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平抛运动规律的应用 和 圆周运动问题
例2　(2019·山东德州二模)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是(　　)
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为v0，则L＜v0＜3L
(1)平抛运动的时间由哪个物理量决定？
提示：高度。
(2)小面圈落入锅中的临界条件是什么？
提示：恰好经过锅沿。
[解析]　根据h＝gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故A正确；根据Δv＝gΔt可得所有小面圈的速度变化量都相同，故B正确；因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L，则最小水平初速度为vmin＝＝L，最大水平初速度为：vmax＝＝3L，则水平初速度的范围为：L＜v0＜3L，故D正确；落入锅中时，最大速度vmax′＝＝，最小速度为vmin′＝＝，故C错误。题目要求选说法错误的，故选C。
[答案]　C
抓住“六点”破解平抛运动问题
(1)建立坐标系，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上。
(2)各自独立，分别分析
(3)平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。
(4)两个分运动与合运动具有等时性，且t＝，由下落高度h决定，与初速度v0无关。
(5)任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tanθ＝2tanφ。或者说，任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(6)建好“两个模型”
①常规的平抛运动及类平抛模型。
②与斜面相结合的平抛运动模型。
a．从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。
b．从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。
4．(2019·山东青岛一模)随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的是(　　)
A．若h加倍，则水平飞出的速度v加倍
B．若h加倍，则在空中运动的时间t加倍
C．若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变
D．若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变
答案　D
解析　根据mgh＝mv2，可得运动员水平飞出的速度v＝，若h加倍，则水平飞出的速度v变为原来的倍，A错误；运动员从B点滑出后做平抛运动，设运动员落到长直滑道上的位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝，解得t＝，则若h加倍，则在空中运动的时间t变为倍，B错误；设运动员落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝2tanθ，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为v′＝，α不变，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为原来的倍，C错误，D正确。
5．(2019·广东茂名一模)如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5 m、宽为L＝1 m的直立长方形容器，可视为质点的小球从上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10 m/s2。则小球的初速度v0的大小可能是(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
答案　D
解析　根据平抛运动的分析可知H＝gt2，(2n＋1)L＝v0t，代入数值解得v0＝(2n＋1) m/s，其中n＝0,1,2，3，…，所以v0的可能值为1 m/s,3 m/s,5 m/s，7 m/s，9 m/s，…，故D正确，A、B、C错误。
圆周运动问题
例3　(2019山东省实验、淄博实验、烟台一中、莱芜一中四校联合一模)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间的动摩擦因数处处相同，以下说法正确的是(　　)
A．小球将做变速圆周运动
B．细绳拉力为mω2
C．小球与桌面间的动摩擦因数μ＝
D．手对细绳做功的功率为
(1)匀速圆周运动与变速圆周运动有什么区别？
提示：匀速圆周运动的线速度和角速度大小不变，变速圆周运动的线速度和角速度大小不断变化；匀速圆周运动的合力充当向心力，只有向心加速度，变速圆周运动的合力不指向圆心，有向心加速度还有切向加速度。
(2)绳子的拉力等于向心力吗？
提示：绳子拉力和摩擦力的合力充当向心力。
[解析]　手握着细绳做的是匀速圆周运动，且运动过程中细绳始终与小圆相切，所以细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，故A错误；设大圆半径为R，由图分析可知R＝。
设绳中张力为T，则Tcosφ＝mRω2，cosφ＝，故T＝＝，故B错误；小球在桌面上做匀速圆周运动，故小球与桌面间的摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝，sinφ＝＝，所以μ＝，故C正确；手对细绳做功的功率等于细绳对小球做功的功率，故P＝Tvsinφ＝·ω·R·＝，故D错误。
[答案]　C
1.圆周运动问题的求解步骤
(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。
(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．圆周运动的一些典型模型的处理方法
6. (2018·贵阳监测)如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(圈中虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直。一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速率vA>，不计空气阻力，重力加速度为g。则(　　)
A．小球在A点的向心力小于mg
B．小球在B点的向心力等于4mg
C．小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mg
D．小球在B、A两点的动能之差等于2mg(R＋x)
答案　C
解析　根据题述，小球在最高点A时的速率vA>，由F向＝m可知，小球在A点的向心力大于mg，A错误；根据机械能守恒定律，mv＝mg(2R＋x)＋mv，解得v＝2g(2R＋x)＋v＝4gR＋2gx＋v，小球在B点的向心力F＝m＝4mg＋＋m，一定大于4mg，B错误；设小球运动到轨道最低点B时所受半圆形轨道的支持力为FB′，由牛顿第二定律，FB′－mg＝m，解得FB′＝5mg＋＋m，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB＝FB′＝5mg＋＋m，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为FA′，由牛顿第二定律，FA′＋mg＝m，解得FA′＝m－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA＝FA′＝m－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF＝FB－FA＝6mg＋，大于6mg，C正确；根据mv＝mg·(2R＋x)＋mv，小球在B、A两点的动能之差ΔEk＝EkB－EkA＝mv－mv＝mg(2R＋x)，D错误。
7．(2019·江苏宿迁一调)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β。则(　　)
A．A的质量一定小于B的质量
B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
答案　D
解析　由题中条件只能比较A、B的加速度大小，而它们所受合力未知，故不能比较A、B的质量，A错误；当A受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图：
根据牛顿第二定律得：mgtanα＝mωRsinα
解得：ωA＝
同理可得，当B受到的摩擦力恰为零时，ωB＝
由于α＞β，所以ωA＞ωB，而实际上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，则此时转台的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物块实际的向心力大于B所受摩擦力为零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力时的角速度ωA开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。
8．(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零，而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝ rad/s，求细线2与竖直方向的夹角。
答案　(1) rad/s　(2)53°
解析　(1)当细线1上的张力为0时，小球的重力和细线2张力的合力提供小球圆周运动的向心力，
有：mgtan37°＝mωlsin37°
解得：ω1＝＝ rad/s。
(2)设细线1的长度为l′，已知B点距C点的水平和竖直距离相等，故lcos37°＝lsin37°＋l′，代入数据得l′＝0.2 m。
因为ω2＝ rad/s>ω1＝ rad/s，所以小球应该向左上方摆起，设此时细线2与竖直方向的夹角为θ′，细线2上的张力大小为T2′，并假设细线1上的张力仍然为0，则：
T2′sinθ′＝mωlsinθ′，
T2′cosθ′＝mg，
解得：cosθ′＝
θ′＝53°
由几何关系可知，此时细线1恰好竖直，故假设成立，故此时细线2与竖直方向的夹角为53°。
易错警示 立体空间背景下平抛运动问题的分析
例　(2019·吉林省吉林市三模)(多选)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)，球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，重力加速度为g，忽略空气阻力)，则(　　)
分析与解　足球在水平方向的位移大小为：x＝，所以足球的总位移为：l＝＝，故A错误，B正确；足球运动的时间为：t＝ ，所以足球的初速度的大小为：v0＝，末速度大小为：v＝，联立解得：v＝ ，故C错误，D正确。
答案　BD
易错警示　对于立体空间背景下平抛运动的分析，可以借助实物模拟，或者将立体空间中的运动问题转换为运动轨迹所在平面的运动问题。


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