第3講圓周運動學習目標1.掌握描述圓周運動的各物理量及關系。2.會分析勻速圓周運動的周期性及多解問題。3.會分析圓周運動向心力的來源，并利用圓周運動的相關知識解決生活中的圓周運動。一、描述圓周運動的物理量及關系定義、意義公式、單位線速度(v)1.描述圓周運動的物體運動快慢的物理量2.是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切1.v＝eq\f(l,t)(定義式)＝eq\f(2πr,T)(與周期的關系)2.單位：m/s角速度(ω)1.描述物體繞圓心轉動快慢的物理量2.是矢量，但不研究其方向1.ω＝eq\f(θ,t)(定義式)＝eq\f(2π,T)(與周期的關系)2.單位：rad/s3.ω與v的關系：v＝ωr周期(T)轉速(n)頻率(f)1.周期是做勻速圓周運動的物體沿圓周運動一周所用的時間，周期的倒數為頻率2.轉速是單位時間內物體轉過的圈數1.T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(與頻率的關系)2.T的單位：sn的單位：r/s、r/minf的單位：Hz向心加速度(a)1.描述線速度方向變化快慢的物理量2.方向指向圓心1.a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv2.單位：m/s2二、勻速圓周運動及向心力1.2.三、離心運動1.思考判斷(1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動。(×)(2)物體做勻速圓周運動時，其角速度大小是不變的。(√)(3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。(×)(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。(×)(5)摩托車轉彎時速度過大就會向外發生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的緣故。(×)(6)向心力可以是物體受到的某一個力，也可以是物體受到的合力。(√)(7)變速圓周運動的向心力不指向圓心。(×)(8)做勻速圓周運動的物體，當所受合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出。(×)2.如圖所示，修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的。其原理可簡化為圖中所示的模型。A、B是轉動的齒輪邊緣的兩點，若A輪半徑是B輪半徑的1.5倍，則下列說法中正確的是()A.A、B兩點的線速度大小之比為3∶2B.A、B兩點的角速度大小之比為2∶3C.A、B兩點的周期之比為2∶3D.A、B兩點的向心加速度大小之比為1∶1答案B3.如圖所示，汽車正在水平路面上沿圓軌道勻速率轉彎，且沒有發生側滑。下列說法正確的是()A.汽車轉彎時由車輪和路面間的靜摩擦力提供向心力B.汽車轉彎時由汽車受到的重力與支持力的合力提供向心力C.汽車轉彎時由車輪和路面間的滑動摩擦力提供向心力D.汽車轉彎半徑不變，速度減小時，汽車受到的靜摩擦力可能不變答案A考點一圓周運動的運動學問題角度圓周運動物理量的分析與計算例1在我國東北地區嚴寒的冬天，人們經常玩一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中，圖1甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，可抽象為如圖乙所示的模型，潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，在0.5s內帶動杯子轉動了210°，人的臂長約為0.6m，則潑水過程中()圖1A.杯子沿順時針方向運動B.P位置飛出的小水珠初速度沿1方向C.杯子運動的角速度大小為eq\f(7π,3)rad/sD.杯子運動的線速度大小約為eq\f(7π,10)m/s答案C解析由圖乙中做離心運動的軌跡可知，杯子的旋轉方向為逆時針方向，P位置飛出的小水珠初速度沿2方向，故A、B錯誤；杯子旋轉的角速度為ω＝eq\f(θ,t)，代入數據得ω＝eq\f(7π,3)rad/s，故C正確；杯子旋轉的軌跡半徑約為0.6m，則線速度大小為v＝ωR＝eq\f(7π,5)m/s，故D錯誤。(1)對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比。當ω一定時，v與r成正比。當v一定時，ω與r成反比。(2)對a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比。角度圓周運動中的傳動問題例2如圖2是一種新概念自行車，它沒有鏈條，共有三個轉輪，A、B、C轉輪半徑依次減小。輪C與輪A嚙合在一起，騎行者踩踏板使輪C動，輪C驅動輪A轉動，從而使得整個自行車沿路面前行，輪胎不打滑。下列說法正確的是()圖2A.轉輪A、C轉動方向相同，轉輪A、B轉動方向不相同B.轉輪A、B、C角速度之間的關系是ωA<ωB<ωCC.轉輪A、B、C邊緣線速度之間的關系是vA＝vB>vCD.轉輪A、B、C邊緣向心加速度之間的關系是aA>aB>aC答案B解析由于A、C嚙合在一起，轉動方向相同，轉輪A、B向著同一方向運動，故轉動方向相同，故A錯誤；由ω＝eq\f(v,r)可知，在線速度相等的情況下，半徑越小角速度越大，故B正確；自行車運動過程中，前后輪A、B的線速度相等，由于A、C嚙合在一起，A、C線速度也相等，有vA＝vB＝vC，又rA>rB>rC，根據a＝eq\f(v2,r)可得aA<aB<aC，故C、D錯誤。常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖3甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖3(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖4甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖4(3)同軸轉動：如圖5甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。圖5角度圓周運動的多解問題例3(2024·山東濰坊高三期中)如圖6所示，水平放置的圓柱形筒繞其中心對稱軸OO′勻速轉動，筒的半徑R＝2m，筒壁上有一小孔P，一小球從孔正上方h＝3.2m處由靜止釋放，此時小孔開口向上轉到小球正下方。已知孔的半徑略大于小球半徑，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能夠從小孔離開圓筒，g取10m/s2。則筒轉動的周期可能為()圖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解析當小孔開口向上時，根據自由落體規律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝0.8s，當小孔開口轉到小球正下方時，有h＋2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝1.2s，在圓筒中的時間Δt＝t2－t1＝0.4s，小球在圓筒中的運動時間與筒自轉的時間相等，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…)，當n＝0時，T＝eq\f(4,5)s，故D正確?？键c二圓周運動的動力學問題1.勻速圓周運動的實例分析運動模型向心力的來源圖示運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)2.變速圓周運動的向心力如圖7所示，當小球在豎直面內擺動時，半徑方向的合力提供向心力，即FT－mgcosθ＝meq\f(v2,R)。圖7角度向心力的來源分析例4(多選)(2024·廣東深圳高三期中)如圖8所示，雜技演員進行表演時，可以懸空靠在以角速度ω勻速轉動的圓筒內壁上而不掉下來。設圓筒半徑為r，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則該演員()圖8A.受到4個力的作用B.所需的向心力由彈力提供C.角速度越大，人受到的摩擦力越大D.圓筒的角速度ω≥eq\r(\f(g,μr))答案BD解析雜技演員受到重力、筒壁的彈力和靜摩擦力共3個力作用，A錯誤；由于雜技演員在圓筒內壁上不掉下來，豎直方向根據平衡條件，有mg＝f，筒壁的彈力提供向心力，水平方向，有F＝mω2r，角速度越大，人受到的摩擦力不變，彈力變大，B正確，C錯誤；要想不下滑，最大靜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正確。角度圓周運動的動力學問題例5(多選)如圖9所示，矩形框MNQP豎直放置，其中MP、PQ足夠長，且MP桿粗糙、MN桿光滑，輕彈簧一端連接一個穿過MN桿、質量為m的小球a，另一端連接另一個穿過MP桿、質量也為m的小球b。已知框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球b在MP桿的位置不變，且ω′>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時()圖9A.小球a的高度更低B.彈簧彈力的大小相等C.小球b所受桿的摩擦力更大D.小球b所受合外力更大答案BD解析對小球a受力分析，設彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，小球在豎直方向有Tsinθ＝mg，而T＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Mb,cosθ)－l0))，可知θ為定值，T不變，則當轉速增大后，小球a的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；以ω勻速轉動時，根據題意無法判斷小球b所受摩擦力的方向，所以無法判斷摩擦力的變化，對小球b，有F合＝mω2r，r不變，角速度變大，則合外力變大，C錯誤，D正確。方法總結圓周運動的動力學問題的分析思路角度圓錐擺(筒)模型例6(多選)(2024·遼寧大連聯考)四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內做圓錐擺運動。如圖10甲所示，其中小球A、B在同一水平面內做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相同(連接D球的繩較長)，則下列說法正確的是()圖10A.小球A、B角速度相等B.小球A、B線速度大小相同C.小球C、D向心加速度大小相同D.小球D受到繩的拉力大于小球C受到繩的拉力答案AC解析對題圖甲中小球A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則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，線速度大小不相同，故A正確，B錯誤；對題圖乙C、D分析，設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，繩長為L，繩上拉力為FT，則有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，受到繩的拉力大小也相同，故C正確，D錯誤。方法總結圓錐擺和圓錐筒的分析思路圓錐擺(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)穩定狀態下，θ越大，角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)和運動所需向心力也越大圓錐筒(1)筒內壁光滑，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)穩定狀態下小球所處的位置越高，半徑r越大，角速度ω越小，線速度v越大，支持力FN＝eq\f(mg,sinθ)和向心力F＝eq\f(mg,tanθ)并不隨位置的變化而變化(多選)(2024·河北邯鄲高三期中)豎直平面內有一半徑為0.5m的光滑圓環，質量為0.5kg的小球(視為質點)套在圓環上，當圓環以一定的角速度繞過圓環的豎直直徑的轉軸OO′勻速轉動時，小球相對圓環靜止，此時小球與圓環圓心的連線與豎直方向的夾角為37°，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()圖11A.圓環對小球的彈力大小為5NB.小球隨圓環旋轉的角速度為5rad/sC.小球運動的線速度大小為1.5m/sD.小球的向心加速度大小為10m/s2答案BC解析小球做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供圓周運動的向心力，令圓環對小球的彈力為FN，對小球分析有FN＝eq\f(mg,cos37°)＝6.25N，故A錯誤；對小球進行受力分析有mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得ω＝5rad/s，故B正確；同理有mgtan37°＝ma＝meq\f(v2,Rsin37°)，解得a＝7.5m/s2，v＝1.5m/s，故C正確，D錯誤。角度生活中的圓周運動例7(2024·廣東廣州高三期末)山崖邊的公路常常被稱為最險公路，某彎道如圖12所示，外圈臨懸崖，內圈靠山，為了減小彎道行車安全隱患，彎道路面往往設計成傾斜的。某汽車在這樣的彎道轉彎，下列說法正確的是()圖12A.汽車以恒定速率轉彎時，做勻變速曲線運動B.汽車以恒定速率轉彎時，轉彎半徑越大，所需向心力越大C.為了減小彎道行車安全隱患，彎道路面應該設計成內低外高D.因彎道路面傾斜，汽車轉彎時一定不需要摩擦力提供向心力答案C解析汽車以恒定速率轉彎時，汽車的加速度大小不變，方向時刻發生變化，汽車做變加速曲線運動，故A錯誤；汽車以恒定速率轉彎時，根據F＝meq\f(v2,R)可知轉彎半徑越大，所需向心力越小，故B錯誤；為了減小彎道行車安全隱患，彎道路面應該設計成內低外高，使路面支持力有指向圓心的分力，故C正確；彎道路面傾斜，汽車轉彎時的速度不一樣時，汽車可能需要摩擦力提供向心力，故D錯誤。A級基礎對點練對點練1圓周運動的運動學問題1.(2021·全國甲卷，15)“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖1，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點的向心加速度大小約為()圖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，結合角速度與轉速的關系ω＝2πn，代入數據可得an≈1000m/s2，C正確。2.(2024·廣東佛山順德一中)如圖2所示，門把手上A、B兩點到轉軸上O點的距離之比為1∶2，勻速轉動門把手時，下列說法正確的是()圖2A.A、B兩點的線速度大小之比為1∶2B.A、B兩點的角速度之比為1∶2C.A、B兩點的向心加速度大小之比為1∶4D.A、B兩點與轉軸上O點的連線在相同時間內掃過的面積相等答案A解析門把手上A、B兩點都繞O點轉動，角速度相等，A、B兩點的角速度之比為1∶1，故B錯誤；由v＝ωr可知，A、B兩點的線速度大小之比為vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正確；由a＝ω2r可知，A、B兩點的向心加速度大小之比為aA∶aB＝1∶2，故C錯誤；門把手上的點與轉軸上O點的連線在相同時間內掃過的面積為S＝eq\f(1,2)θr2＝eq\f(1,2)ωtr2，所以A、B兩點與轉軸上O點的連線在相同時間內掃過的面積之比為SA∶SB＝1∶4，故D錯誤。3.如圖3所示為旋轉脫水拖把，拖把桿內有一段長度為35cm的螺桿通過拖把桿下段與拖把頭接在一起，螺桿的螺距(相鄰螺紋之間的距離)d＝5cm，拖把頭的半徑為10cm，拖把桿上段相對螺桿向下運動時拖把頭就會旋轉，把拖把頭上的水甩出去。某次脫水時，拖把桿上段1s內勻速下壓了35cm，該過程中拖把頭勻速轉動，下列說法正確的是()圖3A.拖把頭邊緣的線速度為1.4πm/sB.拖把桿向下運動的速度為0.1πm/sC.拖把頭轉動的角速度為7πrad/sD.拖把頭的轉速為1r/s答案A解析由題意知拖把頭周期T＝eq\f(1,7)s，則拖把頭轉動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝14πrad/s，故C錯誤；拖把頭邊緣的線速度v1＝eq\f(2πR,T)＝1.4πm/s，故A正確；拖把桿向下運動的速度v2＝eq\f(l,t)＝0.35m/s，故B錯誤；拖把頭的轉速n＝eq\f(1,T)＝7r/s，故D錯誤。對點練2圓周運動的動力學問題4.(2023·全國甲卷，17)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析設該質點的質量為m，運動周期為T，軌道半徑為r，所受合力為F，由題意知T＝eq\f(k,r)，k為比例系數，將上式代入F＝meq\f(4π2,T2)r得F＝meq\f(4π2,k2)r3，即質點所受合力的大小與軌道半徑的3次方成正比，故C正確。5.(2024·北京海淀區高三期末)如圖4所示，圓盤可在水平面內繞通過O點的豎直軸轉動(俯視)，圓盤上距軸r處有一質量為m的物塊(可視為質點)。某時刻起，圓盤開始繞軸轉動，經過一段時間，其角速度從0增大至ω。已知物塊與圓盤之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，該過程中物塊始終相對圓盤靜止，下列說法正確的是()圖4A.物塊所受摩擦力的方向始終指向O點B.物塊所受摩擦力的大小始終為μmgC.物塊所受摩擦力的沖量大小為mωrD.物塊所受摩擦力做的功為0答案C解析由題意可知，在圓盤角速度增大的過程中，物塊始終相對圓盤靜止，則物塊所受摩擦力為靜摩擦力，某時刻物塊受到的靜摩擦力及其按作用效果的分解如圖所示，轉盤加速運動，f靜≠μmg，其中f1提供向心力效果，f2提供改變速度大小的效果，A、B錯誤；由動量定理得If＝mv－0，則If＝mωr，C正確；由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2，v＝ωr，則Wf＝eq\f(1,2)mω2r2，D錯誤。6.(多選)(2024·廣東韶關市南雄中學檢測)上海磁懸浮列車線路需要轉彎的地方有三處，其中設計的最大轉彎處半徑達到8000米，用肉眼看幾乎是一條直線，而轉彎處最小半徑也達到1300米。一個質量為50kg的乘客坐在以360km/h速率駛過半徑2500米彎道的車廂內，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A.彎道半徑設計特別長可以使乘客在轉彎時更舒適B.彎道半徑設計特別長可以減小轉彎時列車的傾斜程度C.乘客受到來自車廂的力大小約為200ND.乘客受到來自車廂的力大小約為540N答案ABD解析根據F＝meq\f(v2,r)可知，轉彎速度一定的情況下，半徑越大，則向心力越小，則彎道半徑設計特別長可以使乘客在轉彎時更舒適，故A正確；由牛頓第二定律可知，當列車在規定速度下轉彎時滿足mgtanθ＝meq\f(v2,r)，則在轉彎速度一定時，轉彎半徑越大，則列車傾斜的角度θ越小，則彎道半徑設計特別長可以減小轉彎時列車的傾斜程度，故B正確；乘客受到的向心力F＝meq\f(v2,r)＝50×eq\f(1002,2500)N＝200N，乘客受到來自車廂的力大小約為FN＝eq\r(（mg）2＋F2)＝eq\r(5002＋2002)N≈540N，故C錯誤，D正確。7.(2024·云南昆明高三期末)如圖5所示，內壁光滑的豎直圓筒繞中軸線做勻速圓周運動。一質量為m的小物塊(可視為質點)用一端固定在O點的細繩拴接，細繩的長度為L。小物塊緊貼圓筒內壁隨圓筒一起做勻速圓周運動。已知重力加速度為g，則()圖5A.圓筒轉動的角速度ω越大，細繩上的張力越大B.繼續增加圓筒轉動的角速度ω，物塊會相對圓筒內壁上滑C.當圓筒轉動角速度小于eq\r(\f(g,Lcosθ))時，物塊會脫離圓筒內壁D.當圓筒轉動角速度等于eq\r(\f(2g,Lcosθ))時，圓筒內壁對小物塊的彈力大小為2mgtanθ答案C解析當物塊緊貼圓筒內壁時豎直方向有FTcosθ＝mg，水平方向有FTsinθ＋FN＝mLsinθ·ω2，所以只要物塊與圓筒內壁接觸，始終有FT＝eq\f(mg,cosθ)，故A錯誤；若物塊沿圓筒內壁上滑，繩子松弛，無張力，這是不可能的，故B錯誤；若物塊恰好脫離圓筒壁，有FN＝0，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，故C正確；根據水平方向有FTsinθ＋FN＝mLsinθ·ω2，其中ω＝eq\r(\f(2g,Lcosθ))，解得FN＝mgtanθ，故D錯誤。8.(多選)(2024·廣東東莞聯考)如圖6所示，質量均為m的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質繩子懸掛起來，使小球a在豎直平面內來回擺動，小球b在水平面內做勻速圓周運動，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時繩子偏離豎直方向的最大夾角都為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖6A.a、b兩小球圓周運動的半徑之比為1∶sinθB.a、b兩小球都是所受合外力充當向心力C.b小球受到的繩子拉力大小恒為eq\f(mg,cosθ)D.a小球運動到最高點時受到的繩子拉力為mgcosθ答案ACD解析由幾何關系可知，a、b兩小球圓周運動的半徑之比為1∶sinθ，故A正確；小球a做變速圓周運動，只有在最低點是合外力充當向心力，其他位置是繩拉力與重力沿繩向外的分力的合力提供向心力；而小球b做勻速圓周運動，是合外力充當向心力，故B錯誤；根據矢量三角形可得Fbcosθ＝mg，即Fb＝eq\f(mg,cosθ)，故C正確；a小球到達最高點時速度為零，將重力正交分解有Fa＝mgcosθ，故D正確。B級綜合提升練9.(2024·湖北武漢模擬)剪紙藝術源遠流長，經久不衰，是中國民間藝術中的瑰寶。將如圖7所示具有對稱性的剪紙平放并固定在水平圓盤上，剪紙中心與圓盤中心重合，圓盤勻速轉動，在暗室中用每秒閃光10次的頻閃光源照射圓盤，暗室中靜止不動的觀察者觀察到剪紙相對靜止，則圓盤的轉速至少為()圖7A.0.02r/s B.2r/s C.4r/s D.4πr/s答案B解析剪紙每轉動θ＝eq\f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，轉動后的圖形都會與原圖形重合，只要在經過相鄰兩次閃光的時間間隔內，剪紙都轉過θ＝eq\f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，靜止不動的觀察者就觀察到剪紙相對靜止，則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，…)，當N＝1時，n最小，此時n＝2r/s，B正確。速解剪紙在0.1s內至少轉eq\f(1,5)圈，則看起來相對靜止，即1s至少轉2圈，故B正確。10.如圖8所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過O的豎直軸以角速度ω勻速轉動，放在容器內的兩個質量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說法正確的是()圖8A.小物塊a和b做圓周運動的向心力之比為eq\r(3)∶1B.小物塊a和b對容器壁的壓力之比為eq\r(3)∶1C.小物塊a與容器壁之間無摩擦力D.容器壁對小物塊a的摩擦力方向沿容器壁切線向下答案A解析a、b角速度相等，向心力可表示為F＝mω2Rsinα，所以a、b向心力之比為Fa∶Fb＝sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正確；對b分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，對a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力在指向轉軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上，C、D錯誤；對b有FNbcos30°＝mg，對a有FNacos60°＋fsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B錯誤。11.(2022·遼寧卷，13)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。圖9(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v＝9m/s時，滑過的距離x＝15m，求加速度的大?。?2)如果把運動員在彎道滑行的