專題強化七　圓周運動的臨界問題

專題強化七圓周運動的臨界問題學習目標1.會分析水平面內、豎直面內及傾斜面內物體做圓周運動的向心力來源及動力學問題。2.掌握分析判斷臨界問題的方法?？键c一水平面內的圓周運動的臨界問題1.運動特點(1)運動軌跡是水平面內的圓。(2)合外力沿水平方向指向圓心，提供向心力，豎直方向合力為零，物體在水平面內做勻速圓周運動。2.常見的兩種臨界極值問題(1)與摩擦力有關的臨界極值問題物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間的靜摩擦力恰好達到最大靜摩擦力。(2)與彈力有關的臨界極值問題壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零；繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等。例1如圖1甲所示，質量相等的物塊A、B放在水平圓盤上，A、B和圓盤圓心O在同一直線上，讓圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動，當A剛要滑動時，轉動的角速度為ω1，當B剛要滑動時，轉動的角速度為ω2；若A、B在圓盤上的位置不變，用細線將A、B連接，細線剛好伸直，如圖乙所示，讓圓盤勻速轉動，當A、B一起剛要滑動時，轉動的角速度為ω3，兩物塊與盤面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列關系正確的是()圖1A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2C.ω1<ω2 D.ω1<ω3答案A解析設物塊到圓心的距離為r，當物塊剛要滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(μg,r))，故當A剛要滑動時，轉動的角速度為ω1＝eq\r(\f(μg,rA))，當B剛要滑動時，轉動的角速度為ω2＝eq\r(\f(μg,rB))；若用細線將A、B連接，當它們一起剛要滑動時，最大靜摩擦力和拉力合力提供向心力，對B物塊由牛頓第二定律有μmg＋T＝mωeq\o\al(2,3)rB，對A物塊有μmg－T＝mωeq\o\al(2,3)rA，聯(lián)立解得ω3＝eq\r(\f(2μg,rA＋rB))，因為rA<eq\f(rA＋rB,2)<rB，所以可得ω1>ω3>ω2，故A正確。另解當A、B用細線連在一起時，可以把A、B看成一個整體，整體的質量是2m，整體重心在原來A、B的中點處。由牛頓第二定律有μmg＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(μg,r))，此臨界角速度與物體的質量無關，只與離轉軸的遠近有關。離轉軸越遠臨界角速度越小，因為rA<rAB重心<rB，所以ω1>ω3>ω2，故A正確。1.(多選)如圖2所示，在水平圓臺的轉軸上的O點固定一根結實的細繩，細繩長度為l，細繩的一端連接一個小木箱，木箱里坐著一只玩具小熊，此時細繩與轉軸間的夾角為θ＝53°，且處于恰好伸直的狀態(tài)。已知小木箱與玩具小熊的總質量為m，木箱與水平圓臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度為g，不計空氣阻力。在可調速電動機的帶動下，讓水平圓臺緩慢加速運動()圖2A.當圓臺的角速度ω＝eq\r(\f(g,4l))時，細繩中無張力B.當圓臺的角速度ω＝eq\r(\f(g,3l))時，細繩中有張力C.當圓臺的角速度ω＝eq\r(\f(2g,l))時，圓臺對木箱無支持力D.當圓臺的角速度ω＝eq\r(\f(2g,l))時，圓臺對木箱有支持力答案ABC解析細繩中恰好無張力時，靜摩擦力達到最大，由靜摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,4l))，可得當ω≤eq\r(\f(g,4l))時繩子無張力，ω>eq\r(\f(g,4l))時繩子有張力，故A、B正確；圓臺對木箱恰好無支持力時，有mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(5g,3l))，即當ω≥eq\r(\f(5g,3l))時，圓臺對木箱無支持力，故C正確，D錯誤?？键c二豎直面內圓周運動的臨界問題兩種模型對比物理情景輕繩模型輕桿模型實例球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等球與桿連接、球在光滑管道中運動等圖示最高點無支撐最高點有支撐受力特征在最高點除重力外，物體受到的彈力方向向下或等于零在最高點除重力外，物體受到的彈力方向向下、等于零或向上受力示意圖力學方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0mg＝meq\f(veq\o\al(2,min),r)即vmin＝eq\r(gr)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gr)v≥0模型輕繩模型例2(2024·陜西西安高三期末)如圖3所示，一質量為m＝0.5kg的小球(可視為質點)，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動，g＝10m/s2，下列說法不正確的是()圖3A.小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/sB.當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力為15NC.若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4eq\r(2)m/sD.若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的最大速度不能超過4m/s答案D解析設小球通過最高點時的最小速度為v0，則根據牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，解得v0＝2m/s，故A正確；當小球在最高點的速度為v1＝4m/s時，設輕繩拉力大小為FT，根據牛頓第二定律有FT＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FT＝15N，故B正確；小球在軌跡最低點處速度最大，此時輕繩的拉力最大，根據牛頓第二定律有FTm－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)，解得vm＝4eq\r(2)m/s，故C正確，D錯誤。(1)最高點，若v≥eq\r(gR)，F(xiàn)彈＋mg＝meq\f(v2,R)，繩或軌道對球產生彈力F彈。(2)若v<eq\r(gR)，則不能到達最高點，即到達最高點前小球已經脫離了圓軌道。模型輕桿模型例3(2024·浙江衢州高三月考)如圖4所示，有一根長L＝4m的輕桿兩端各固定一個質量均為m＝1kg的小球，O點為一穿過輕桿的轉軸，且位于輕桿的中點。在外界作用力的影響下轉軸帶動輕桿與小球做ω＝4rad/s的豎直平面上的勻速圓周運動。某一時刻輕桿沿豎直方向，且A球在上方。圖4(1)求該時刻B球線速度大小和向心加速度；(2)求該時刻A球對輕桿的作用力；(3)若A球質量可改變，要使該時刻轉軸不受輕桿的作用力，A球質量應為多少？答案(1)8m/s32m/s2，方向豎直向上(2)22N，方向豎直向上(3)eq\f(21,11)kg解析(1)B球的線速度大小vB＝eq\f(ωL,2)＝8m/s，B球的向心加速度大小anB＝eq\f(ω2L,2)＝32m/s2，方向豎直向上。(2)對A球，在最高點時，有mg＋FN＝mω2eq\f(L,2)代入數(shù)據得FN＝22N由牛頓第三定律知，A球對輕桿的作用力FN′＝FN＝22N，方向豎直向上。(3)對A球，有mAg＋FNA＝mAω2eq\f(L,2)對B球，有FNB－mg＝mω2eq\f(L,2)若輕桿不受轉軸的作用力，有FNA＝FNB聯(lián)立解得mA＝eq\f(21,11)kg。1.在最高點，桿(或管道)的彈力與速度的關系(1)當v＝0時，F(xiàn)彈＝mg，F(xiàn)彈背離圓心。(2)當0<v<eq\r(gR)時，mg－F彈＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)彈背離圓心并隨v的增大而減小。(3)當v＝eq\r(gR)時，F(xiàn)彈＝0。(4)當v>eq\r(gR)時，mg＋F彈＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)彈指向圓心并隨v的增大而增大。2.解題技巧(1)物體通過圓周運動最低點、最高點時，利用合力提供向心力列牛頓第二定律方程。(2)物體從某一位置到另一位置的過程中，用動能定理找出兩處速度關系。(3)注意：求對軌道的壓力時，轉換研究對象，先求物體所受支持力，再根據牛頓第三定律求出壓力。2.(2024·北京豐臺高三期中)如圖5甲所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動。當小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與過最高點時小球速度的平方的關系如圖乙所示(取豎直向下為正方向)。MN為通過圓心的一條水平線。不計小球半徑、管道的粗細，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖5A.管道的半徑為bgB.小球質量為eq\f(a,g)C.小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球可能有作用力D.小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力答案B解析由題圖乙可知，當v2＝b時，F(xiàn)N＝0，有mg＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(b,g)，故A錯誤；當v2＝0時，F(xiàn)N＝mg＝a，有m＝eq\f(a,g)，故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有作用力，故C錯誤；小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，故可能是外側管壁受力，也可能是內側管壁對小球有作用力，還可能均無作用力，故D錯誤。考點三傾斜面上圓周運動的臨界問題物體在傾斜面上做圓周運動時，設斜面的傾角為θ，重力垂直斜面的分力與物體受到的支持力大小相等，平行斜面的分力與靜摩擦力的合力提供向心力。在轉動過程中，轉動越快，物體最容易滑動的位置是最低點，恰好滑動時，有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2R。例4(2024·廣東珠海模擬)如圖6所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉動，每面上有一質量為m的小物體與圓盤始終保持相對靜止，盤面與水平面的夾角為30°，重力加速度大小為g，已知物體在最高點受到的摩擦力的大小為eq\f(1,4)mg，則物體在最低點受到的摩擦力的大小為()圖6A.eq\f(3,2)mg B.eq\f(3,5)mg C.2mg D.eq\f(5,4)mg答案D解析當物體在最高點時，物體受到的摩擦力方向沿半徑方向背離圓心時，對物體有mgsin30°－f1＝mω2R，此種情況下，當物體在最低點時，對物體f2－mgsin30°＝mω2R，解得f2＝eq\f(3,4)mg；當物體在最高點時，物體受到的摩擦力方向沿半徑方向指向圓心時，對物體有mgsin30°＋f1＝mω2R，此種情況下，當物體在最低點時，對物體f2－mgsin30°＝mω2R，解得f2＝eq\f(5,4)mg，故D正確。3.如圖7所示，一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度ω轉動，圓筒的半徑r＝1.5m。筒壁內有一小物體與圓筒始終保持相對靜止，小物體與圓筒間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，轉動軸與水平面間的夾角為60°，重力加速度g取10m/s2，則ω的最小值是()圖7A.1rad/s B.eq\f(\r(30),3)rad/sC.eq\r(10)rad/s D.5rad/s答案C解析對小物體受力分析如圖所示，由牛頓第二定律有mgcos60°＋FN＝mω2r，f＝mgsin60°≤μFN，解得ω≥eq\r(10)rad/s，故A、B、D錯誤，C正確。A級基礎對點練對點練1水平面內圓周運動的臨界問題1.如圖1所示，一硬幣(可視為質點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO′軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為()圖1A.eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B.eq\r(\f(μg,r)) C.eq\r(\f(2μg,r)) D.2eq\r(\f(μg,r))答案B解析硬幣做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，有f＝mω2r，又f≤fm＝μFN＝μmg，聯(lián)立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq\r(\f(μg,r))，即圓盤轉動的最大角速度為eq\r(\f(μg,r))，故選項B正確。2.(多選)(2024·廣東廣州高三統(tǒng)考)如圖2所示，A、B兩個相同的茶杯放在餐桌上的自動轉盤上，一個杯中裝滿水，另一個是空杯。A離轉軸的距離為r，B離轉軸的距離為2r，轉盤在電動機的帶動下以周期T勻速轉動，A、B兩杯與轉盤保持相對靜止，均可看作質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖2A.動摩擦因數(shù)至少為eq\f(8π2r,gT2)B.裝滿水的杯子受到的摩擦力一定較大C.若增大轉動的角速度，空杯一定先滑動D.若增大轉動的角速度，茶杯B一定先滑動答案AD解析對于B茶杯，根據摩擦力提供向心力f＝μmg≥meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)2r，可得動摩擦因數(shù)至少為eq\f(8π2r,gT2)，故A正確；杯子受到的摩擦力等于杯子做圓周運動所需的向心力，不清楚哪個杯子裝滿了水，無法比較兩杯子的向心力大小，故B錯誤；杯子剛要滑動時，對茶杯A，有μmg＝mωeq\o\al(2,1)r，對茶杯B，有μmg＝mωeq\o\al(2,2)·2r，可得茶杯A、B發(fā)生滑動的最小角速度分別為ω1＝eq\r(\f(μg,r))，ω2＝eq\r(\f(μg,2r))，若增大轉動的角速度，茶杯B一定先滑動，故C錯誤，D正確。3.如圖3所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，母線與豎直方向的夾角為θ＝37°。一根長為l＝1m的細線一端系在錐體頂端，另一端系著一可視為質點的小球，小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計空氣阻力，則()圖3A.小球受重力、支持力、拉力和向心力B.當ω＝2.5rad/s時，小球對錐體的壓力為零C.當ω＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s時，小球對錐體的壓力剛好為零D.當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球受重力、支持力和拉力作用答案C解析向心力是效果力，不能說小球受向心力，A錯誤；轉速較小時，小球緊貼錐體，則FTcosθ＋FNsinθ＝mg，F(xiàn)Tsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，隨著轉速的增加，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當角速度ω達到ω0時支持力為零，支持力恰好為零時有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，B錯誤，C正確；當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球已經離開斜面，小球受重力和拉力的作用，D錯誤。對點練2豎直面內圓周運動的臨界問題4.質量為m的小球在豎直平面內的圓形軌道的內側運動，如圖4所示，經過最高點而不脫離軌道的速度臨界值是v，當小球以2v的速度經過最高點時，對軌道的壓力值是()圖4A.0 B.mg C.3mg D.5mg答案C解析小球恰好通過最高點時，只受到重力作用，重力完全充當向心力，有mg＝meq\f(v2,R)，當小球到達最高點速率為2v時，有FN＋mg＝meq\f(（2v）2,R)，聯(lián)立解得小球受到軌道的支持力大小為FN＝3mg，根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為3mg，故C正確。5.(2022·全國甲卷，14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖5所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于()圖5A.eq\f(h,k＋1) B.eq\f(h,k) C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k－1)答案D解析運動員從a到c根據動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故選項D正確。6.如圖6所示，質量為1.6kg、半徑為0.5m的光滑細圓管用輕桿固定在豎直平面內，小球A和B(均可視為質點)的直徑略小于細圓管的內徑(內徑遠小于細圓管半徑)。它們的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg。某時刻，小球A、B分別位于圓管最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3m/s，此時桿對圓管的彈力為零。則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()圖6A.2m/s B.4m/s C.6m/s D.8m/s答案B解析對A球，合外力提供向心力，設圓管對A的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(veq\o\al(2,A),R)，代入數(shù)據解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球對圓管的力豎直向下為28N，設B球對圓管的力為FB′，由圓管受力平衡可得FB′＋28N＋m管g＝0，解得FB′＝－44N，負號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，圓管對B球的力FB為44N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝4m/s，故B正確。對點練3傾斜面上圓周運動的臨界問題7.(2024·遼寧鞍山聯(lián)考)如圖7所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的細繩，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10m/s2，小球在A點最小速度為()圖7A.4m/s B.2m/s C.2eq\r(5)m/s D.2eq\r(2)m/s答案B解析由題意可知，小球恰好過A點時的速度最小，即小球過A點時繩子上的拉力恰好為零，此時小球做圓周運動的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力來提供，由牛頓第二定律有mgsin30°＝meq\f(veq\o\al(2,min),L)，解得vmin＝2m/s，故B正確。8.如圖8所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面與水平面的夾角為15°，盤面上離轉軸距離為r＝1m處有一質量m＝1kg的小物體，小物體與圓盤始終保持相對靜止，且小物體在最低點時受到的摩擦力大小為6.6N。若重力加速度g取10m/s2，sin15°＝0.26，則下列說法正確的是()圖8A.小物體做勻速圓周運動線速度的大小為eq\r(2)m/sB.小物體受到合力的大小始終為4NC.小物體在最高點受到摩擦力大小為0.4N，方向沿盤面指向轉軸D.小物體在最高點受到摩擦力大小為1.4N，方向沿盤面背離轉軸答案B解析在最低點對小物體受力分析，有小物體所受合力提供向心力，即f－mgsin15°＝meq\f(v2,r)，解得v＝2m/s，所以A錯誤；小物體所受合力為F合＝meq\f(v2,r)＝4N，所以B正確；由于小物體做勻速圓周運動，在圓軌道任意位置時，所受合力的大小都是相等的，小物體在最高點所受合力大小為4N，有f′＝F合－mgsin15°＝1.4N，即在該點受到大小為1.4N，方向沿盤面指向轉軸的摩擦力，所以C、D錯誤。B級綜合提升練9.(多選)(2024·云南昆明高三期末)如圖9所示，質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，當輕桿繞軸OO′以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，a繩與水平面成θ角，b繩平行于水平面且長為l，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖9A.小球一定受a繩的拉力作用B.小球所受a繩的拉力隨角速度的增大而增大C.當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩將出現(xiàn)彈力D.若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化答案AC解析對小球受力分析，在豎直方向有mg＝Tasinθ，可知小球一定受a繩的拉力作用，且小球所受a繩的拉力隨角速度的增大保持不變，故A正確，B錯誤；當b繩剛要繃緊出現(xiàn)彈力時，水平方向根據牛頓第二定律，有Tacosθ＝mω2l，聯(lián)立解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，即當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩將出現(xiàn)彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。10.(2023·北京昌平區(qū)模擬)如圖10甲所示，輕桿的一端固定一小球(視為質點)，另一端套在光滑的水平軸O上，O軸的正上方有一速度傳感器，可以測量小球通過最高點時的速度大小v；O軸處有力傳感器，可以測量小球通過最高點時O軸受到桿的作用力F，若豎直向下為力的正方向，使小球在最低點時具有不同的初速度，得到F－v2圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則()圖10A.O軸到球心間的距離為0.5mB.小球的質量為3kgC.小球恰好通過最高點時的速度大小為eq\r(5)m/sD.小球在最高點的速度大小為eq\r(15)m/s時桿受到球的作用力豎直向下答案A解析小球通過最高點時，O軸受到桿的作用力F與小球受到桿的作用力F′等大反向，即F＝－F′，小球過最高點時，根據牛頓第二定律有mg＋F′＝meq\f(v2,R)，得F′＝eq\f(m,R)v2－mg，則F＝－eq\f(m,R)v2＋mg，則圖乙中圖像的斜率為－eq\f(m,R)＝－eq\f(3,5)kg/m，當v2＝0時，F(xiàn)＝mg＝3N，聯(lián)立解得m＝0.3kg，R＝0.5m，故A正確，B錯誤；當小球通過最高點的速度為零時，小球恰好通過最高點，故C錯誤；小球過最高點的速度大小為eq\r(15)m/s時，根據牛頓第二定律有mg＋F′＝meq\f(v2,R)，可得F′＝6N，方向豎直向下，即桿對球的作用力方向豎直向下，所以桿受到球的作用力豎直向上，故D錯誤。11.如圖11所示，在豎直平面內，直徑為R的光滑半圓軌道和半徑為R的光滑eq\f(1,4)圓軌道水平相切于O點。O點在水平地面上，可視為質點的小球從O點以某一初速度進入半圓，剛好能通過半圓的最高點A，從A點飛出后落在eq\f(1,4)圓軌道上的B點，不計空氣阻力，g取10m/s2，則B點與O點的高度差為()圖11A.eq\f(（3－\r(5)）R,2) B.eq\f(（3＋\r(5)）R,2)C.eq\f(（3－\r(5)）R,10) D.eq\f(（3＋\r(5)）R,10)答案A解析由題意知小球剛好能通過半圓的最高點A，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),\f(R,2))，得vA＝eq\r(\f