第六章 素养提升课三 竖直面内圆周运动模型及临界问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版2019）

素养提升课三　竖直面内圆周运动模型及临界问题 【素养目标】　1.通过建立竖直面内圆周运动的轻绳模型，应用动力学方法分析临界问题。　2.通过建立竖直面内圆周运动的轻杆模型，分析其与轻绳模型的区别。　 3.会通过分析临界状态，找到临界条件，解决临界问题。 提升点一　竖直面内圆周运动的轻绳模型　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．模型概述 无支撑物(如球与绳连接，沿内轨道运动的“过山车”等)的竖直面内的圆周运动，称为“轻绳模型”。 2．模型特点 项目 特点 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 受力示意图 动力学方程 mg＋FT＝m，mg＋FN＝m 临界特征 FT＝0，FN＝0，即mg＝m，得v＝ v＝的意义 物体能否过最高点的临界速率 某学校老师给同学们演示了盛水的水杯在竖直平面内做圆周运动，在整个运动过程中水都不从桶口漏出，如图所示，若杯中水的质量为0.2 kg，水的重心到手的距离为0.9 m，取g＝10 m/s2。 (1)整个装置在最高点时水不流出，求水杯在最高点的最小速率； (2)若水杯在最高点的速率为5 m/s，求此时水对水杯的压力。 解题引导：(1)在最高点水恰好不流出时，水的重力提供向心力。 (2)水杯在最高点的速率为5 m/s时，水做圆周运动的向心力由重力和桶底对水的弹力提供。 答案：(1)3 m/s　(2) N，方向竖直向上 解析：(1)在最高点时，水的重力提供向心力，则有mg＝m 解得v＝＝3 m/s。 (2)若水杯在最高点的速率为v＝5 m/s，则由 FN＋mg＝m 可得FN＝m－mg＝ N 由牛顿第三定律可知水对水杯的压力大小为 N，方向竖直向上。 针对练1.如图所示，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　) A．小球在圆周最高点时所受向心力可能等于重力 B．小球在圆周的最高点时绳子的拉力可能为零 学生用书↓第51页 C．若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率是0 D．若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率是 答案：C 解析：小球在圆周最高点时可能恰好由重力提供向心力，此时绳子的拉力为零，A、B正确；若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，恰好由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，解得v0＝，C错误，D正确。本题选不正确的，故选C。 针对练2.如图所示，游乐场翻滚过山车上的乘客常常会在高空倒悬时吓得魂飞魄散。设想如下数据，轨道最高处离地面32 m，最低处几乎贴地，圆环直径为15 m，过山车经过最高点时的速度约为18 m/s。在这样的情况下能否保证乘客的安全(g取10 m/s2)? 答案：能 解析：要保证乘客安全，过山车能通过最高点时的最小速度为临界速度。 此时圆形轨道对过山车的作用力为零，重力提供向心力，则有mg＝，可得v＝≈8.7 m/s 由8.7 m/s<18 m/s可知，这种情况下过山车和人一定能安全地通过顶点。 提升点二　竖直面内圆周运动的轻杆模型　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．模型概述 有支撑物(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)的竖直面内的圆周运动，称为“轻杆模型”。 2．模型特点 项目 特点 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力示意图 力学方程 mg±FN＝m 临界特征 v＝0，即Fn＝0，此时FN＝mg v＝的意义 FN表现为拉力还是支持力的临界速率 如图所示，有一轻质杆长L为0.5 m，一端固定一小球质量m为0.5 kg，杆绕另一端在竖直面内做圆周运动。(g＝10 m/s2) (1)当小球在最高点时刚好对杆无作用力，求此时的速度大小； (2)当小球运动到最高点速率分别为1 m/s和4 m/s时，求小球对杆的作用力； (3)当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为41 N，求小球运动的速率。 答案：(1) m/s　(2)4 N，方向向下　11 N，方向向上　(3)6 m/s 解析：(1)小球在最高点时刚好对杆无作用力，此时重力提供向心力，有mg＝m 代入数据解得v1＝＝ m/s。 (2)当小球运动到最高点速率为1 m/s时，此时小球A受到杆向上的支持力，根据牛顿第二定律得mg－F1＝m 代入数据解得F1＝4 N 根据牛顿第三定律可得，小球对杆的作用力为4 N，方向向下； 当小球运动到最高点速率为4 m/s时，此时小球A受到杆向下的拉力，根据牛顿第二定律得 F2＋mg＝m 代入数据解得F2＝11 N 根据牛顿第三定律可得，小球对杆的作用力为11 N，方向向上。 (3)当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为41 N，由牛顿第二定律有F－mg＝m 代入数据解得v4＝6 m/s。 针对练1.(多选)如图所示，长为r的细杆一端固定一个质量为m的小球，使之绕另一光滑端点O在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速率v＝，(g为重力加速度)则(　　) A．小球在最高点时对细杆的压力为mg B．小球在最高点时对细杆的压力为mg C．若小球运动到最高点速率为，小球对细杆的弹力为零 D．若小球运动到最高点速率为2，小球对细杆的拉力为2mg 答案：AC 解析：小球在最高点对杆作用力恰好为零时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得v0＝，由于v＝ <v0，故杆对球有支持力，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝m，解得FN＝mg－m＝mg，根据牛顿第三定律知，小球在最高点对杆的压力为mg，故A、C正确，B错误；同理，若小球运动到最高点速率为2，小球对细杆的拉力满足F＋mg＝m，解得F＝3mg，故D错误。 学生用书↓第52页 针对练2.如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是(　　) A．v的最小值为 B．当v＝时，小球处于完全失重状态，不受力的作用 C．当v＝时，轨道对小球的弹力方向竖直向下 D．当v由逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小 答案：C 解析：小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大小等于小球重力的大小时，小球的最小速度为零，故A错误；根据公式a＝可知，当v＝时，小球的加速度为a＝g，方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；当v＝时，小球需要的向心力为Fn＝m＝2mg，则可知轨道对小球的弹力大小为mg，方向竖直向下，故C正确；当v<时，小球需要的向心力Fn＝m<mg，可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律得mg－FN＝m，可得FN＝mg－m，则v逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力FN逐渐增大，故D错误。 提升点三　圆周运动的临界问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．与摩擦力有关的临界问题 (1)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，如果只是摩擦力提供向心力，则有Ff＝m，静摩擦力的方向一定指向圆心。 (2)如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接物体，其中一个物体竖直悬挂，另外一个物体在水平面内做匀速圆周运动，此时存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向分别为沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。 2．与弹力有关的临界问题 (1)与接触面的弹力有关的临界问题：接触与脱离的临界条件为弹力FN＝0。 (2)与绳的弹力有关的临界问题 ①绳子断与不断的临界条件为绳中张力等于它所能承受的最大张力； ②绳子松弛的临界条件为绳子的张力F＝0。 (2023·山东省新泰市第一中学月考)如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为θ＝37°，小球以速率ω绕圆锥体轴线做水平圆周运动(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g)。 (1)当ω1＝时，求细线对小球的拉力和小球对圆锥体的压力大小； (2)当ω2＝时，求细线对小球的拉力。 解题引导：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若ω<ω0，小球没有离开圆锥面；若ω>ω0，小球离开圆锥面。 答案：(1)　　(2)2mg 解析：(1)小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为FN＝0 由牛顿第二定律可得mgtan θ＝mωLsin θ 解得ω0＝ >ω1 则当ω1＝ 时，小球对圆锥体的压力不为0。对小球进行受力分析如图甲所示 根据牛顿第二定律有 FT1sin θ－FN1cos θ＝mωLsin θ FT1cos θ＋FN1sin θ－mg＝0 联立解得FT1＝，FN1＝ 根据牛顿第三定律可得小球对圆锥体的压力大小为。 (2)因ω2＝ >ω0，小球离开圆锥体，对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得FT2sin α＝mωLsin α 解得FT2＝2mg。 针对练1.如图所示，甲、乙两个物体放在旋转圆台上，它们的质量均为m，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，甲物体离轴心距离为2R，乙物体离轴心距离为R。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，当圆台旋转时，甲、乙两个物体都没有滑动，则下列说法中正确的是(　　) A．乙物体的向心加速度大 B．乙物体受到的静摩擦力大 C．ω＝是甲物体开始滑动的临界角速度 D．当圆台转速增加时，甲物体先滑动 答案：D 解析：甲、乙两个物体随旋转圆台转动时，角速度相同。根据an＝ω2r可知，乙物体的旋转半径小于甲物体的旋转半径，则乙物体的向心加速度小于甲物体的向心加速度，A错误；根据牛顿第二定律得Ff甲＝mω2·2R，Ff乙＝mω2·R，可知甲受到的静摩擦力大，B错误；对甲物体，最大静摩擦力提供向心力时，角速度达到临界值，则μmg＝mω·2R，得ω甲＝，C错误；对乙物体，最大静摩擦力提供向心力时，角速度达到临界值，则μmg＝mω·R，得ω乙＝，因为ω甲<ω乙，当圆台转速增加时，甲物体先滑动，D正确。 学生用书↓第53页 针对练2.一转动轴垂直于一光滑水平面，交点O的上方A处固定一细绳的一端，细绳的另一端固定一质量为m的小球B，AO＝h，绳长AB＝l>h，小球可随转动轴转动，并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示。要使小球不离开水平面，转动轴转速的最大值是(重力加速度为g)(　　) A. B．π C. D．2π 答案：A 解析：如图所示，设细绳与转动轴的夹角为θ，以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面的支持力FN、细绳的拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，而R＝htan θ，则Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ＝m(2πn)2R＝m(2πn)2htan θ，当小球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，则有mgtan θ＝m(2πnmax)2htan θ，解得nmax＝ ，故A正确，B、C、D错误。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B．人在最高点时对座位仍可能产生压力 C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg 答案：BD 解析：当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力，有mg＝m，可得临界速度为v0＝，当速度v0>时，人与座椅产生压力，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误，B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，分析可知，人处于超重状态，有FN>mg，由牛顿第三定律可知人对座位的压力大于mg，故C错误，D正确。 2.如图所示，轻质细杆OA长为1 m，A端固定一个质量为5 kg的小球，小球在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为3 m/s，g取10 m/s2，细杆受到(　　) A．5 N的压力 B．5 N的拉力 C．95 N的压力 D．95 N的拉力 答案：A 解析：小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，当在最高点小球与细杆无弹力作用时，设小球的速度为v1，则有mg＝，可得v1＝＝ m/s，因为 m/s>3 m/s，所以小球受到细杆的支持力，小球在最高点受到重力和支持力，有mg－FN＝m，则FN＝mg－m＝ N＝5 N，由牛顿第三定律可知细杆受到压力，大小为5 N，A正确。 3.(多选)如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管内运动，小球通过最高点时的速率为v0，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．若v0＝，则小球对管内壁无压力 B．若v0>，则小球对管内上壁有压力 C．若0<v0< ，则小球对管内下壁有压力 D．不论v0多大，小球对管内下壁都有压力 答案：ABC 解析：在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝m，解得v0＝，此时小球对管内壁无压力，选项A正确；若v0> ，则有mg＋FN＝m，表明小球对管内上壁有压力，选项B正确；若0<v0< ，则有mg－FN＝m，表明小球对管内下壁有压力，选项C正确；综上分析，选项D错误。 4.如图所示，在匀速转动的圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量相等(均为m)的两物块用轻绳连接，物块A到转轴的距离为R＝20 cm，与圆盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知π2＝g，则(　　) A．物块A一定会受到圆盘的摩擦力 B．当转速n＝0.5 r/s时，A不受摩擦力 C．物块A所受摩擦力方向一定与线速度方向在一条直线上 D．当圆盘转速n＝1 r/s时，摩擦力方向沿半径背离圆心 答案：D 解析：若mg＝mω2R，则物块A不受摩擦力，当摩擦力为零时，mg＝mω2R＝m(2πn)2R，代入数据解得n＝ r/s，A、B错误；物块A所受摩擦力方向与半径在一条直线上，指向圆心或背离圆心，C错误；当圆盘转速n＝1 r/s时，即n＝1 r/s< r/s，物块A有沿半径向内运动的趋势，所以摩擦力方向沿半径背离圆心，D正确。 课时测评12　竖直面内圆周运动模型及临界问题 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1.(多选)在如图所示的光滑轨道上，小球滑下经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆弧的压力为mg，已知圆弧的半径为R，则(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．在最高点A，小球受重力和向心力 B．在最高点A，小球受重力和圆弧的压力 C．在最高点A，小球的速度为 D．在最高点A，小球的向心加速度为2g 答案：BD 解析：小球在最高点受重力和压力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma＝m，又FN＝mg，所以a＝2g，v＝，故B、D正确，A、C错误。 2．质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过轨道最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是(　　) A．0 B．3mg C．5mg D．8mg 答案：D 解析：当小球以速度v经内侧轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力提供向心力，有mg＝m；当小球以速度3v经内侧轨道最高点时，小球受重力mg和向下的弹力FN，合外力提供向心力，有mg＋FN＝m，解得FN＝8mg，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝8mg，D正确。 3.(多选)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动至最高点时，轻杆对小球的作用力(　　) A．方向一定竖直向上 B．方向可能竖直向下 C．大小可能为0 D．大小不可能为0 答案：BC 解析：设轻杆长为R，当重力刚好提供小球做圆周运动的向心力时，轻杆对小球无作用力，此时有mg＝m，解得v＝；当v>时，轻杆对小球提供拉力；当v<时，轻杆对小球提供支持力，故B、C正确，A、D错误。 4.(多选)(2023·江西省抚州市第一中学期中)如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M，有一质量为m的小球以水平速度v0从圆轨道最低点A开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) A．地面受到的压力始终大于Mg B．小球到达与圆心等高的B点时对铁块的作用力可能为0 C．经过最低点A时地面受到的压力可能等于Mg＋mg D．小球在圆轨道最高点C点时，地面受到的压力可能为0 答案：BD 解析：如果小球能在上半圆运动，则小球会对铁块有向上的弹力，这样铁块对地面的压力就小于自身重力，如果小球在圆轨道最高点C点时，对铁块的弹力恰好等于铁块重力，铁块对地面的压力为0，故A错误，D正确；如果小球刚好达到B点，则此时到达B点时速度为零，则铁块对小球无作用力，根据牛顿第三定律可知，此时，小球对铁块的作用力为零，故B正确；小球经过最低点A时，因为需要向心力，所以铁块对小球的支持力大于小球重力，根据牛顿第三定律可知，小球对铁块的压力大于自身重力，所以，铁块对地面的压力大于Mg＋mg，故C错误。 5.(多选)(2023·江西省抚州一中月考)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力f＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝1.0 kg的小球，重力加速度g取10 m/s2，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离可能是(　　) A．6 cm B．12 cm C．28 cm D．36 cm 答案：BC 解析：若木块有向内运动的趋势，且此时静摩擦力达到最大值，则根据牛顿第二定律有mg－f＝Mω2rmin，解得rmin＝8 cm，若木块有向外运动的趋势，且此时静摩擦力达到最大值，则根据牛顿第二定律有mg＋f＝Mω2rmax，解得rmax＝32 cm，则可知，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离满足8 cm≤r≤32 cm。故选BC。 6.(多选)(2023·江西省赣州中学月考)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，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向且长为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>，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 答案：AC 解析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；当b绳伸直后，根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力不变，故B错误：当b绳拉力为零时，有＝mω2l，解得ω＝ ，可知当角速度ω> 时，b绳出现弹力，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。 7.(多选)(2023·山东省泰安第一中学期中)如图所示，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OO′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(　　) 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．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg D．ω＝是b开始滑动的临界角速度 答案：AD 解析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知木块所受的静摩擦力为Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，故Ffa<Ffb，a、b未发生相对滑动前摩擦力不等，B错误；因为两个木块的最大静摩擦力相等，未发生相对滑动时Ffa<Ffb，所以b先达到最大静摩擦力，b先滑动，A正确；当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为Ffa＝mω2l＝<kmg，C错误；当b恰好开始滑动时kmg＝mω2·2l，解得ω＝ ，D正确。 8.(多选)(2023·云南省文山期中联考)如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动，在转动的过程中，忽略空气的阻力。某时刻若球B运动到最高点，且球B对杆恰好无作用力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．此时球B在最高点时速度不为零 B．此时球A的速度比球B的速度大 C．此时杆对水平轴的作用力为1.5mg D．此时杆对水平轴的作用力为3mg 答案：AC 解析：球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则mg＝m，解得vB＝，由v＝ωr得此时球A的速度为vA＝ ，故A正确，B错误；对A球由牛顿第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝1.5mg，故C正确，D错误。 9.(多选)如图所示，水平转盘上叠放着质量均为1 kg的A、B两个物块，B物块用长为0.25 m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8 N，B与转盘间的动摩擦因数为μ1＝0.1，A、B间的动摩擦因数为μ2＝0.4，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘可绕竖直中心轴转动，转盘静止时，细线刚好伸直，力传感器的读数为零(重力加速度g取10 m/s2)。根据以上信息，下列说法正确的是(　　) A．A物块随转盘做圆周运动的向心力由细线的拉力、B对A的摩擦力的合力提供 B．转盘的角速度为4 rad/s时，细线刚好有拉力 C．A物块刚要脱离B物块时转盘的角速度为4 rad/s D．转盘的角速度大于6 rad/s时细线将被拉断 答案：CD 解析：A物块随转盘做圆周运动的向心力是由重力、B对A的支持力和B对A的摩擦力的合力提供的，A错误；当B物块与转盘间的静摩擦力达到最大时，有μ1(mA＋mB)·g＝(mA＋mB)ωr，解得ω1＝ ＝2 rad/s，这时细线刚好有拉力，B错误；当A物块所需的向心力恰等于最大静摩擦力时，有mAωr＝μ2mAg，解得ω2＝ ＝4 rad/s，此时细线的拉力为FT′＝(mA＋mB)ωr－μ1(mA＋mB)g＝6 N<8 N，故细线未被拉断，角速度继续增大，A物块脱离B物块，C正确；当细线达到能承受的最大拉力8 N时，A物块已脱离B物块，有FTmax＋μ1mBg＝mBωr，解得ω3＝6 rad/s，D正确。 10．(15分)在光滑水平圆台上开有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端拴一质量为0.1 kg的物体A，另一端连接质量为1 kg的物体B，如图所示。已知O与A物体间的距离为25 cm，开始时B物体与水平地面接触，A物体绕小孔O做匀速圆周运动，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)当物体A以角速度ω＝4 rad/s旋转时，地面对物体B的压力； (2)当物体B刚要脱离地面，物体A的角速度为多大。 答案：(1)9.6 N，方向竖直向上　(2)20 rad/s 解析：(1)设地面对物体B的压力为FN，A物体做匀速圆周运动，轻绳的拉力提供向心力，则 FTA＝mAω2r 对B物体受力分析，有FTB＝mBg－FN 又FTA＝FTB 联立解得FN＝9.6 N，方向竖直向上。 (2)设物体B刚要脱离地面时，物体A的角速度为ω0，对物体A，有FTA′＝mAωr 对物体B，有FTB′＝mBg 又FTA′＝FTB′ 联立解得ω0＝20 rad/s。 学生用书↓第54页 学科网（北京）股份有限公司 $$