高三一轮复习学案物理第四章曲线运动万有引力与宇宙航行第3讲圆周运动

第3讲圆周运动学习目标1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性及多解问题。3.会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识解决生活中的圆周运动。一、描述圆周运动的物理量及关系定义、意义公式、单位线速度(v)1.描述圆周运动的物体运动快慢的物理量2.是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切1.v＝eq\f(l,t)(定义式)＝eq\f(2πr,T)(与周期的关系)2.单位：m/s角速度(ω)1.描述物体绕圆心转动快慢的物理量2.是矢量，但不研究其方向1.ω＝eq\f(θ,t)(定义式)＝eq\f(2π,T)(与周期的关系)2.单位：rad/s3.ω与v的关系：v＝ωr周期(T)转速(n)频率(f)1.周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率2.转速是单位时间内物体转过的圈数1.T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(与频率的关系)2.T的单位：sn的单位：r/s、r/minf的单位：Hz向心加速度(a)1.描述线速度方向变化快慢的物理量2.方向指向圆心1.a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv2.单位：m/s2二、匀速圆周运动及向心力1.2.三、离心运动1.思考判断(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度大小是不变的。(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)(5)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)(6)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力。(√)(7)变速圆周运动的向心力不指向圆心。(×)(8)做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)2.如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，若A轮半径是B轮半径的1.5倍，则下列说法中正确的是()A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3C.A、B两点的周期之比为2∶3D.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1答案B3.如图所示，汽车正在水平路面上沿圆轨道匀速率转弯，且没有发生侧滑。下列说法正确的是()A.汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力B.汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力C.汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力D.汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变答案A考点一圆周运动的运动学问题角度圆周运动物理量的分析与计算例1在我国东北地区严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中，图1甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，可抽象为如图乙所示的模型，泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5s内带动杯子转动了210°，人的臂长约为0.6m，则泼水过程中()图1A.杯子沿顺时针方向运动B.P位置飞出的小水珠初速度沿1方向C.杯子运动的角速度大小为eq\f(7π,3)rad/sD.杯子运动的线速度大小约为eq\f(7π,10)m/s答案C解析由图乙中做离心运动的轨迹可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝eq\f(θ,t)，代入数据得ω＝eq\f(7π,3)rad/s，故C正确；杯子旋转的轨迹半径约为0.6m，则线速度大小为v＝ωR＝eq\f(7π,5)m/s，故D错误。(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＝eq\f(v2,r)＝ω2r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。角度圆周运动中的传动问题例2如图2是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是()图2A.转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同B.转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωCC.转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA＝vB>vCD.转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA>aB>aC答案B解析由于A、C啮合在一起，转动方向相同，转轮A、B向着同一方向运动，故转动方向相同，故A错误；由ω＝eq\f(v,r)可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，故B正确；自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度也相等，有vA＝vB＝vC，又rA>rB>rC，根据a＝eq\f(v2,r)可得aA<aB<aC，故C、D错误。常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图3甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。图3(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。图4(3)同轴转动：如图5甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。图5角度圆周运动的多解问题例3(2024·山东潍坊高三期中)如图6所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，筒的半径R＝2m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方h＝3.2m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10m/s2。则筒转动的周期可能为()图6A.eq\f(1,5)s B.eq\f(2,5)s C.eq\f(3,5)s D.eq\f(4,5)s答案D解析当小孔开口向上时，根据自由落体规律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝0.8s，当小孔开口转到小球正下方时，有h＋2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝1.2s，在圆筒中的时间Δt＝t2－t1＝0.4s，小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等，有Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T(n＝0，1，2…)，解得T＝eq\f(0.8,2n＋1)s(n＝0，1，2…)，当n＝0时，T＝eq\f(4,5)s，故D正确。考点二圆周运动的动力学问题1.匀速圆周运动的实例分析运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)2.变速圆周运动的向心力如图7所示，当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即FT－mgcosθ＝meq\f(v2,R)。图7角度向心力的来源分析例4(多选)(2024·广东深圳高三期中)如图8所示，杂技演员进行表演时，可以悬空靠在以角速度ω匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来。设圆筒半径为r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则该演员()图8A.受到4个力的作用B.所需的向心力由弹力提供C.角速度越大，人受到的摩擦力越大D.圆筒的角速度ω≥eq\r(\f(g,μr))答案BD解析杂技演员受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力共3个力作用，A错误；由于杂技演员在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向根据平衡条件，有mg＝f，筒壁的弹力提供向心力，水平方向，有F＝mω2r，角速度越大，人受到的摩擦力不变，弹力变大，B正确，C错误；要想不下滑，最大静摩擦力需要大于等于重力，所以μF≥mg，F＝ω2mr，解得ω≥eq\r(\f(g,μr))，D正确。角度圆周运动的动力学问题例5(多选)如图9所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()图9A.小球a的高度更低B.弹簧弹力的大小相等C.小球b所受杆的摩擦力更大D.小球b所受合外力更大答案BD解析对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有Tsinθ＝mg，而T＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Mb,cosθ)－l0))，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。方法总结圆周运动的动力学问题的分析思路角度圆锥摆(筒)模型例6(多选)(2024·辽宁大连联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图10甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是()图10A.小球A、B角速度相等B.小球A、B线速度大小相同C.小球C、D向心加速度大小相同D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的拉力答案AC解析对题图甲中小球A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝ma，FTcosθ＝mg得a＝gtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)，所以小球C、D向心加速度大小相同，受到绳的拉力大小也相同，故C正确，D错误。方法总结圆锥摆和圆锥筒的分析思路圆锥摆(1)向心力F向＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))。(2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)和运动所需向心力也越大圆锥筒(1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r，解得v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))。(2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝eq\f(mg,sinθ)和向心力F＝eq\f(mg,tanθ)并不随位置的变化而变化(多选)(2024·河北邯郸高三期中)竖直平面内有一半径为0.5m的光滑圆环，质量为0.5kg的小球(视为质点)套在圆环上，当圆环以一定的角速度绕过圆环的竖直直径的转轴OO′匀速转动时，小球相对圆环静止，此时小球与圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()图11A.圆环对小球的弹力大小为5NB.小球随圆环旋转的角速度为5rad/sC.小球运动的线速度大小为1.5m/sD.小球的向心加速度大小为10m/s2答案BC解析小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，令圆环对小球的弹力为FN，对小球分析有FN＝eq\f(mg,cos37°)＝6.25N，故A错误；对小球进行受力分析有mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得ω＝5rad/s，故B正确；同理有mgtan37°＝ma＝meq\f(v2,Rsin37°)，解得a＝7.5m/s2，v＝1.5m/s，故C正确，D错误。角度生活中的圆周运动例7(2024·广东广州高三期末)山崖边的公路常常被称为最险公路，某弯道如图12所示，外圈临悬崖，内圈靠山，为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面往往设计成倾斜的。某汽车在这样的弯道转弯，下列说法正确的是()图12A.汽车以恒定速率转弯时，做匀变速曲线运动B.汽车以恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需向心力越大C.为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高D.因弯道路面倾斜，汽车转弯时一定不需要摩擦力提供向心力答案C解析汽车以恒定速率转弯时，汽车的加速度大小不变，方向时刻发生变化，汽车做变加速曲线运动，故A错误；汽车以恒定速率转弯时，根据F＝meq\f(v2,R)可知转弯半径越大，所需向心力越小，故B错误；为了减小弯道行车安全隐患，弯道路面应该设计成内低外高，使路面支持力有指向圆心的分力，故C正确；弯道路面倾斜，汽车转弯时的速度不一样时，汽车可能需要摩擦力提供向心力，故D错误。A级基础对点练对点练1圆周运动的运动学问题1.(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图1，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小约为()图1A.10m/s2 B.100m/s2C.1000m/s2 D.10000m/s2答案C解析向心加速度的公式an＝ω2r，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1000m/s2，C正确。2.(2024·广东佛山顺德一中)如图2所示，门把手上A、B两点到转轴上O点的距离之比为1∶2，匀速转动门把手时，下列说法正确的是()图2A.A、B两点的线速度大小之比为1∶2B.A、B两点的角速度之比为1∶2C.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶4D.A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积相等答案A解析门把手上A、B两点都绕O点转动，角速度相等，A、B两点的角速度之比为1∶1，故B错误；由v＝ωr可知，A、B两点的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正确；由a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶2，故C错误；门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为S＝eq\f(1,2)θr2＝eq\f(1,2)ωtr2，所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA∶SB＝1∶4，故D错误。3.如图3所示为旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5cm，拖把头的半径为10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是()图3A.拖把头边缘的线速度为1.4πm/sB.拖把杆向下运动的速度为0.1πm/sC.拖把头转动的角速度为7πrad/sD.拖把头的转速为1r/s答案A解析由题意知拖把头周期T＝eq\f(1,7)s，则拖把头转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝14πrad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝eq\f(2πR,T)＝1.4πm/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝eq\f(l,t)＝0.35m/s，故B错误；拖把头的转速n＝eq\f(1,T)＝7r/s，故D错误。对点练2圆周运动的动力学问题4.(2023·全国甲卷，17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝eq\f(k,r)，k为比例系数，将上式代入F＝meq\f(4π2,T2)r得F＝meq\f(4π2,k2)r3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，故C正确。5.(2024·北京海淀区高三期末)如图4所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动(俯视)，圆盘上距轴r处有一质量为m的物块(可视为质点)。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至ω。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是()图4A.物块所受摩擦力的方向始终指向O点B.物块所受摩擦力的大小始终为μmgC.物块所受摩擦力的冲量大小为mωrD.物块所受摩擦力做的功为0答案C解析由题意可知，在圆盘角速度增大的过程中，物块始终相对圆盘静止，则物块所受摩擦力为静摩擦力，某时刻物块受到的静摩擦力及其按作用效果的分解如图所示，转盘加速运动，f静≠μmg，其中f1提供向心力效果，f2提供改变速度大小的效果，A、B错误；由动量定理得If＝mv－0，则If＝mωr，C正确；由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2，v＝ωr，则Wf＝eq\f(1,2)mω2r2，D错误。6.(多选)(2024·广东韶关市南雄中学检测)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量为50kg的乘客坐在以360km/h速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适B.弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度C.乘客受到来自车厢的力大小约为200ND.乘客受到来自车厢的力大小约为540N答案ABD解析根据F＝meq\f(v2,r)可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，故A正确；由牛顿第二定律可知，当列车在规定速度下转弯时满足mgtanθ＝meq\f(v2,r)，则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，故B正确；乘客受到的向心力F＝meq\f(v2,r)＝50×eq\f(1002,2500)N＝200N，乘客受到来自车厢的力大小约为FN＝eq\r(（mg）2＋F2)＝eq\r(5002＋2002)N≈540N，故C错误，D正确。7.(2024·云南昆明高三期末)如图5所示，内壁光滑的竖直圆筒绕中轴线做匀速圆周运动。一质量为m的小物块(可视为质点)用一端固定在O点的细绳拴接，细绳的长度为L。小物块紧贴圆筒内壁随圆筒一起做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，则()图5A.圆筒转动的角速度ω越大，细绳上的张力越大B.继续增加圆筒转动的角速度ω，物块会相对圆筒内壁上滑C.当圆筒转动角速度小于eq\r(\f(g,Lcosθ))时，物块会脱离圆筒内壁D.当圆筒转动角速度等于eq\r(\f(2g,Lcosθ))时，圆筒内壁对小物块的弹力大小为2mgtanθ答案C解析当物块紧贴圆筒内壁时竖直方向有FTcosθ＝mg，水平方向有FTsinθ＋FN＝mLsinθ·ω2，所以只要物块与圆筒内壁接触，始终有FT＝eq\f(mg,cosθ)，故A错误；若物块沿圆筒内壁上滑，绳子松弛，无张力，这是不可能的，故B错误；若物块恰好脱离圆筒壁，有FN＝0，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，故C正确；根据水平方向有FTsinθ＋FN＝mLsinθ·ω2，其中ω＝eq\r(\f(2g,Lcosθ))，解得FN＝mgtanθ，故D错误。8.(多选)(2024·广东东莞联考)如图6所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A.a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sinθB.a、b两小球都是所受合外力充当向心力C.b小球受到的绳子拉力大小恒为eq\f(mg,cosθ)D.a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgcosθ答案ACD解析由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sinθ，故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点是合外力充当向心力，其他位置是绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcosθ＝mg，即Fb＝eq\f(mg,cosθ)，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcosθ，故D正确。B级综合提升练9.(2024·湖北武汉模拟)剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图7所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为()图7A.0.02r/s B.2r/s C.4r/s D.4πr/s答案B解析剪纸每转动θ＝eq\f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝eq\f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(N,5)×2π,0.1s)(N＝1，2，3，…)，n＝eq\f(ω,2π)＝2Nr/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2r/s，B正确。速解剪纸在0.1s内至少转eq\f(1,5)圈，则看起来相对静止，即1s至少转2圈，故B正确。10.如图8所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是()图8A.小物块a和b做圆周运动的向心力之比为eq\r(3)∶1B.小物块a和b对容器壁的压力之比为eq\r(3)∶1C.小物块a与容器壁之间无摩擦力D.容器壁对小物块a的摩擦力方向沿容器壁切线向下答案A解析a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsinα，所以a、b向心力之比为Fa∶Fb＝sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正确；对b分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，对a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上，C、D错误；对b有FNbcos30°＝mg，对a有FNacos60°＋fsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B错误。11.(2022·辽宁卷，13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。图9(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的