第四章　第4讲　专题强化：圆周运动中的临界问题 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：圆周运动中的临界问题
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．常见的两种临界极值问题
(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的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
(2)与弹力有关的临界极值问题
①压力、支持力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其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
3．分析方法
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。
考向1与摩擦力有关的临界极值问题
【典例1】　（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的质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，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，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　ABC　)
A．轻绳张力为T＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断轻绳，物体A、B仍将随圆盘一块转动
【解析】　两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，轻绳对两物体拉力大小相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外，以B为研究对象，有T＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有T－μmg＝mrω2，联立解得T＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；烧断轻绳，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω，解得ωA＝<ω，故此时烧断轻绳A一定与圆盘发生相对滑动，同理可得，B也一定与圆盘发生相对滑动，故D错误。
考向2与弹力有关的临界极值问题
【典例2】　（多选）如图所示，在水平圆台的转轴上的O点固定一根结实的细绳，细绳长度为l，细绳的一端连接一个小木箱，小木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹角为θ＝53°，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为m，木箱与水平圆台间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的带动下，让水平圆台缓慢加速运动，则(　ABC　)
A．当圆台的角速度ω＝时，细绳中无张力
B．当圆台的角速度ω＝时，细绳中有张力
C．当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱无支持力
D．当圆台的角速度ω＝时，圆台对木箱有支持力
【解析】　细绳中恰好无张力，且静摩擦力达到最大时，由静摩擦力提供木箱和玩具小熊做圆周运动所需向心力，有μmg＝mω2l sin θ，解得ω＝，可得当ω≤时绳子无张力，ω>时绳子有张力，故A、B正确；圆台对木箱恰好无支持力时，有mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝，即当ω≥时，圆台对木箱无支持力，故C正确，D错误。
1．（2025·四川绵阳高三检测）如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间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，细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，下列说法正确的是(　B　)
A．当ω>时，A、B会相对于转盘滑动
B．当<ω<时，细绳一定有弹力，且A、B相对于转盘静止
C．当ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力大小先增大后减小
解析：当A达到最大静摩擦力时，A、B恰好相对于转盘不发生滑动，对A有kmg－T＝mLω2，对B有kmg＋T＝2mLω2，联立可得ω＝，因此当ω>时，A、B会相对于转盘滑动，A错误；当B刚达到最大静摩擦力时，细绳恰好无弹力，则有kmg＝2mLω2，解得ω＝，综合A选项可得，当<ω<时，细绳一定有弹力，且A、B相对于转盘静止，B正确；当ω在<ω<范围内增大时，由于B未滑动，所受摩擦力仍为最大静摩擦力，故摩擦力不变，C错误；当ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，D错误。
2．（多选）（2025·云南昆明高三期末）如图所示，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，当轻质细杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面且长为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　AC　)
A．小球一定受a绳的拉力作用
B．小球所受a绳的拉力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>时，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：对小球受力分析，在竖直方向有mg＝Tasin θ，可知小球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律，有Tacos θ＝mω2l，联立解得ω＝，即当角速度ω>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。
题型二　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
(1)无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”。
(2)有支撑（如球与杆连接、小球在弯管内的运动等），称为“杆（管）约束模型”。
2．两种模型特点及涉及的临界问题
物理情境 轻绳模型 轻杆模型
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 最高点无支撑 最高点有支撑
受力特征 最高点除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零 最高点除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
受力 示意图
力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界特征 FT＝0，mg＝m 即vmin＝ v＝0即F向＝0，FN＝mg
过最高 点的条件 在最高点的速度v≥ 在最高点的速度v≥0
考向1轻绳模型
【典例3】　（多选）（2025·陕西重点中学高三联考）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，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　ABC　)
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4 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
【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＝m，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＝m，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＝，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。
考向2轻杆模型
【典例4】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，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，则球B在最高点时(　C　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
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
【解析】　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即球B的重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力，有mg＝m，解得v＝，A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，B错误；球B运动到最高点时对杆无弹力，此时球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误。
3．如图所示，竖直固定的光滑圆轨道内有一质量为m的小球在做完整的圆周运动。已知轨道半径为R，a为最高点，b为最低点，c和d为与圆心O等高的点，e和f为关于圆心O的对称点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　D　)
A．小球在a点的速度必须大于
B．小球在c点和d点时与轨道之间没有弹力
C．小球在e点所受合力和在f点所受合力等大反向
D．若小球运动到a点时，速度为，则小球对轨道的压力大小为2mg
解析：小球若恰能经过a点，则有mg＝m，解得vmin＝，即小球在a点的速度应大于等于，A错误；小球在c点和d点时轨道对小球的支持力提供其做圆周运动的向心力，即小球在这两点与轨道之间都有弹力，B错误；小球在e点和f点受力情况如图所示，可知小球在e点所受合力和在f点所受合力大小不一定相等，但方向一定不相反，C错误；小球在a点时，合力提供向心力，有FNa＋mg＝m，解得FNa＝2mg，D正确。
4．（多选）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，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(　BC　)
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
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
解析：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为0，A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球的重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg＝m，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁对小球无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球是否受外侧管壁的作用力与小球的速度大小有关，D错误。
题型三　斜面上圆周运动的临界问题
1．题型简述：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、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
2．解题关键——重力的分解和视图
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力沿垂直斜面方向的分力与物体受到的支持力平衡，解决此类型问题时，可以按下图所示操作把问题简化。
【典例5】　如图所示，两个质量均为m的小物块a和b（可视为质点），静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是(　D　)
A．a在最高点时所受摩擦力可能为0
B．a在最低点时所受摩擦力可能为0
C．ω＝是a开始滑动的临界角速度
D．ω＝是b开始滑动的临界角速度
【解析】　假设物块a在最高点所受摩擦力为0，则物块a的重力沿圆盘向下的分力提供向心力，有mg sin θ＝mω2l，则在最低点时有Ff－mg sin θ＝mω2l，解得在最低点所需的摩擦力Ff＝mg，而物块a与圆盘间的最大静摩擦力Ffm＝μmg cos θ＝0.75mg＜mg，故假设不成立，因此a在最高点受到的摩擦力不可能为零，故A错误；a在最低点时，由牛顿第二定律得Ff－mg sin θ＝mω2l，可得Ff＝mg sin θ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；物块出现滑动的临界位置在斜面上物块做圆周运动轨迹的最低点，对a，在最低点恰好要滑动时由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2l，代入数据解得ω＝，对b，在最低点恰好要滑动时由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2·2l，代入数据解得ω＝，故C错误，D正确。
5．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球（可视为质点），小球在斜面上做圆周运动，重力加速度g取10 m/s2。要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　A　)
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：小球恰好到达A点时的速度大小为vA＝0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有mv－mv＝2mgL sin α，代入数据解得vB＝4 m/s，故选A。
6．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，重力加速度g取10 m/s2，则(　C　)
A．此时小球的加速度大小为 m/s2
B.小球到达最高点时，轻杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大v0，小球达到最高点时轻杆对小球的弹力一定增大
D．若增大v0，小球达到最高点时轻杆对小球的弹力可能减小
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′＝＝g sin α，向心加速度为an＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时小球的加速度大小为a＝>an＝30 m/s2> m/s2，故A错误；小球从初始位置运动到最高点过程中，根据动能定理有－mgl sin α＝mv－mv，解得v1＝＝ m/s，考虑临界情况，如果在最高点轻杆对小球没有弹力，小球重力沿斜面方向的分力提供小球做圆周运动所需的向心力，有mg sin α＝m，解得v2＝＝ m/s＜v1，说明小球到达最高点时轻杆对小球有拉力作用，即轻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＋mg sin α＝m，如果初速度v0增大，则小球在最高点的速度v1也增大，故拉力F一定增大，C正确，D错误。
课时作业23
1．（5分）如图所示，半径分别为R和2R的两个转盘A、B处于水平面内，两者边缘紧密接触，靠静摩擦传动，均可以绕竖直方向的转轴O1及O2转动，两个转盘A、B始终不打滑。一个滑块（视为质点，图中未画出）放在转盘A上，离O1的距离为，已知滑块与转盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使转盘B的转速逐渐增大，要使滑块不滑动，转盘B的角速度的最大值为(　B　)
A．　 B．
C．　 D．2
解析：两转盘边缘线速度相等，根据v＝ωr，两转盘角速度之比为ωA∶ωB＝2R∶R＝2∶1，滑块恰好不滑动时μmg＝mω，转盘B的角速度的最大值ωmax＝，解得ωmax＝，故选B。
2．（5分）（2022·全国甲卷）2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　D　)
A. B．
C． D．
解析：运动员从a点到c点根据动能定理有mgh＝mv，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤kmg，联立解得Rc≥，故D正确。
3．（5分）如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是(　C　)
A．1 rad/s B． rad/s
C． rad/s D．5 rad/s
解析：当小物体在轨迹的最高点时，对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mg cos 60°＋FN＝mω2r，Ff＝mg sin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，故A、B、D错误，C正确。
4．（5分）（多选）（2024·贵州贵阳一模）如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块（均可看作质点）随水平转盘一起以角速度ω绕OO′轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为μ。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2>r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　BC　)
A．甲受到的摩擦力一定为μmg
B．乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1
C．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点
D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点
解析：当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A错误；对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为f＝2mω2r1，故B正确；若角速度增大，根据μmg＝mrω2，丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误。
5．（5分）如图所示，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1 kg的小球，AC绳长L＝2 m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，小球的角速度可能是（重力加速度g取10 m/s2）(　B　)
A．2 rad/s B．2.5 rad/s
C．3.5 rad/s D．4 rad/s
解析：当AC绳绷紧、BC绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝mωr，又有r＝L sin 30°，解得ω1＝ rad/s≈2.4 rad/s；当BC绳绷紧、AC绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan 45°＝mωr，解得ω2＝ rad/s≈3.2 rad/s。故当2.4 rad/s＜ω＜3.2 rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，A、C、D错误。
6．（5分）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）。它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于细圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对细圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为（重力加速度g取10 m/s2）(　B　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：对A球，合力提供向心力，设细圆管对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对细圆管的弹力为28 N，方向竖直向下；设B球对细圆管的弹力大小为F′B，由细圆管受力平衡可得F′B－28 N－m管g＝0，解得F′B＝44 N，由牛顿第三定律可得，细圆管对B球的支持力FB＝44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B。
7．（5分）（多选）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1 kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　BD　)
A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s
B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 rad/s
C．当角速度等于 rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面上滑的趋势
D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20 N
解析：为保持P与斜面体相对静止，当小物块P恰好不下滑时有最小角速度，水平方向有FN1sin 37°－μFN1cos 37°＝mωL cos 37°，竖直方向有FN1cos 37°＋μFN1sin 37°＝mg，解得FN1＝ N，ω1＝ rad/s，当小物块P恰好不上滑时有最大角速度，水平方向有FN2sin 37°＋μFN2cos 37°＝mωL cos 37°，竖直方向有FN2cos 37°＝μFN2sin 37°＋mg，解得FN2＝20 N，ω2＝5 rad/s，可知若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿第三定律可得P对斜面体的压力大小范围是 N≤FN≤20 N，故A错误，B、D正确；当P与斜面恰无摩擦力时，有mg tan 37°＝mω2L cos 37°，解得ω＝ rad/s，故C错误。
8．（5分）（多选）长为L的细线一端系一质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为2θ，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，细线的拉力为FT，得FT－ω2关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，则(　ABD　)
A．a＝mg cos θ
B．b＝
C．图线1的斜率k1＝mL sin θ
D．图线2的斜率k2＝mL
解析：当角速度为零时，小球处于静止状态，细线的拉力为FT＝a＝mg cos θ，故A正确；开始时小球贴着光滑圆锥体做匀速圆周运动，由题图乙可知，当ω2＝b时支持力为零，有mg tan θ＝mLω2sin θ，解得b＝ω2＝，故B正确；当角速度较小时，小球未脱离圆锥体，有FTsin θ－N cos θ＝mLω2sin θ，FTcos θ＋N sin θ＝mg，解得FT＝mg cos θ＋mLω2sin2θ，可知图线1的斜率k1＝mL sin2θ，故C错误；当小球脱离圆锥体后，有FTsinα＝mLω2sin α，解得FT＝mLω2，则图线2的斜率k2＝mL，故D正确。
9．（5分）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(　C　)
A．小球通过B点时的最小速度可以小于
B．小球通过A点时的加速度为g sin θ＋
C．若小球以的速率通过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：小球通过最高点B时，当轻绳的拉力为零时速度最小，即mg sin θ＝，可得最小速度vmin＝，故A错误；小球在A点受重力、斜面的支持力以及轻绳的拉力，沿斜面方向有F－mg sin θ＝＝maA，可得aA＝，故B错误；若小球以的速率通过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＝·t，2L＝at2，其中a＝g sin θ，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小球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。
10．（15分）如图所示，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，餐桌离地面的高度为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。
(1)为使小物体不滑到餐桌上，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，小物体从圆盘上甩出，为使小物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌的半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，小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？
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。当静摩擦力达到最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有Ffm＝μ1mg，Ffm＝mω2r，联立两式可得ω＝＝2 rad/s。
(2)由题意可得，当小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。设小物体在餐桌上滑动的位移为s，小物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝，Ff＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，小物体在餐桌上滑动的初速度大小v0＝ωr＝3 m/s，由运动学公式得0－v＝－2as，可得s＝2 m，由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝＝2.5 m。
(3)当小物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为小物体在餐桌上滑动的末速度v′t，由题意可得v′－v＝－2as′，由于餐桌半径为R′＝r，所以s′＝r＝1.5 m，可得v′t＝1.5 m/s，设小物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2，解得t＝＝0.4 s，小物体做平抛运动的水平距离为sx＝v′tt＝0.6 m，由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。
答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m