2026届高考物理一轮复习基础梳理 专题14 等时圆 连接体问题

专题14 等时圆 连接体问题 　　　　 ►考点01 “等时圆”模型 4 ►考点02 动力学中的连接体问题 6 ►考点03 两类斜面模型 8 　►备考指南 知道连接体问题的特点，会建立连接体模型分析问题；会熟练应用整体法和隔离法分析连接体中的动力学问题；会分析动力学图像的物理意义，利用图像信息对动力学问题进行分析。 　►知识梳理 一、力和运动的关系 牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同． 物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中： 二、连接体 1．连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)． 2．常见的连接体 (1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度 速度、加速度相同 (2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等． 速度、加速度相同 速度、加速度大小相等，方向不同 (3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度． 速度、加速度相同 (4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等． 　►真题类编 1．（2024•天津）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为、，忽略重物和两板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时　　 A．增大，增大 B．减小，增大 C．增大，减小 D．减小，减小 2．（2025•安徽）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度取，则在乙下落的过程中　　 A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 3．（2024•北京）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力作用下一起向前运动，飞船和空间站的质量分别为和，则飞船和空间站之间的作用力大小为　　 A． B． C． D． 4．（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为，细线能承受的最大拉力为。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则的最大值为　　 A． B． C． D． 5．（2023•全国）一列火车以速度沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。 　►考点精讲 ►考点01 “等时圆”模型 解法指导 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图1所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2所示。 3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图3所示。 【例1】（2025•湖南二模）如图所示，、为竖直平面内两根固定的光滑细杆，、两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从处由静止沿两细杆滑到下端、时，动能恰好相等，不计空气阻力，下列说法正确的是 A．两小球的质量相等 B．两小球下滑的时间不相等 C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等 D．两小球在细杆下端、时重力的瞬时功率相等 【例2】（2024•龙口市校级开学）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为、、。若三个完全相同的滑块同时从、、处开始由静止下滑（忽略阻力），则 A．处滑块最先到达点 B．处滑块最先到达点 C．三种情况下滑块到达点的速度不相同 D．若换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热相等 【例3】（2024秋•包河区校级月考）如图所示，从圆上一点引三条倾角不同的粗糙斜面轨道、、到圆周上，已知斜面的动摩擦因数均为，其中是一条竖直面，是圆的直径，。现将小球从点分别沿、，三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为、、，经历的时间分别为、、。则下列说法正确的是　　 A． B． C． D． ►考点02 动力学中的连接体问题 解法指导 1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下： (1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时，两端连接体的速度相等(加速度大小不一定相等)。 (2)叠放连接体：相对静止时具有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情境分析。 (3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等；轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。 2．处理连接体问题的方法 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 【例4】（2025•石家庄开学）如图所示，质量分别为、的两物块之间用劲度系数为的轻质弹簧相连，弹簧的自然长度为，斜面倾角为，两物块与斜面之间的动摩擦因数均为，在沿斜面向上大小为的拉力作用下一起沿斜面向上做匀加速直线运动，下列说法正确的是，　　 A．弹簧的长度为 B．若某时刻将拉力撤去，则撤去拉力的瞬间物块、的加速度大小分别为、 C．若仅将斜面倾角增大，两物块仍然沿斜面向上匀加速运动，则弹簧的长度将变长 D．已知，，若使两物块沿斜面向上匀速运动，则拉力的最小值为，方向斜向右上方与竖直方向夹角为 【例5】（2025•石家庄校级开学）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度取，则在乙下落的过程中　　 A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 【例6】（2025•江西开学）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上质量为的木箱相连，箱内放置一质量为的物块，物块与木箱之间的动摩擦因数为。压缩弹簧并由静止释放木箱，释放后物块在木箱上有滑动，重力加速度大小为，则释放后瞬间，物块的加速度大小为　　 A． B． C． D． ►考点03 两类斜面模型 解法指导 1．等高斜面 如图1所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1中t1>t2>t3。(斜面光滑) 2．同底斜面 如图2所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可见θ＝45°时运动时间最短，图2中t1＝t3>t2。(斜面光滑) 【例7】（2024秋•郫都区校级期中）如图甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。是滑道的竖直高度，点是竖直线上的一点，且有，滑道可视为光滑，滑行者从坡顶点由静止开始沿滑道向下做直线滑动，重力加速度取，则滑行者在滑道上滑行的时间为　　 A． B． C． D． 【例8】（多选）（2023秋•丰城市校级期末）如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为、、、。已知竖直固定的圆环的半径为，为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为，重力加速度为，下列说法正确的是　　 A． B． C． D． 【例9】（2024春•遵义期中）如图所示，、、是竖直面内三根固定的光滑细杆，、、位于同一水平面上．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从处释放（初速为，用、、依次表示各滑环到达、、所用的时间，则　　 A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 等时圆 连接体问题 　　　　 ►考点01 “等时圆”模型 7 ►考点02 动力学中的连接体问题 11 ►考点03 两类斜面模型 15 　►备考指南 知道连接体问题的特点，会建立连接体模型分析问题；会熟练应用整体法和隔离法分析连接体中的动力学问题；会分析动力学图像的物理意义，利用图像信息对动力学问题进行分析。 　►知识梳理 一、力和运动的关系 牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同． 物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中： 二、连接体 1．连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)． 2．常见的连接体 (1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度 速度、加速度相同 (2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等． 速度、加速度相同 速度、加速度大小相等，方向不同 (3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度． 速度、加速度相同 (4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等． 　►真题类编 1．（2024•天津）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为、，忽略重物和两板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时　　 A．增大，增大 B．减小，增大 C．增大，减小 D．减小，减小 【答案】 【分析】对小球受力分析，水平和竖直方向正交分解，用牛顿第二定律求解。 【解答】解：受力分析如图所示： 竖直方向平衡，有：，小车水平向右加速，由牛顿第二定律可知：， 联立解得：，，所以当加速度从0逐渐变大时，故错误，正确。 故选：。 2．（2025•安徽）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度取，则在乙下落的过程中　　 A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 【答案】 【分析】根据相对运动知识、牛顿第三定律和竖直方向满足的条件、牛顿第二定律等进行分析解答。 【解答】解：因为物块甲相对于木箱向右运动，所以木箱对甲的滑动摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故错误； 设乙运动的加速度为，只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体，竖直方向满足，则地面对木箱的支持力大小不变，故错误； 设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有，对乙受力分析有，联立解得，，故正确，错误。 故选：。 3．（2024•北京）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力作用下一起向前运动，飞船和空间站的质量分别为和，则飞船和空间站之间的作用力大小为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】对飞船和空间站整体和空间站分别列牛顿第二定律方程联立解答。 【解答】解：根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有： 对空间站，设飞船对空间站的作用力大小为，根据牛顿第二定律有： 解两式可得飞船和空间站之间的作用力为： 故正确，错误。 故选：。 4．（2023•北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为，细线能承受的最大拉力为。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则的最大值为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】两物块一起向右做匀加速直线运动，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律可列出方程；对左侧物块，由牛顿第二定律可列出方程；联立两方程，结合细线能承受的最大拉力，可求出的最大值。 【解答】解：设每个物块的质量为，设细线上张力大小为，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有 对左侧物块，由牛顿第二定律有 又有： 联立各式解得： 即的最大值为 故错误，正确。 故选：。 5．（2023•全国）一列火车以速度沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。 【答案】列车前部未脱钩部分的速度为。 【分析】火车匀速运动时受力平衡，脱钩后，分别对脱钩车厢和剩余车厢受力分析，根据牛顿第二定律求解其加速度；先根据速度—时间公式求解脱钩车厢运动的时间，再根据速度—时间公式求解此时剩余车厢的速度。 【解答】解：方法一： 设车头的牵引力为，火车总质量为，火车匀速运动时，受力平衡，有： 脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为，由牛顿第二定律得： 设剩余车厢的加速度大小为，剩余车厢的质量为 由牛顿第二定律得： 联立解得： 脱钩车厢的速度变为时，由速度—时间公式得： 解得： 设此时剩余车厢的速度为，由速度—时间公式得： 方法二： 已知脱钩后车头的牵引力不变，可知整个列车所受合力仍为零，故整个列车的动量守恒，以车头行驶方向为正方向，则有： 解得： 答：列车前部未脱钩部分的速度为。 　►考点精讲 ►考点01 “等时圆”模型 解法指导 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图1所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2所示。 3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图3所示。 【例1】（2025•湖南二模）如图所示，、为竖直平面内两根固定的光滑细杆，、两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从处由静止沿两细杆滑到下端、时，动能恰好相等，不计空气阻力，下列说法正确的是 A．两小球的质量相等 B．两小球下滑的时间不相等 C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等 D．两小球在细杆下端、时重力的瞬时功率相等 【答案】 【分析】首先根据动能定理分析两小球质量关系；然后利用牛顿第二定律和运动学公式求出小球下滑时间：再根据平均功率公式和瞬时功率公式分别判断两小球重力的平均功率和瞬时功率是否相等。 【解答】解：、小球甲、乙分别从处由静止沿两细杆滑到下端、时，动能恰好相等，由动能定理有，由于，则有，故错误。 、如图所示，设点到的垂直距离为，的倾斜角为，对甲有，解得，对乙有，，，解得，即，故错误。 、重力做功为，两小球的重力做功相等，时间相等，则有，因此两小球所受重力的平均功率相等，故错误。 、两小球都做匀加速直线运动，对甲有，，因为，则有，在点甲的瞬时功率，在点乙的瞬时功率，则有，故正确。 故选：。 【例2】（2024•龙口市校级开学）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为、、。若三个完全相同的滑块同时从、、处开始由静止下滑（忽略阻力），则 A．处滑块最先到达点 B．处滑块最先到达点 C．三种情况下滑块到达点的速度不相同 D．若换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热相等 【答案】 【分析】令半球形容器的半径为，滑板的倾角为，根据牛顿第二定律和位移—时间公式相结合得到滑块下滑时间表达式，再分析下滑时间关系；根据机械能守恒定律分析滑块到达点的速度关系；根据功能关系分析产生的摩擦热关系。 【解答】解：、令半球形容器的半径为，滑板的倾角为。对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 根据位移—时间公式有 联立解得 可知滑块下滑时间与滑板的倾角和板的长度均无关，故三个滑块同时到达点，故错误； 、根据机械能守恒定律得，得，由于下落高度不同，故三种情况下，滑块到达底端的速度大小不同，故速度不同，故正确； 、令半球形容器的半径为，换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热为 ，即摩擦生热不相等，故错误。 故选：。 【例3】（2024秋•包河区校级月考）如图所示，从圆上一点引三条倾角不同的粗糙斜面轨道、、到圆周上，已知斜面的动摩擦因数均为，其中是一条竖直面，是圆的直径，。现将小球从点分别沿、，三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为、、，经历的时间分别为、、。则下列说法正确的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】研究小球从右侧任意一个与竖直方向夹角为的斜面下滑过程，根据牛顿第二定律和位移—时间公式相结合得到运动时间表达式，再分析运动时间的关系。根据牛顿第二定律、位移—时间公式和动能定理相结合分析小球到达圆周上的速率关系。 【解答】解：、设直径长为，小球从右侧任意一个与竖直方向夹角为的斜面下滑，如图所示。 根据牛顿第二定律有 可得 根据位移—时间公式有 又 整理可得 联立解得 可知小球下滑的时间与倾角无关，所以有，故错误，正确； 、根据牛顿第二定律有 可知斜面与夹角越小，则小球的合外力大，加速度越大，根据可知，相等时间位移越大，根据动能定理有，可知这种情况小球到圆弧时速率越大，则有，故错误。 故选：。 ►考点02 动力学中的连接体问题 解法指导 1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下： (1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时，两端连接体的速度相等(加速度大小不一定相等)。 (2)叠放连接体：相对静止时具有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情境分析。 (3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等；轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。 2．处理连接体问题的方法 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 【例4】（2025•石家庄开学）如图所示，质量分别为、的两物块之间用劲度系数为的轻质弹簧相连，弹簧的自然长度为，斜面倾角为，两物块与斜面之间的动摩擦因数均为，在沿斜面向上大小为的拉力作用下一起沿斜面向上做匀加速直线运动，下列说法正确的是，　　 A．弹簧的长度为 B．若某时刻将拉力撤去，则撤去拉力的瞬间物块、的加速度大小分别为、 C．若仅将斜面倾角增大，两物块仍然沿斜面向上匀加速运动，则弹簧的长度将变长 D．已知，，若使两物块沿斜面向上匀速运动，则拉力的最小值为，方向斜向右上方与竖直方向夹角为 【答案】 【分析】分别对整体、对根据牛顿第二定律进行解答；若某时刻将拉力撤去，撤去拉力的瞬间弹簧弹力不变。分别对和根据牛顿第二定律进行解答；弹簧的长度与倾角无关；对两物块整体分析，根据几何关系结合平衡条件进行分析。 【解答】解：、对整体根据牛顿第二定律可得： 对根据牛顿第二定律可得： 弹簧的长度为： 联立解得：，故错误； 、若某时刻将拉力撤去，撤去拉力的瞬间弹簧弹力不变。分别对和根据牛顿第二定律可得： ，解得： ，解得：，故错误； 、根据选项可知，匀加速运动过程中，弹簧的长度与倾角无关，所以若仅将斜面倾角增大，两物块仍然沿斜面向上匀加速运动，则弹簧的长度不变，故错误； 、对两物块整体分析，受力情况如图所示： 支持力和摩擦力合力的方向保持不变，拉力最小时，方向斜向右上方，与竖直方向的夹角为，与垂直。 根据几何关系可得：， 解得： ，解得，方向斜向右上方与竖直方向夹角为，故正确。 故选：。 【例5】（2025•石家庄校级开学）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度取，则在乙下落的过程中　　 A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 【答案】 【分析】由运动的相对性判断甲对木箱的摩擦力的方向；由牛顿第二定律列式即可解题。 【解答】解：、由题意可知，物块甲向右运动，木箱静止，根据运动的相对性可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，故错误； 、设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，对整体，由牛顿第二定律可得：，解得： 竖直方向，由牛顿第二定律可得：，解得：，由此可知地面对木箱的支持力大小不变，故错误； 、设绳子的弹力大小为，对甲，由牛顿第二定律可得： 对乙，由牛顿第二定律可得： 联立解得：，，故正确，错误。 故选：。 【例6】（2025•江西开学）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上质量为的木箱相连，箱内放置一质量为的物块，物块与木箱之间的动摩擦因数为。压缩弹簧并由静止释放木箱，释放后物块在木箱上有滑动，重力加速度大小为，则释放后瞬间，物块的加速度大小为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，据此可知物块的加速度情况； 【解答】解：根据题意可知，释放后瞬间，物块相对木箱向左滑动，有向右的摩擦力，由牛顿第二定律可得：，解得：，故正确，错误。 故选：。 ►考点03 两类斜面模型 解法指导 1．等高斜面 如图1所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1中t1>t2>t3。(斜面光滑) 2．同底斜面 如图2所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可见θ＝45°时运动时间最短，图2中t1＝t3>t2。(斜面光滑) 【例7】（2024秋•郫都区校级期中）如图甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。是滑道的竖直高度，点是竖直线上的一点，且有，滑道可视为光滑，滑行者从坡顶点由静止开始沿滑道向下做直线滑动，重力加速度取，则滑行者在滑道上滑行的时间为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】建立“等时圆”，根据“等时圆”原理进行解答。 【解答】解：以为圆心，以长度为半径，建立“等时圆”如图所示： 根据几何关系可得直径 根据“等时圆”原理可知，滑行者在滑道上滑行的时间等于从自由下落到运动的时间，所以有： 解得：，故正确、错误。 故选：。 【例8】（多选）（2023秋•丰城市校级期末）如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为、、、。已知竖直固定的圆环的半径为，为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为，重力加速度为，下列说法正确的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据几何关系分别求出四种情况下轨道的长度，再根据牛顿第二定律求解加速度大小，最后由位移—时间关系求解时间，再逐项分析。 【解答】解：1轨道长：，根据牛顿第二定律可得加速度大小为： 根据位移—时间关系可得： 联立解得：； 2轨道长：，根据牛顿第二定律可得加速度大小为： 根据位移—时间关系可得： 联立解得：； 3轨道长：，据牛顿第二定律可得加速度大小为： 根据位移—时间关系可得： 联立解得： 4轨道长，据牛顿第二定律可得加速度大小为： 根据位移—时间关系可得： 联立解得：。 、由上可知：，故错误； 、由上可知：，故正确； 、由上可知：，故正确； 、由上可知：，故错误。 故选：。 【例9】（2024春•遵义期中）如图所示，、、是竖直面内三根固定的光滑细杆，、、位于同一水平面上．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从处释放（初速为，用、、依次表示各滑环到达、、所用的时间，则　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移—时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系后得出结论． 【解答】解：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解， 根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为为杆与水平方向的夹角） 设竖直方向直角边长为，由图中的直角三角形可知，小滑环的位移 根据得： 所以随着角度的增大，减小，故，正确 故选：。 学科网（北京）股份有限公司 $