第3章 第2讲 牛顿第二定律的理解及应用(教参Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律及应用，涵盖牛顿第二定律、单位制、超重失重、动力学两类基本问题等核心考点，按“概念理解-规律应用-问题解决”逻辑层次梳理知识，通过知识点精讲、考点分析、典例示范、真题训练四环节，帮助学生构建运动与相互作用的物理观念，突破瞬时加速度、动力学问题等难点。 讲义创新采用“模型归类+分层突破”教学策略，如将斜面问题归纳为五类光滑斜面模型，通过对比分析培养学生科学思维与模型建构能力。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合高考真题改编题即时反馈，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支持。

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： 1．(人教版必修第一册P98·T1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P108·T2改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面(如图所示)．假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4 m，气囊所形成的斜面长度为8 m，一质量为60 kg的乘客在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线运动．假设乘客与气囊间的动摩擦因数为，g取10 m/s2，那么下列说法正确的是(　　) A．该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为1 s B．该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为3 s C．该乘客滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s D．该乘客滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s 解析：D　[设斜面的倾角为θ，则sin θ＝＝，解得θ＝30°，对乘客受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得乘客的加速度a＝4 m/s2，根据位移时间关系可得斜面长度L＝at2，解得该乘客滑至气囊底端所经历的时间t＝＝s＝2 s，故A、B错误；根据速度时间关系可得，该乘客滑至气囊底端时的速度大小为v＝at＝8 m/s，故C错误，D正确．] 3．(人教版必修第一册 P97[例题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：(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 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]　(2025·甘肃卷，3)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭．若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N.火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．2 m/s2　　　　　　　 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．12 m/s2 [解析]　A　[根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝m/s2＝2 m/s2.] [典例2]　(2025·安徽卷，5)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1.0 kg，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g取10 m/s2，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2.5 m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N [解析]　C　[因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有T－μmg＝ma， 对乙受力分析有mg－T＝ma， 联立解得a＝2.5 m/s2，T＝7.5 N，C正确，D错误．故选C.] [典例3]　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.] 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．] 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4]　(2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g,1.5g　　　　　 B．2g,1.5g C．2g,0.5g D．g,0.5g [解析]　A 　 (本题源于人教版必修第一册P114 B组·T1)如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少？ 答案：aA＝2g，aB＝0 [典例5]　(2025·湖南卷，5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接．A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　 ) A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 [解析]　C　[根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为T＝mg，A球与B球间的库仑力F＝2mg cos30°＝mg，故A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为0，库仓力与重力的合力与轻绳的拉力等大反向，即重力与库仓力的合力大小为mg，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，库仓力与重力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误．故选C.] [典例6]　(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．] 　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． 1.(多选)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．] 2．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． [典例7]　如图1所示的水平地面上，质量为1 kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动．图2为F随时间t变化的关系图像，已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求 (1)在2 s末物体的速度大小； (2)在0～3 s内物体所受摩擦力做的功． [解析]　(1)物体所受的摩擦力为f＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N， 0～2 s，根据牛顿第二定律F－f＝ma， 其中F＝6 N，解得a＝4 m/s2， 2 s末的速度v＝at＝2×4 m/s＝8 m/s， (2)前2 s内的位移x1＝at2＝×4×22m＝8 m； 2 s～3 s内，根据牛顿第二定律F′－f＝ma， 其中F′＝－3 N，可得a＝－5 m/s2， 2 s～3 s内，物体的位移x2＝vt′＋at′2， 代入数据可得x2＝5.5 m. 在0～3 s内物体所受摩擦力做的功Wf＝－f(x1＋x2) 代入数据可得Wf＝－27 J. [答案]　(1)8 m/s　(2)－27 J [典例8]　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，冰块与滑道间动摩擦因数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 人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣．一名滑雪爱好者以1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°.若人与滑板的总质量为60 kg，受到的总阻力为60 N，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑雪者加速度的大小； (2)3 s内滑雪者下滑位移的大小； (3)3 s末人与滑板总重力的瞬时功率． 解析：(1)由牛顿第二定律mg sin 30°－f＝ma， 解得滑雪者加速度的大小为a＝4 m/s2； (2)由运动学公式x＝v0t＋at2，其中v0＝1 m/s，t＝3 s， 解得3 s内滑雪者下滑位移的大小为x＝21 m； (3)由运动学公式v＝v0＋at， 重力的瞬时功率P＝mgvsin 30°， 联立解得，3 s末人与滑板总重力的瞬时功率为 P＝3 900 W. 答案：(1)4 m/s2；(2)21 m；(3)3 900 W 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.如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动．在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是(　　) A．扶梯加速运动阶段，人处于超重状态 B．扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左 C．扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力 D．扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力 解析：A　[依题意可知在加速运动过程中，人的加速度向右上方，加速度在竖直向上的方向上有分量和在水平向右方向有分量，可知人处于超重状态，人受到的摩擦力水平向右，故A正确，B错误；扶梯匀速运动阶段，由平衡条件可知人受到自身重力，扶梯对它竖直向上的支持力，共计两个力的作用，且扶梯对人的支持力大小等于重力大小，故C、D错误．] 2.“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动．如图所示，劲度系数为k 的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1 000 N．打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大．已知AB长为 2 m，人与装备总质量m＝80 kg (可视为质点)．忽略空气阻力，重力加速度 g取 10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B．经过C点时，人处于超重状态 C．弹性轻绳的劲度系数 为500 N/m D．打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为 22.5 m/s2 解析：C　[在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有 kx＝mg， 在A点未释放时，有 kx′＝mg＋F，又x′－x＝2 m，联立，解得 k＝500 N/m，故A错误；C正确；在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态．故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5 m/s2，故D错误．] 3．(2024·全国甲卷，9T)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体．已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2. (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为　______　N(结果保留1位小数)； (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于　_________　(填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为　_________　m/s2(结果保留1位小数)． 解析：(1) 由图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N. (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态； 根据G＝mg＝5.0 N， 根据牛顿第二定律mg－T＝ma， 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2. 答案：(1)5.0　(2)失重　1.0 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．] 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1]　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．] [典例2]　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．] [典例3]　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．] 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 $