【物理】2019届一轮复习人教版圆周运动的规律及应用学案
第3讲 圆周运动的规律及应用
见学生用书P059
微知识1 描述圆周运动的物理量
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量，v＝＝。
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，ω＝＝。
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，T＝，T＝。
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量，an＝rω2＝＝ωv＝r。
5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man。
6．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf。
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r。
(3)Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2。
微知识2 匀速圆周运动和非匀速圆周运动
1．匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。
(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心
的变加速曲线运动。
(3)质点做匀速圆周运动的条件
合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．非匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。
(2)合力的作用
①合力沿速度方向的分量Fτ产生切向加速度，Fτ＝maτ，它只改变速度的大小。
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。
微知识3 离心运动
1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
2．受力特点(如图所示)
(1)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动。
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出。
(3)当F
mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。
一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)
1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)
2．做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比。(×)
3．做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。(√)
4．做圆周运动的物体所受的合外力不一定指向圆心。(√)
5．做圆周运动的物体所受的合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出。(×)
二、对点微练
1．(描述圆周运动的物理量)(2018·无锡测试)甲、乙、丙三个物体，甲放在海南，乙放在无锡，丙放在天津。当它们随地球一起转动时。下列说法正确的是( )
A．三个物体的角速度相等
B．甲的线速度最小
C．三个物体的线速度都相等
D．甲的角速度最大
解析 甲、乙、丙三个物体，甲放在海南，乙放在无锡，丙放在天津，它们随地球一起转动时它们的周期相同，角速度相同，甲的半径最大，由线速度和角速度的关系v＝ωr知甲的线速度最大，故A项正确，BCD项错误。
答案 A
2．(向心力)如图所示，一圆盘可绕一过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个木块，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，那么( )
A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心
B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心
C．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同
D．因为摩擦力总是阻碍物体的运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反
解析 从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析：由于圆盘转动时，以转动的圆盘为参考系，物体的运动趋势是沿半径向外背离圆心的，所以盘面对木块的静摩擦力方向沿半径指向圆心。
从做匀速圆周运动的物体必须有力提供向心力的角度来分析，木块随圆盘一起做匀速圆周运动，它必须受到沿半径指向圆心的合力，只有来自盘面的静摩擦力提供指向圆心的向心力，因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心，所以，正确选项为B项。
答案 B
3. (离心现象)(多选)如图所示，光滑水平面上一质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则下列关于小球运动情况的说法，正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc做近心运动
解析 由F＝知，若拉力变小，则F不能提供所需的向心力，R变大，小球做离心运动。反之，若F变大，小球将做近心运动。
答案 ACD
见学生用书P060
微考点 1 圆周运动的运动学分析
核|心|微|讲
1．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比。
当ω一定时，v与r成正比。
当v一定时，ω与r成反比。
2．对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。
3．常见传动方式及特点
(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同。
(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
典|例|微|探
【例1】 如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的( )
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
【解题导思】
(1)A、B两轮边缘的线速度大小有何关系？
答：A、B两轮靠摩擦传动，边缘的线速度大小相等。
(2)B、C两轮的角速度有何关系？
答：B、C是同轴转动的两个轮子，角速度相等。
解析 A、B轮摩擦转动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶
2；B、C同轴，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B项错误；转速之比等于角速度之比，故C项错误；由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D项正确。
答案 D
题|组|微|练
1．(多选)计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写磁盘上的数据。磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区。现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5 400 r/min和7 200 r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则( )
A．磁头的位置相同时，7 200 r/min的硬盘读写数据更快
B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长
C．不管磁头位于何处，5 400 r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等
D．5 400 r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3∶4
解析 根据v＝2πnr可知转速大的读写速度快，所以A项正确；根据t＝＝可知B项错，C项正确；根据an＝(2πn)2r可知D项错误。
答案 AC
2．风速仪结构如图甲所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为 r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图乙所示，则该时间段内风轮叶片( )
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
解析 根据题意，从题图乙可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内可以从题图看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，叶片转动速率为v＝，故选项B正确。
答案 B
微考点 2 水平面内的圆周运动的临界问题
核|心|微|讲
1．水平面内圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题。常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题。通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法。
2．处理临界问题的解题步骤
(1)判断临界状态
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态。
(2)确定临界条件
判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。
(3)选择物理规律
当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解。
典|例|微|探
【例2】 (多选)如图，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 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．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为 mg
【解题导思】
(1)两木块做圆周运动的向心力由谁来提供？
答：均由静摩擦力提供向心力。
(2)随着角速度的增加，a、b两木块谁最先达到最大静摩擦力，谁最先滑动？
答：由于a、b两木块的角速度相等，b的半径大，b最先达到最大静摩擦力开始滑动。
(3)b开始滑动时圆盘的角速度多大？
答：由最大静摩擦力提供向心力得 mg＝mω2·2l，ω＝ 。
(4)a开始滑动时圆盘的角速度多大？
答：由最大静摩擦力提供向心力得 mg＝mω2·l，ω＝ 。
解析 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，选项A项正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得 mg＝mω·2l，可得ωb＝ ，选项C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得 mg＝mωl，可得ωa＝，而转盘的角速度ω＝ < ，小木块a
未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝ mg，选项D错误。
答案 AC
水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
(1)在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径没有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力，绳的拉力等)。
(2)三种临界情况
①接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件：弹力N＝0。
②相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
③绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件：T＝0。
题|组|微|练
3．(多选)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r ＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则( )
A.＝ B.＝
C.＝1 D.＝
解析 根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg，联立解得μg ＝ωr。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R＝2ω2r，ωR＝ω2 r，联立解得＝，选项A正确，B项错误；a2＝μg ＝ω2R，C项正确，D项错误。
答案 AC
4．如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)。求：
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆。
(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
解析 (1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sinα＝，r＝，
水平方向：Fasinα＝mω2r，
竖直方向：Facosα＝mg，
联立解得ω＝2。
(2)由(1)可知0≤ω≤2时，
Fa＝mg，
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsinβ，
水平方向：Fasinβ＝mω2r，
竖直方向：Facosβ＝mg，
联立解得Fa＝mω2l，
当轻绳b恰伸直时，β＝60°，此时
ω＝ ，
故有Fa＝mω2l，此时
2＜ω≤ ，
若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r＝lsin60°，
水平方向：
Fasin60°＋Fbsin60°＝mω2r，
竖直方向：Facos60°＝Fbcos60°＋mg，
联立解得Fa＝mlω2＋mg，
此时ω≥ 。
答案 (1)2
(2)见解析
微考点 3 竖直面内的圆周运动的临界问题
核|心|微|讲
竖直面内的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，主要有两种模型：轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：
类别
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
最高点均是没有物体支撑的小球
最高点均是有物体支撑的小球
特别提醒 轻绳模型和轻杆模型过最高点的临界条件不同，其实质主要是“绳”不能承受压力，而“杆”既能承受压力，也能承受拉力。
典|例|微|探
【例3】 (多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足( )
A．最小值 B．最大值
C．最小值 D．最大值
【解题导思】
(1)小球恰能通过最高点时的向心力为多大？
答：(1)F向＝mg。
(2)以环为研究对象，环恰好没有跳起时，小球对环的作用力为多大？
答：2mg
解析 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mv＝mg·2r＋mv，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得mvax＝mg·2r＋mv，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为。
答案 CD
题|组|微|练
5. (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，则下列说法正确的是( )
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 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A项错误，B项正确；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N与球的重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：N－Fmg＝m
，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C项正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D项错误。
答案 BC
6．如图所示，长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，球A距轴O的距离为L。现给系统一定动能，使杆和球
在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是( )
A．球B的速度为0
B．杆对球B的弹力为0
C．球B的速度为
D．球A的速度等于
解析 对B球：T＋mg＝m，对A球：T′－mg＝m，同时vB＝2vA，要使轴O对杆作用力为0，即满足T＝T′，解得vA＝，vB＝2，故只有D项对。
答案 D
见学生用书P063
圆周运动与平抛运动的综合问题
素能培养
圆周运动与平抛运动的组合类问题是近几年高考特别关注的问题，按题目类型可分为水平面内的圆周运动与平抛运动组合、竖直平面内的圆周运动与平抛运动的组合两类，圆周运动与平抛运动的过渡处的速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
经典考题 如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 g的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力影响，求：
(1)地面上DC两点间的距离s。
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
解析 (1)小球从A到B过程机械能守恒，则
mgh＝mv，①
小球从B到C做平抛运动，则
在水平方向有s＝vBt，②
在竖直方向有H＝gt2，③
联立①②③式解得s＝1.41 m。
(2)小球下摆到B
点时，绳子的拉力与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有
F－mg＝m，④
联立①④式解得F＝20 N，
由牛顿第三定律得F′＝F＝20 N，
即轻绳所受的最大拉力为20 N。
答案 (1)1.41 m (2)20 N
对法对题
1．(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相撞。已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 g，g取10 m/s2，则( )
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2 N
解析 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B项错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有，有NB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得NB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。
答案 AC
2．如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大
小s＝0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0。
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
解析 (1)设物块做平抛运动所用时间为t，
竖直方向有H＝gt2，①
水平方向有s＝v0t，②
联立①②两式得
v0＝s ＝1 m/s。③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg＝m，④
联立③④得μ＝＝0.2。
答案 (1)1 m/s (2)0.2
见学生用书P063
1．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q
球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点，下列说法正确的是( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析 小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由E ＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误。
答案 C
2．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
解析 因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝ ＝ ＝45 m/s，v小＝ ＝ ＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则AB项正确；由几何关系得直道长度为d＝＝50 m，由运动学公式v－v＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50 m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79 s，则D项错误。
答案 AB
3.如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，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。要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是( )
A. B．π
C. D．2π
解析 对小球，在水平方向有Tsinθ＝mω2R＝4π2mn2R，在竖直方向有Tcosθ＋N＝mg，且R＝htanθ，当球即将离开水平面时，N＝0，转速n有最大值，联立解得
n＝ ，则A项正确。
答案 A
4. (多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2.0 g的木块，它与台面间的最大静摩擦力fm＝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 g的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静止，则木块到O孔的距离可能是(重力加速度g取10 m/s2，木块、小球均视为质点)( )
A．6 cm B．15 cm
C．30 cm D．34 cm
解析 转台以一定的角速度ω匀速转动，木块所需的向心力与做圆周运动的半径r成正比，在离O点最近处r＝r1时，木块有靠近O点的运动趋势，这时摩擦力沿半径向外，刚好达到最大静摩擦力fm，即mg－fm＝Mω2r1，得r1＝＝8 cm，同理，木块在离O点最远处r＝r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力的方向指向O点，且达到最大静摩擦力fm，即mg＋fm＝Mω2r2，得r2＝＝32 cm，则木块能够相对转台静止，半径应满足关系式r1≤r≤r2，选项B、C正确。
答案 BC
