新高考物理一輪復習講義第4章 曲線運動 專題強化六 圓周運動的臨界問題及豎直面內(nèi)的“兩類模型”(含解析)

專題強化六圓周運動的臨界問題及豎直面內(nèi)的“兩類模型”學習目標1.會分析水平面內(nèi)及豎直面內(nèi)物體做圓周運動所需向心力的來源。2.掌握判斷臨界問題的方法。3.理解豎直面內(nèi)圓周運動的“輕桿”“輕繩”模型。考點一水平面內(nèi)的圓周運動臨界問題1.運動特點(1)運動軌跡是水平面內(nèi)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(nèi)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。3.解決此類問題的一般思路首先要考慮達到臨界條件時物體所處的狀態(tài)；其次分析該狀態(tài)下物體的受力特點；最后結(jié)合圓周運動知識，列出相應的動力學方程綜合分析。例1(2022·廣東深圳模擬)如圖1所示，小木塊a、b和c(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a、b的質(zhì)量均為m，c的質(zhì)量為eq\f(m,2)，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b、c與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為2l且均處于水平圓盤的邊緣。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，下列說法中正確的是()圖1A.b、c所受的摩擦力始終相等，故同時從水平圓盤上滑落B.當a、b和c均未滑落時，a、c所受摩擦力的大小相等C.b和c均未滑落時線速度一定相同D.b開始滑動時的角速度是eq\r(2kgl)答案B解析木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，水平方向只受靜摩擦力，故由靜摩擦力提供向心力，當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，木塊開始滑動。b、c質(zhì)量不等，由Ff＝mω2r知b、c所受摩擦力不等，不能同時從水平圓盤上滑落，A錯誤；當a、b和c均未滑落時，a、b、c和圓盤無相對運動，因此它們的角速度相等，F(xiàn)f＝mω2r，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正確；b和c均未滑落時，由v＝ωr知線速度大小相等，方向不相同，故C錯誤；b開始滑動時，最大靜摩擦提供向心力，kmg＝mω2·2l，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，故D錯誤。跟蹤訓練1.(多選)如圖2所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，錐面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(zhì)點的小球，小球在水平面內(nèi)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2A.小球受重力、支持力、拉力和向心力B.小球可能只受拉力和重力C.當ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s時，小球?qū)﹀F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BC解析轉(zhuǎn)速較小時，小球緊貼圓錐面，則FTcosθ＋FNsinθ＝mg，F(xiàn)Tsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，隨著轉(zhuǎn)速的增加，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當轉(zhuǎn)速達到ω0時支持力為零，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，A錯誤，B、C正確；當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球已經(jīng)離開斜面，只受重力、拉力的作用，D錯誤?？键c二豎直面內(nèi)圓周運動的“兩類模型”物理情景輕繩模型輕桿模型實例球與繩連接、水流星、沿內(nèi)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如圖3所示，長度為L＝0.4m的輕繩，系一小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球的質(zhì)量為m＝0.5kg，且可視為質(zhì)點，g取10m/s2。圖3(1)求小球剛好通過最高點時的速度大小v1；(2)小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，求繩的拉力大小FT；(3)若輕繩能承受的最大張力為FT′＝45N，求小球速度的最大值。答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\r(2)m/s解析(1)小球剛好通過最高點時，小球的重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)解得v1＝eq\r(gL)＝2m/s。(2)小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，繩的拉力和小球的重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),L)解得FT＝15N。(3)分析可知小球通過最低點時繩的張力最大，在最低點由牛頓第二定律得FT′－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,3),L)將FT′＝45N代入解得v3＝4eq\r(2)m/s即小球的速度的最大值是4eq\r(2)m/s。跟蹤訓練2.(2021·浙江6月選考)質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖4所示，對該時刻，下列說法正確的是()圖4A.秋千對小明的作用力小于mgB.秋千對小明的作用力大于mgC.小明的速度為零，所受合力為零D.小明的加速度為零，所受合力為零答案A解析設秋千的擺長為l，擺到最高點時擺繩與豎直方向的夾角為θ，秋千對小明的作用力為F，沿擺繩方向，對小明受力分析，有F－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，因最高點時小明的速度為0，則F＝mgcosθ<mg；沿垂直擺繩方向，有mgsinθ＝ma，即a＝gsinθ，故A正確，B、C、D錯誤。模型輕桿模型例3(2023·山東棗莊月考)如圖5，輕桿長2l，中點裝在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內(nèi)繞O軸做圓周運動。圖5(1)若A球在最高點時，桿的A端恰好不受力，求此時B球的速度大??；(2)若B球到最高點時的速度等于第(1)問中的速度，求此時O軸的受力大小、方向；(3)在桿的轉(zhuǎn)速逐漸變化的過程中，能否出現(xiàn)O軸不受力的情況？若不能，請說明理由；若能，求出此時A、B球的速度大小。答案(1)eq\r(gl)(2)2mg方向豎直向下(3)能eq\r(3gL)eq\r(3gL)解析(1)A在最高點時，對A根據(jù)牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)解得vA＝eq\r(gl)因為A、B球的角速度相等，半徑相等，則vB＝vA＝eq\r(gl)。(2)B在最高點時，對B根據(jù)牛頓第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq\f(veq\o\al(2,B),l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0對A有FTOA′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)可得FTOA′＝2mg根據(jù)牛頓第三定律知，O軸所受的力的大小為2mg，方向豎直向下。(3)要使O軸不受力，根據(jù)B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量，設A、B的速度為v，可判斷B球應在最高點。對B有FTOB″＋2mg＝2meq\f(v2,l)對A有FTOA″－mg＝meq\f(v2,l)軸O不受力時FTOA″＝FTOB″可得v＝eq\r(3gl)所以當A、B球的速度大小為eq\r(3gl)時O軸不受力。跟蹤訓練3.(多選)(2022·四川師范大學附中模擬)如圖6所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看作質(zhì)點且其質(zhì)量為m＝1kg，g取10m/s2。則()圖6A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC.小球經(jīng)過管道的B點時，受到下管道的作用力FNB的大小是2ND.小球經(jīng)過管道的B點時，受到下管道的作用力FNB的大小是1N答案AD解析小球從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰，則在C點的豎直分速度為vCy＝gt＝3m/s，因小球恰好垂直撞在斜面上，則平拋運動水平初速度為vB＝vCytan45°＝3m/s，小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為x＝vBt＝0.9m，故A正確，B錯誤；設小球經(jīng)過B點時，受到上管道豎直向下的作用力為FNB，根據(jù)牛頓第二定律可得FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，聯(lián)立方程解得FNB＝－1N，負號說明小球在B點受到下管道的作用力的大小是1N，方向豎直向上，故C錯誤，D正確。A級基礎對點練對點練1水平面內(nèi)的圓周運動臨界問題1.如圖1所示，一硬幣(可視為質(zhì)點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動，則圓盤轉(zhuǎn)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，則Ff＝mω2r，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，聯(lián)立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq\r(\f(μg,r))，即圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為eq\r(\f(μg,r))，故選項B正確。2.如圖2所示的路段是一段半徑約為120m的圓弧形彎道，路面水平，路面對輪胎的最大靜摩擦力為正壓力的0.8倍，下雨時路面被雨水淋濕，路面對輪胎的最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4倍，若汽車通過圓弧形彎道時做勻速圓周運動，汽車可視為質(zhì)點，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖2A.汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的向心加速度為43.2m/s2B.汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的角速度為0.6rad/sC.晴天時，汽車以100km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道D.下雨時，汽車以60km/h的速率通過此圓弧形彎道時將做離心運動答案C解析汽車通過此圓弧形彎道時做勻速圓周運動，軌道半徑R＝120m，運動速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度為a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(202,120)m/s2≈3.3m/s2，角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(20,120)rad/s＝eq\f(1,6)rad/s，A、B錯誤；以汽車為研究對象，當路面對輪胎的摩擦力指向內(nèi)側(cè)且達到徑向最大靜摩擦力時，此時汽車的速率為安全通過圓弧形彎道的最大速率vm。設汽車的質(zhì)量為m，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得Ffm＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，在豎直方向有FN＝mg，最大靜摩擦力為正壓力的0.8倍，即Ffm＝kFN，聯(lián)立得vm＝eq\r(kgR)，解得vm≈111.5km/h，所以晴天時，汽車以100km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道，C正確；下雨時，路面對輪胎的最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4倍，有vm′＝eq\r(k′gR)，解得vm＝78.8km/h＞60km/h，所以汽車可以安全通過此圓弧形彎道而不做離心運動，D錯誤。3.(2022·湖北武漢模擬)如圖3所示，豎直桿AB在A、B兩點通過光滑鉸鏈連接兩等長輕桿AC和BC，AC和BC與豎直方向的夾角均為θ，輕桿長均為L，在C處固定一質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，在裝置繞豎直桿AB轉(zhuǎn)動的角速度ω從0開始逐漸增大的過程中，下列說法正確的是()圖3A.當ω＝0時，AC桿和BC桿對球的作用力都表現(xiàn)為拉力B.AC桿對球的作用力先增大后減小C.AC桿與BC桿上的力的大小之差越來越大D.當ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))時，BC桿對球的作用力為0答案D解析當ω＝0時，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC桿對小球的作用力表現(xiàn)為拉力，BC桿對小球的作用力表現(xiàn)為支持力，且大小相等，故A錯誤；當ω逐漸增大時，AC桿對小球的拉力逐漸增大，BC桿對小球的支持力逐漸減小，當BC桿的作用力為0時，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，當ω繼續(xù)增大時，AC桿對小球的拉力繼續(xù)增大，BC桿對小球的作用力變?yōu)槔?，且逐漸增大，故B錯誤，D正確；一定時間后，AC桿和BC桿的作用力都變?yōu)槔?，拉力的豎直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，則F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC桿與BC桿上的力的大小之差不變，故C錯誤。4.(2023·山東青島模擬)如圖4，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細線相連放置在水平圓盤上。當圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時，物塊a、b始終相對圓盤靜止。下列關于物塊a所受的摩擦力隨圓盤角速度的平方(ω2)的變化關系正確的是()圖4答案D解析轉(zhuǎn)動過程中a、b角速度相同。當圓盤角速度較小時，a、b由靜摩擦力提供向心力，繩子拉力為零，此過程中a、b所需要的摩擦力分別為Ffa＝mω2ra，F(xiàn)fb＝mω2rb，因為rb>ra，故Ffb>Ffa，又因為a、b與平臺的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達到最大靜摩擦力，當b達到最大靜摩擦力Ff0時繩子開始出現(xiàn)拉力，此時對于a、b有Ffa－FT＝mω2ra，F(xiàn)f0＋FT＝mω2rb，聯(lián)立可得Ffa＝mω2(ra＋rb)－Ff0，由上述分析可知，繩子拉力出現(xiàn)之前Ffa－ω2圖像的斜率為mra，繩子拉力出現(xiàn)之后圖線的斜率為m(ra＋rb)，所以繩子有拉力時圖線斜率變大，故D正確。對點練2豎直面內(nèi)圓周運動的“兩類模型”5.(2022·江蘇揚州模擬)無縫鋼管的制作原理如圖5所示，豎直平面內(nèi)，管狀模型置于兩個支承輪上，支承輪轉(zhuǎn)動時通過摩擦力帶動管狀模型轉(zhuǎn)動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作用，緊緊地覆蓋在模型的內(nèi)壁上，冷卻后就得到無縫鋼管。已知管狀模型內(nèi)壁半徑R，則下列說法正確的是()圖5A.鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內(nèi)壁上B.模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同C.管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度ω最大為eq\r(\f(g,R))D.若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，此時僅重力提供向心力答案D解析鐵水是由于離心作用覆蓋在模型內(nèi)壁上的，模型對它的彈力和重力沿半徑方向的合力提供向心力，故A錯誤；模型最下部受到的鐵水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，故B錯誤；若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，此時僅重力提供向心力，則有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度ω最小為eq\r(\f(g,R))，故C錯誤，D正確。6.如圖6所示，用輕繩懸掛一個小球，在懸點正下方A點固定一顆釘子，釘子與懸點的距離d小于繩子的長度L，把小球拉到與懸點O等高的水平位置由靜止釋放，當小球下落到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，下列說法正確的是()圖6A.小球角速度大小保持不變B.小球向心加速度的大小保持不變C.小球受到拉力、重力、向心力D.d越大，釘子的位置越靠近小球，繩子就越容易斷答案D解析當小球下落到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，小球水平方向受力為零，小球的線速度不變，因轉(zhuǎn)動半徑減小，則角速度變大，選項A錯誤；根據(jù)a＝eq\f(v2,r)，因線速度不變，轉(zhuǎn)動半徑減小，則向心加速度變大，選項B錯誤；小球只受拉力和重力作用，兩個力的合力提供向心力，選項C錯誤；d越大，釘子的位置越靠近小球，小球的轉(zhuǎn)動半徑越小，根據(jù)FT＝mg＋meq\f(v2,r)，可知繩子拉力越大，則繩子就越容易斷，選項D正確。7.(2022·湖北荊州高三模擬)將過山車經(jīng)過兩端彎曲軌道過程等效簡化成如圖7所示兩個圓周的一部分(RA<RB)，A、B分別為軌道的最低點和最高點，過山車與軌道的動摩擦因數(shù)處處相等，則過山車()圖7A.在A點時合外力方向豎直向上B.在B點時合外力方向豎直向下C.在A點時所受摩擦力較大D.在B點時所受向心力較大答案C解析過山車不是做勻速圓周運動，在經(jīng)過A、B時其合外力并不指向圓心，則A、B錯誤；在A點有FNA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，則A點對軌道壓力為FNA＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，同理可得在B點對軌道壓力為FNB＝mg－meq\f(veq\o\al(2,B),rB)，則FNA＞FNB，則由摩擦力Ff＝μFN，故C正確；由于A點速度大于B點速度，半徑rA＜rB，則由向心力公式Fn＝meq\f(v2,r)可知A點向心力較大，則D錯誤。8.(多選)(2023·河北保定高三期末)如圖8所示，質(zhì)量為m的小明(視為質(zhì)點)坐摩天輪。小明乘坐的車廂與摩天輪的轉(zhuǎn)軸間的距離為r，摩天輪以大小為keq\r(\f(g,r))(常數(shù)k<1，g為重力加速度大小)的角速度做勻速圓周運動。若小明坐在車廂水平座墊上且雙腳離地，則下列說法正確的是()圖8A.小明通過最高點時不受重力B.小明做勻速圓周運動的周期為eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))C.小明通過最高點時處于完全失重狀態(tài)D.小明通過最低點時對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg答案BD解析當小明通過最高點時小明依然要受到重力作用，A錯誤；小明做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正確；小明做圓周運動所需的向心力大小F向＝k2mg<mg，故小明通過最高點時處于失重狀態(tài)，但并非處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；當小明通過最低點時，由牛頓第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，此時小明對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg，D正確。B級綜合提升練9.(多選)如圖9所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2，則以下說法中正確的是()圖9A.小物體隨圓盤做勻速圓周運動時，一定始終受到三個力的作用B.小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大C.小物體受到的摩擦力可能背離圓心D.ω的最大值是1.0rad/s答案CD解析當物體在最高點時，可能只受到重力與支持力2個力的作用，合力提供向心力，故A錯誤；當物體在最高點時，可能只受到重力與支持力2個力的作用，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故B錯誤；當物體在最高點時，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圓心，也可能背離圓心，故C正確；當物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好不滑動時，轉(zhuǎn)盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦力，沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，解得ω＝1.0rad/s，故D正確。10.(多選)(2022·湖北華中師大一附中模擬)如圖10所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑固定細管(忽略管的內(nèi)徑)，半徑OB水平，OA豎直，一個直徑略小于管內(nèi)徑的小球由B點以某一初速度v0進入細管，之后由管內(nèi)的頂部A點以大小為vA的水平速度飛出。重力加速度為g，下列說法正確的是()圖10A.為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(3gR)B.為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(2gR)C.為使小球從A點水平飛出后再返回B點，小球在B點的初速度應為v0＝eq\r(\f(5gR,2))D.小球從A點飛出的水平初速度必須滿足vA>eq\r(gR)，因而不可能使小球從A點水平飛出后再返回B點答案BC解析為使小球能從A點飛出，則在A點的最小速度為零，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)，則小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(2gR)，選項A錯誤，B正確；為使小球從A點水平飛出后再返回B點，則R＝vAt，R＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\r(\f(gR,2))，小球在B點的初速度應為v0＝eq\r(\f(5gR,2))，選項C正確；要使小球從A點飛出，則小球在A點的速度大于零即可，由選項C的分析可知，只要小球在A點的速度為eq\r(\f(gR,2))，小球就能從A點水平飛出后再返回B點，選項D錯誤。11.(2023·湖南岳陽高三月考)如圖11所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的物體A、B及物體C能隨轉(zhuǎn)臺一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)都為μ，A和B、C離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為r和1.5r。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11A.B對A的摩擦力一定為3μmgB.B對A的摩擦力一定為3mω2rC.轉(zhuǎn)臺的角速度需要滿足ω≤eq\r(\f(μg,r))D.若轉(zhuǎn)臺的角速度逐漸增大，最先滑動的是A物體答案B解析由于物體A、B及物體C能隨轉(zhuǎn)臺一起勻速轉(zhuǎn)動，則三個物體受到的均為靜摩擦力，則B對A的摩擦力滿足0<FfA≤Ffmax＝3μmg，由于角速度大小不確定，B對A的摩擦力不一定達到最大靜摩擦力3μmg，物體做勻速圓周運動，由靜摩擦力提供向心力，則FfA＝3mω2r，A錯誤，B正確；若物體A達到最大靜摩擦力，則3μmg＝3mωeq\o