第3章 第2讲 牛顿第二定律的理解及应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

第2讲　牛顿第二定律的理解及应用 [知识点一]　牛顿第二定律、单位制　 1．牛顿第二定律 (1)内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成　正比　，跟它的质量成　反比　.加速度的方向与作用力的方向　相同　. (2)表达式a＝或F＝　ma　. (3)适用范围 ①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)． ②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况． 2．单位制 (1)单位制由　基本　单位和　导出　单位组成． (2)基本单位 基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是　质量　、　时间　、长度，它们的国际单位分别是　千克　、　秒　、米． (3)导出单位 由基本量根据　物理关系　推导出的其他物理量的单位． [知识点二]　超重与失重　 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态　无关　，在地球上的同一位置是　不变　的． (2)视重 ①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的　示数　称为视重． ②视重大小等于弹簧测力计所受物体的　拉力　或台秤所受物体的　压力　. 2．超重、失重和完全失重的比较 超重现象 失重现象 完全失重现象 概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　大于　物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　小于　物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　等于零　的现象 产生 条件 物体的加速度方向　竖直向上　 物体的加速度方向　竖直向下　 物体的加速度方向竖直　向下　，大小为a＝g 原理 方程 F－mg＝ma F＝　m(g＋a)　 mg－F＝ma F＝　m(g－a)　 mg－F＝mg F＝0 运动 状态 加速上升或　减速下降　 加速下降或　减速上升　 无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动 [知识点三]　动力学两类基本问题　 1．两类动力学问题 (1)已知物体的受力情况求物体的　运动情况　. (2)已知物体的运动情况求物体的　受力情况　. 2．解决两类基本问题的方法 以　加速度　为“桥梁”，由运动学公式和　牛顿第二定律　列方程求解，具体逻辑关系如下： 一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) 1．牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×) 2．物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×) 3．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√) 4．失重说明物体的重力减小了．(×) 5．物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×) 6．研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键．(√) 二、走进教材 1．(人教版必修第一册 P92第1题改编)由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为(　　) A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到 C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值 D．桌子所受的合力为零，加速度为零 答案：D 2．(人教版必修第一册 P105第4题改编)如图所示，用动力学方法测量空间站的质量．已知飞船质量为5.0×103 kg，其推进器的平均推力为500 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作10 s内测出飞船和空间站的速度变化量是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　) A．9.5×103 kg　　　　 B．9.5×104 kg C．5.0×103 kg D．5.5×104 kg 解析：B　[飞船和空间站整体的加速度为a＝＝m/s2＝0.005 m/s2.由牛顿第二定律可得F＝(m船＋m站)a，则空间站的质量m站＝－m船＝kg－5.0×103 kg＝9.5×104 kg，故A、C、D错误，B正确．] 3．(人教版必修第一册 P91例2改编)如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； (2)悬线对小球的拉力大小． 解析： 合成法(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向． 选小球为研究对象，受力分析如图所示． 由几何关系可得F＝mgtan θ， 小球的加速度a＝＝gtan θ＝7.5 m/s2，方向向右，则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动． (2)悬线对小球的拉力大小为 FT＝＝ N＝12.5 N 答案：(1)见解析　(2)12.5 N 4. (人教版必修第一册 P100第2题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求： (1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？ (2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力) 解析：(1)根据运动学公式x＝at2 得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示． Ff＝μFN FN＝mgcos θ 根据牛顿第二定律： mgsin θ－Ff＝ma 由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8 联立解得μ＝＝≈0.44 故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s2　(2)0.44 考点一　对牛顿第二定律的理解 1．牛顿第二定律的五个特性 2．合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度． (2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝. (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动． [典例1]　 (2024·江西校联考模拟预测)如图，无人机下面吊着一桶水奔赴火场灭火，当无人机和水桶以某一加速度沿水平方向匀加速向前飞行时，悬吊水桶的绳子与水平方向的夹角为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计一切阻力，此时无人机的加速度大小为(　　) A. g　　 B. g　　 C. g　　 D. g [解析]C　[设悬吊水桶的绳子拉力为FT，根据平衡条件得FTsin37 °＝mg.根据牛顿第二定律得FT cos 37°＝ma，解得a＝ g，故选C.] 1.物体静止于光滑水平面上，某时刻在物体上施加一个水平向右的力F，且F的大小逐渐减小到零；关于此过程中物体的运动情况，下列说法不正确的是(　　) A．物体的加速度逐渐减小到零 B．物体向右做减速运动 C．物体的速度变化得越来越慢 D．当F减小到零时，物体向右的速度最大 解析：B　[根据牛顿第二定律F＝ma可知，若F的大小逐渐减小到零，物体的加速度也会逐渐减小到零，故A正确；物体的加速度向右逐渐减小，物体的速度依然是增大的，只是速度向右增加得越来越慢，故B错误，C正确；由于速度一直在增大，当F减小到零时，物体向右的速度最大，故D正确．] 2．在粗糙的水平面上，物体在水平推力的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体不停止)，那么，在水平推力减小到零的过程中(　　) A．物体的速度逐渐减小，加速度(大小)逐渐减小 B．物体的速度逐渐增大，加速度(大小)逐渐减小 C．物体的速度先增大后减小，加速度(大小)先增大后减小 D．物体的速度先增大后减小．加速度(大小)先减小后增大 解析：D　[物体受力如图所示， 因为原来做匀加速直线运动，所以F>f，由于运动一段时间，所以物体已有一定的速度，当力F减小时包含以下三个过程： ①开始一段时间，F>f，由牛顿第二定律得a＝，F减小，a减小，但a、v同向，故v增大； ②随着F减小，F＝f时，即F合＝0，a＝0，速度达到最大； ③力F继续减小，F<f，F合的方向变化，a的方向也相应变化，与速度方向相反，故v减小，由牛顿第二定律得a＝，故a(大小)增大． 综上所述，a(大小)先减小后增大，v先增大后减小，D项正确．] 3．(2024春·河南开封·高三 期中)水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之间(如图所示)，重力加速度为g.汽车以某一加速度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力，此时工件D与B间的作用力大小为(　　 ) A. mg　　　 B. mg C.mg D．2mg 解析：A　[对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力两个力作用，弹力方向垂直接触面(沿B、D的轴心连线方向)，弹力和重力的合力产生加速度，如下图所示 根据牛顿第二定律得F合＝ma＝＝ mg 当a＝ g时A与D之间恰好没有作用力．所以工件D与B间的作用力大小为FN＝＝ mg，故选A.] (2024·广东省深圳市三校模拟)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝10 m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　) A．3 m/s2　　　　　 B．2.5 m/s2 C．2 m/s2 D．1.5 m/s2 解析：A　[当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，对圆柱形工件受力分析如图所示． 根据牛顿第二定律得： FQ＋mg＝FNcos 15° F合＝FNsin 15°＝ma 联立可得：a＝ tan 15°＝×0.27＋10×0.27 m/s2＝0.27·＋2.7 m/s2>2.7 m/s2，故加速度大于2.7 m/s2，故可能的为A选项．] 考点二　瞬时加速度的求解 1．两种模型：加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型： 2．求解瞬时加速度的一般思路 [典例2]　(多选)(2024 甘肃张掖·高三阶段练习)如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧N连接，轻弹簧M和轻绳一端均与a相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，弹簧M水平，当轻绳与竖直方向的夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同．若M、N的劲度系数分别为k1、k2，a、b两球的质量均为m，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是(　　 ) A．k1∶k2＝2∶ B．轻绳上的拉力与弹簧N上的弹力之比为4∶1 C．若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，b球的加速度大小为g D．若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的加速度大小为4 g 解析：BD　[以a球、轻弹簧N、b球为整体，由受力平衡得FM＝k1x＝2mg tan 60°＝2mg，T＝＝4 mg， 以b球为对象，由受力平衡得FN＝k2x＝mg， 联立可得＝，＝， 故A错误，B正确；若剪断弹簧M，则在剪断的瞬间，弹簧N的弹力FN保持不变，则b球受力不变，b球的加速度为0，故C错误；若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的重力、弹簧M和弹簧N的弹力均保持不变，则a球受到的合力大小等于剪断轻绳前绳子的拉力大小，则a球的加速度大小为a＝＝＝4g，故D正确．] 　在求解瞬时加速度时应注意的问题 1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析． 2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变． ◆[迁移1]　轻绳模型　 1.两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角如图所示，若只剪断a绳，剪断瞬间小球的加速度大小为a1，若只剪断b绳，剪断瞬间小球的加速度大小为a2，则a1∶a2为(　　) A．1∶1　 B．2∶1　　 C.∶1　 D．2∶12 解析：C　[剪断一条轻绳瞬间，另一条绳对小球的拉力发生突变．只剪断a绳瞬间，小球所受合力沿与b绳垂直钭向右下方的方向，沿垂直b绳方向分解小球重力得mgcos 30°＝ma1，解得a1＝g.同理只剪断b绳瞬间，小球的加速度大小为a2＝g，则＝，故选C.] ◆[迁移2]　轻弹簧模型　 2．(2024·重庆沙坪坝·高三考试)如图，质量分别为m、2m的小球A、B在力F作用下静止在光滑的水平桌面上，弹簧处于压缩状态，轻绳恰好伸直．现在撤去外力F，然后对小球A施加方向向左，大小为的外力，轻绳烧断瞬间小球A、B的加速度大小分别为(　　 ) A．aA＝，aB＝ B．aA＝，aB＝ C．aA＝，aB＝ D．aA＝，aB＝ 解析：A　[初始状态，根据平衡条件可知弹簧弹力为F，现在撤去外力F，然后对小球A施加方向向左，大小为的外力，轻绳烧断瞬间弹簧弹力不变，对小球A由牛顿第二定律aA＝＝，对小球B由牛顿第二定律aB＝，故选A.] ◆[迁移3]　轻杆、轻弹簧模型　 3．(多选)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B两球质量相等，在突然撤去挡板的瞬间(　　) A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为2gsin θ D．图乙中B球的加速度为gsin θ 解析：CD　[撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误．] 　如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：C　[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．] 考点三　动力学的两类基本问题 1．动力学的两类基本问题的解题步骤 2．解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” (2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系． ◆[考向1]　已知受力情况求运动情况　 [典例3]　滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在冰上做游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05.在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行． (假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用，g取10 m/s2)．求： (1)冰车的最大速率． (2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小． [思维导图] [考场思维·精准拆解]——拆过程 [解析]　(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1① vm＝a1t　② 由①②得vm＝5 m/s.③ (2)冰车匀加速运动过程中有 x1＝a1t2④ 冰车自由滑行时有μmg＝ma2⑤ v＝2a2x2⑥ 又x＝x1＋x2⑦ 由③④⑤⑥⑦得x＝50 m 答案：(1)5 m/s　(2)50 m ◆[考向2]　已知运动情况求受力情况　 [典例4]　(2024·浙江杭州高三萧山中学期中)冰库工作人员在水平面移动冰块，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后工作人员放手让冰块向前继续滑行一段距离，达到运送冰块的目的．其工作原理可简化为下图所示，设冰块质量为M＝50 kg，冰块与滑道间动摩因数μ＝0.2，运送冰块的滑道长度为10 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上拉冰块．某次运送冰块时，工人从滑道前端拉冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进2.5 m后放手，冰块刚好能运动到滑道末端．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)冰块在减速运动过程中的加速度大小a2； (2)冰块滑动过程中的最大速度vm； (3)工人拉冰块的拉力大小F. [解析]　(1)减速时加速度大小为a2，有μMg＝Ma2， 解得a2＝2 m/s2； (2)根据0－v＝－2a2(L－x) L＝10 m， x＝2.5 m， 解得vm＝ m/s； (3)冰块匀加速时加速度为a1，则加速阶段有v＝2a1x， 减速阶段有0－v＝－2a2(L－x)， L－x＝7.5 m， 则有a1∶a2＝3∶1， 因a1＝3a2， 故a1＝6 m/s2， 对冰块受力分析得F cos 53°－μ(Mg－F sin 53°)＝Ma1， 解得F≈526.3 N. [答案]　(1)2 m/s2　(2) m/s　(3)526.3 N 　两类动力学问题的解题步骤 如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力的大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2. (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时无人机离地面的高度h. (2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落． ①求无人机在失去升力后坠落到地面时的速度v. ②若在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动，提供向上的最大升力，为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1. 解析：(1)对无人机，由牛顿第二定律有 F－mg－f＝ma， 得a＝6 m/s2， 高度h＝at2， 解得h＝75 m. (2)①无人机下落过程中，有mg－f＝ma1 a1＝8 m/s2， 落地时v2＝2a1H，解得v＝40 m/s. ②无人机恢复升力后向下减速运动过程中，有 F－mg＋f＝ma2，a2＝10 m/s2， 设恢复升力时的速度为vmax，则有＋＝H， 代入数据解得vmax＝m/s， 由vmax＝a1t1，解得t1＝s. 答案：(1)75 m　(2)①40 m/s　②s 考点四　对超重和失重现象的理解 1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在． 3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果．此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等． 1．2023年12月26日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号正面级成功将第五十七、五十八颗北斗导航卫星成功发射升空．假设火箭在竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，下列说法正确的是(　　) A．火箭加速上升时，卫星处于超重状态 B．火箭减速上升时，卫星处于超重状态 C．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力小于自身重力 D．火箭加速上升过程中，加速度逐渐减小时，卫星处于失重状态 解析：A　[火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知卫星受到的支持力大于自身的重力，卫星处于超重状态，对火箭的压力大于自身重力，选项A正确，C错误；火箭减速上升时，加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知卫星受到的支持力小于自身的重力，卫星处于失重状态，选项B错误；火箭加速上升过程中，加速度逐渐减小时，加速度方向仍向上，卫星处于超重状态，选项D错误．] 2.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　) A．0～t1时间内，v增大，FN>mg B．t1～t2时间内，v减小，FN<mg C．t2～t3时间内，v增大，FN<mg D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg 解析：D　[根据位移­时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确．] 　如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲一起跳动的部分示意图．如图乙所示是根据传感器画出的力­时间图像，其中力的单位是N，时间的单位是s.两图中的点均对应，重力加速度g取10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是(　　) A．此人的质量约为60 kg B．此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6的过程 C．此人在状态2时处于超重状态 D．此人向上的最大加速度大约为1.9g [解析]　D　[根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70 kg，故选项A错误；同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B错误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C错误；根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a＝≈1.9g，所以选项D正确．] 科学思维——模型建构　动力学中的“五类光滑斜面”模型 ◆[第一类]　等高斜面(如图1所示)． 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可知倾角越小，时间越长，图1中，t1>t2>t3. ◆[第二类]　同底斜面(如图2所示) 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝ 可得：t＝ ， 可见θ＝45° 时时间最短，图2中t1＝t3>t2. ◆[第三类]　圆周内同顶端的斜面(如图3所示)．即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上．由2R·sin θ＝gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3. ◆[第四类]　圆周内同底端的斜面(如图4所示)．即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点．同理可推得：t1＝t2＝t3. ◆[第五类]　双圆周内斜面(如图5所示)．即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切．各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置．可推得t1＝t2＝t3. [典例]　如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　) A．2∶1　　　　　 B．1∶1 C.∶1 D．1∶ [审题指导] (1)物体在AB、CD上各做匀加速直线运动． (2)斜槽的长度：sAB＝2Rsin 60°＋2rsin 60° sCD＝2Rsin 30°＋2rsin 30°. [解析]　B　[设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝ ＝ ＝ 2 ，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．] 1．(2021·全国甲卷，14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大　　　　 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：D　[设P到竖直杆底部的距离为d，则小物块运动的距离x＝，其加速度a＝gsin θ.由x＝at2得t＝ .当θ由30°增大到60°，2θ由60°增大到120°，sin 2θ在此范围内先增大后减小．故t在此范围内先减小后增大，D正确．] 2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直．各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3.现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 解析：A　[因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确．] 3．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF 解析：B　[如图所示， 过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确．] 对物体沿不同光滑斜面下滑时间的比较方法 学科网（北京）股份有限公司 $$