二定律可得eq \f(\a\vs4\al(mg),2)＋mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(3gR),2))，故B正确，A、C、D错误。 考向1　竖直面内圆周运动的“绳”模型 例7　(2023·山西省大同市高三上第一次学情调研)如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身重力的一半，则过山车在最高点时的速度大小为(　　) A．0 B.eq \r(\f(3gR,2)) C.eq \r(gR) D.eq \r(3gR) 答案 * 【跟进训练】2.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT­v2图像如图乙所示，则(　　) A．轻质绳长等于eq \f(am,b) B．当地的重力加速度为eq \f(m,a) C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq \f(ac,b)＋a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 解析 解析　设轻质绳长为L，在最高点，对小球，由牛顿第二定律有mg＋FT＝m，得FT＝meq \f(v2,L)－mg，可知FT­v2图像的斜率k＝eq \f(a,b)＝eq \f(m,L)，解得轻质绳的长度L＝eq \f(mb,a)，图像的纵轴截距的绝对值为a＝mg，解得当地的重力加速度g＝eq \f(a,m)，故A、B错误；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝meq \f(v2,L)－mg＝eq \f(ac,b)－a，故C错误；当v2≥b时，在最高点有FT＋mg＝meq \f(v2,L)，设小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知2mgL＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，又小球在最低点时，根据牛顿第二定律可知FT′－mg＝meq \f(v′2,L)，联立解得FT′－FT＝6mg＝6a，故当v2≥b时，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，故D正确。 答案 * 考向2　竖直面内圆周运动的“杆”模型 例8　一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球过最高点的最小速度是eq \r(gR) B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 解析 解析　由于小球在最高点时杆对小球的作用力可以表现为拉力，也可以表现为支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；当小球在最高点的速度v＝eq \r(gR)时，靠小球重力提供向心力，杆的弹力为零，故B正确；当小球经过最高点杆对它的作用力表现为支持力时，随速度增大杆对球的作用力减小，当小球经过最高点杆对它的作用力表现为拉力时，随速度增大杆对球的作用力增大，故C、D错误。 竖直面内圆周运动问题的解题思路 * 答案 * 【跟进训练】3.(2022·河北省部分学校高三上第一次考试)(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形管道，管道内有一质量为m的小钢球，小钢球的直径稍小于圆管的内径，小钢球的直径远小于R。在最低点给小钢球一大小为v0、方向水平向右的初速度，小钢球到达最高点的速度大小为eq \r(gR)(g为重力加速度大小)。圆管内壁光滑，水平线ab过管道圆心。下列说法正确的是(　　) A．小钢球到达最高点时，受到管壁的作用力大小为mg B．稍微减小v0，小钢球无法通过最高点 C．稍微增大v0，小钢球通过最高点时，对圆管外侧管壁有压力 D．小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小钢球一定有作用力 解析 解析　小钢球到达管道最高点时，设管壁对小钢球的力为N，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有N＋mg＝meq \f(v2,R)，由题知v＝eq \r(gR)，联立得N＝0，即小钢球在最高点不受管壁的作用，故A错误；稍微减小v0，只要eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2mgR≥0，即到达最高点时速度不小于零，小钢球便可以通过管道最高点，B错误；稍微增大v0，根据题设和动能定理可知，小钢球通过管道最高点时速度大于eq \r(gR)，小钢球重力不足以提供其所需向心力，小钢球的重力与圆管外侧管壁对小钢球的压力的合力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，小钢球对圆管外侧管壁有压力的作用，故C正确；小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，重力沿垂直管壁向下的分力与管壁对小钢球的弹力的合力提供向心力，所以外侧管壁对小钢球一定有作用力，故D正确。 * 考点三　斜面上圆周运动的分析 拓展延伸 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制(图甲)、轻绳控制(图乙)、轻杆控制(图丙)，物体的受力情况和临界条件也不相同。 由于重力沿斜面的分力，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况求临界状态。物体在斜面上运动时，若受摩擦力，还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变为滑动摩擦力。 答案 * 考向1　静摩擦力作用下斜面上的圆周运动 例9　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(　　) A.eq \r(5) rad/s B.eq \r(3) rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 解析 解析　当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)。由沿斜面的合力提供向心力，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，得ω＝eq \r(\f(g,4R))＝1.0 rad/s，C正确。 与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。 * 答案 * 考向2　轻绳作用下斜面上的圆周运动 例10　如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻绳一端固定在O点，另一端连着一质量为m的小球(视为质点)，可绕斜面上的O点自由转动。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B。重力加速度大小为g，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．小球通过B点时的最小速度可以小于eq \r(gLsinθ) B．小球通过A点时的加速度为gsinθ＋eq \f(v2,L) C．若小球以eq \r(gLsinθ)的速率通过B点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L D．小球通过A点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大 解析 解析　小球通过最高点B时，当绳的拉力为零时速度最小，即mgsinθ＝2,min)eq \f(mv,L) ，可得最小速度vmin＝eq \r(gLsinθ)，故A错误；小球在A点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力，沿斜面方向有F－mgsinθ＝eq \f(mv2,L)＝maA，可得aA＝eq \f(v2,L)，故B错误；若小球以eq \r(gLsinθ)的速率通过B点时轻绳突然断裂，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀速直线运动，在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s水平＝vBt＝eq \r(gLsinθ)·t，2L＝eq \f(1,2)at2，其中a＝gsinθ，联立解得s水平＝2L，即小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L，故C正确；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度大小无关，故D错误。 答案 * 考向3　轻杆作用下斜面上的圆周运动 例11　如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端固定质量为0.2 kg的小球，可绕另一端O点在斜面内自由转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则(　　) A．此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2 B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上 C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大 D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小 解析 解析　小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，切向加速度为：a′＝eq \f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度为：an＝2,0)eq \f(v,l) ＝eq \f(32,0.30) m/s2＝30 m/s2，此时小球的加速度大小为：a＝2,n)eq \r(a＋a′2) >an＝30 m/s2>eq \r(30) m/s2，故A错误。小球从初始位置到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得：v1＝2,0)eq \r(v－2glsin30°) ＝eq \r(32－2×10×0.30×\f(1,2)) m/s＝eq \r(6) m/s；考虑临界情况，如果在最高点杆没有弹力， 解析 小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝m2,2)eq \f(v,l) ，解得：v2＝eq \r(glsin30°)＝eq \f(\r(6),2) m/s＜v1，说明小球到达最高点时杆对小球有拉力作用，即杆对小球的弹力沿斜面向下，故B错误。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝m2,最高)eq \f(v,l) ，如果初速度增大，则在最高点速度也增大，故拉力F一定增大，C正确，D错误。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$