2018年高三物理复习：等时圆模型 (共11张PPT)
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专题 等时圆模型(课件)-2022-2023学年高中物理课件(人教版2019必修第一册)
静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示;
等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α,圆的直径为d(如图丁)。质点沿光滑
弦做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=g sin α,位移为s=d sin α,所以
2d sin α
2d
2s
运动时间为t0=
=
=
。
g sin α
g
a
丁
第四类：圆周内同底端的斜面(如图所示)
的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道A
M、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则
A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M点
( C )
审题关键 这里只有a球路径属于等时圆模型,b、c球如何跟等时圆模型建
立联系?
一样的小球同时从起点向下滑落，哪个小球先到终点。
1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解
决了这个问题，他还拿这个问题向其
他数学家提出了公开挑战。牛顿、莱
布尼兹、洛比达以及雅克布·伯努利
等解决了这个问题。这条最速降线就
是一条摆线，也叫旋轮线。
伽利略于1630年提
出了这个问题，当
时他认为这条线应
该是一条圆弧，可
1 2
h
由L＝ at ，a＝gsin θ，L＝
2
sin θ
1
可得t＝
sin θ
2h
g，
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)
1 2
d
由L＝ at ，a＝gsin θ，L＝
2
cos θ
2018年高考物理四川专用一轮复习课件：第3章能力课时4 牛顿运动定律的综合应用二
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发
生变化，仍然始终减速 m/s 时所用时间为 t1＝v－avA＝0.5 s，运动 的位移为 x1＝vAt1＋12at21＝5.75 m＜8 m，则工件在到达 B 端 前速度就达到了 13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此 物体先加速后匀速运动。匀速运动的位移 x2＝x－x1＝2.25 m， t2＝xv2≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
(4)木块的加速度 a′木块＝μ1g＝3 m/s2 木板的加速度 a′木板＝F2－μ1mg－MμM＋mg＝4.25 m/s2 木块滑离木板时，两者的位移关系为 x 木板－x 木块＝L， 即12a′木板 t2－12a′木块 t2＝L 代入数据解得：t＝2 s。 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F＞25 N (4)2 s
5．[滑块—木板模型]如图 8 所示，物块 A、木板 B 的质量均为 m＝10 kg，不计 A 的大小，B 板长 L＝3 m。开始时 A、B 均 静止。现使 A 以某一水平初速度从 B 的最左端开始运动。已 知 A 与 B、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为 μ1＝0.3 和 μ2 ＝0.1，g 取 10 m/s2。
木板的加速度 a＝FM－f＝2.5 m/s2。
(2)设拉力 F 作用时间 t 后撤去，F 撤去后，木板的加速度为 a′＝－Mf ＝－2.5 m/s2，可见|a′|＝a 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2 ＝L 解得：t＝1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s。
(3)设木块的最大加速度为 a 木块，木板的最大加速度为 a ， 木板 则 μ1mg＝ma 木块 解得：a 木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma 木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板＞a 木块 解得：F1＞25 N。
生变化，仍然始终减速 m/s 时所用时间为 t1＝v－avA＝0.5 s，运动 的位移为 x1＝vAt1＋12at21＝5.75 m＜8 m，则工件在到达 B 端 前速度就达到了 13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此 物体先加速后匀速运动。匀速运动的位移 x2＝x－x1＝2.25 m， t2＝xv2≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
(4)木块的加速度 a′木块＝μ1g＝3 m/s2 木板的加速度 a′木板＝F2－μ1mg－MμM＋mg＝4.25 m/s2 木块滑离木板时，两者的位移关系为 x 木板－x 木块＝L， 即12a′木板 t2－12a′木块 t2＝L 代入数据解得：t＝2 s。 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F＞25 N (4)2 s
5．[滑块—木板模型]如图 8 所示，物块 A、木板 B 的质量均为 m＝10 kg，不计 A 的大小，B 板长 L＝3 m。开始时 A、B 均 静止。现使 A 以某一水平初速度从 B 的最左端开始运动。已 知 A 与 B、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为 μ1＝0.3 和 μ2 ＝0.1，g 取 10 m/s2。
木板的加速度 a＝FM－f＝2.5 m/s2。
(2)设拉力 F 作用时间 t 后撤去，F 撤去后，木板的加速度为 a′＝－Mf ＝－2.5 m/s2，可见|a′|＝a 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2 ＝L 解得：t＝1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s。
(3)设木块的最大加速度为 a 木块，木板的最大加速度为 a ， 木板 则 μ1mg＝ma 木块 解得：a 木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma 木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板＞a 木块 解得：F1＞25 N。
高考物理一轮复习小专题1动力学中常考的物理模型课件
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩 擦因数μ2.
(2)木板的最小长度. (3)木板右端离墙壁的最终距离.
甲
乙
图 Z1-5
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点
获取信息
小物块与木板一起向右 小物块与木板以相同的加速度匀减速
运动
运动
从t＝0开始，至t＝1 s时木 板与墙壁碰撞
木板在t＝1 s内向右运动了4.5 m
小专题1 动力学中常考的物理模型
突破 1 “等时圆”模型 1.等时圆模型(如图 Z1-1 甲，乙所示)： 所谓“等时圆”就是物体沿同一竖直圆上的所有光滑细杆 由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各 点)的时间相同，都等于物体沿直径自由落体运动所用的时间.
图 Z1-1
2.等时圆规律： (1)小球从圆的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到弦轨道 与圆的交点的时间相等.(如图 Z1-1 甲所示) (2)小球从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到 圆的底端的时间相等.(如图 Z1-1 乙所示) (3)沿不同的弦轨道运动的时间相等，都等于小球沿竖直直 径(d)自由落体的时间，即 t0＝ 2gd＝ 4gR＝2 Rg(式中 R 为
经历的时间关系为( ) A.tAB＝tCD＝tEF C.tAB＜tCD＜tEF
B.tAB＞tCD＞tEF D.tAB＝tCD＜tEF
图 Z1-4
解析：设上面圆的半径为 R，下面圆的半径为 r.分析轨道 EF，轨道 EF 长度为 l＝2Rcos θ＋r，滑块沿 EF 下滑的加速度 受力分析可知 a＝gcos θ，运动时间 t＝ 2al＝ 4Rcgocsosθ＋θ 2r＝
【典题 2】(2015 年新课标Ⅰ卷)一长木板置于粗糙水平地 面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右 端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 Z1-5 甲所示.t＝0 时刻开始，小 物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙 壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反； 运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后 1 s 时间内小物 块的 v-t 图线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的 15 倍，重 力加速度大小 g 取 10 m/s2.求：
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题4动力学中常考的“三个物理模型”课件新人教版
时满足 AM＝2Rsin θ＝12gsin θta2，即 ta＝2 Rg；同理
b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb＝2
r g(r
为过
B、M
且与水平
面相切于 M 点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得 tb>ta>tc.]
模型二 滑块一木板模型
1.板一块模型的特点 （1）滑块未必是光滑的. （2）板的长度可能是有限的，也可能是足够长的． (3)板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩 擦，还可能两个面都不存在摩擦．
[解析] A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速 运动，到达 B 端时的速度小于 v；若 μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运 动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达 B 端时速度 与 v 相同；若 μ<tan θ，则粮袋先做加速度为 g(sin θ＋μcos θ)的匀加 速运动，当速度与传送带相同后做加速度为 g(sin θ－μcos θ)的匀加 速运动，到达 B 端时的速度大于 v，选项 A 正确；粮袋开始时速度 小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，
() A．a 球最先到达 M 点
B．b 球最先到达 M 点
C．c 球最先到达 M 点 D．b 球和 c 球都可能最先到达 M 点
解析：C [如图所示，令圆环半径为 R，则 c 球由 C 点自由下
落到 M 点用时满足 R＝12gt2c，所以 tc＝ 2gR；对于 a 球，令 AM 与水平面成 θ 角，则 a 球下滑到 M 用
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δt，木板和小物块刚 好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动 的位移为 x1＝－v12＋v3Δt⑪ 小物块运动的位移为 x2＝v1＋2 v3Δt⑫
等时圆模型(课件)-高中物理课件(人教版2019必修第一册)
的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上
都套有一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放,
下列关于它们下滑到d的过程的说法中正确的是( C )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中沿ad下滑的最小
C.弹力对各环的冲量中沿cd下滑的最大
环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
P0
B.它下降的高度
x1
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
P1， v1
x2
P2 ， v2
0 + 1
1 =
1
2
0 + 2
2 =
2 ⇒ v∝x
2
1 = 2
解析：
【例题】[等时圆扩展](2020山东聊城模拟)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定
速降线是一条摆线。
拓展
摆线（电磁复合场中的特殊题型）
摆线，又称旋轮线、圆滚线，在数学中，摆线定义为一个圆沿一条直线运动时，圆边界上一定
点所形成的轨迹。（最速降线是把下图上翻180°）
最速降线（摆线）还有一个非常重要的性质——等时性。即
摆线上除了终点之外的任何一点放置一个物体（轨道光滑），
物体滑到底端所用的时间总是相等的。
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（ D ）
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
都套有一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放,
下列关于它们下滑到d的过程的说法中正确的是( C )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中沿ad下滑的最小
C.弹力对各环的冲量中沿cd下滑的最大
环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
P0
B.它下降的高度
x1
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
P1， v1
x2
P2 ， v2
0 + 1
1 =
1
2
0 + 2
2 =
2 ⇒ v∝x
2
1 = 2
解析：
【例题】[等时圆扩展](2020山东聊城模拟)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定
速降线是一条摆线。
拓展
摆线（电磁复合场中的特殊题型）
摆线，又称旋轮线、圆滚线，在数学中，摆线定义为一个圆沿一条直线运动时，圆边界上一定
点所形成的轨迹。（最速降线是把下图上翻180°）
最速降线（摆线）还有一个非常重要的性质——等时性。即
摆线上除了终点之外的任何一点放置一个物体（轨道光滑），
物体滑到底端所用的时间总是相等的。
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（ D ）
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
等时圆模型 高中物理课件3-9
第9节 等时圆模型
第9节 等时圆模型
一、等时圆 1.等时圆点从竖直圆环上沿任一光滑弦上端由静止开始滑到环最低点所用时间均 相等，设圆环半径为 R，则滑动时间为 4R.
g (2)如图乙所示，质点从竖直圆环上最高点沿任一光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间均 相等，设圆环半径为 R，则滑动时间为 4gR.
第9节 等时圆模型
一、等时圆 【原型题 1】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光 滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆的圆周上，C 是圆周上任意一点，A、M 分别为此圆 与 x、y 轴的切点；B 点在 y 轴上，O′为圆心.现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点三点同时 由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，所用时间分别为 tA、tB、tC，分析并比较 tA、tB、tC 大 小关系.
第9节 等时圆模型
一、等时圆
笔记
2.等时圆的总结 不同弦的交点必须是等时圆最高点或最低点，图丁中的虚线圆不是弦 Ob 与弦 Oa 的等时圆，
是弦 Oa 与 ad 的等时圆.
总结：等时圆模型的共性是运动的初速度为零且轨迹弦都有一个公共交点，该交点为圆的 最高点或最低点，而另一端在圆上，故任意路径与直径正好构成一个斜边相同的直角三角形， 也就是说等时圆的等时关系从本质上讲是直角三角形的关系，且斜边必须沿重力方向.
第9节 等时圆模型
二、等时三角形 【原型题 6】如图所示，△BCD 为直角三角形，BD 水平，质点从 CD 上任意一点沿直线滑到 B 点，不计阻力，现使质点分别从 a、b、c 点由静止开始下滑到 B，aB 与水平面的夹角为α，cB 与水平面的夹角为β，且α+β＝90°，bB 与水平面的夹角为 45°，所用时间分别为 ta、tb、tc，分析 比较 ta、tb、tc 的大小关系.
第9节 等时圆模型
一、等时圆 1.等时圆点从竖直圆环上沿任一光滑弦上端由静止开始滑到环最低点所用时间均 相等，设圆环半径为 R，则滑动时间为 4R.
g (2)如图乙所示，质点从竖直圆环上最高点沿任一光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间均 相等，设圆环半径为 R，则滑动时间为 4gR.
第9节 等时圆模型
一、等时圆 【原型题 1】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光 滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆的圆周上，C 是圆周上任意一点，A、M 分别为此圆 与 x、y 轴的切点；B 点在 y 轴上，O′为圆心.现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点三点同时 由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，所用时间分别为 tA、tB、tC，分析并比较 tA、tB、tC 大 小关系.
第9节 等时圆模型
一、等时圆
笔记
2.等时圆的总结 不同弦的交点必须是等时圆最高点或最低点，图丁中的虚线圆不是弦 Ob 与弦 Oa 的等时圆，
是弦 Oa 与 ad 的等时圆.
总结：等时圆模型的共性是运动的初速度为零且轨迹弦都有一个公共交点，该交点为圆的 最高点或最低点，而另一端在圆上，故任意路径与直径正好构成一个斜边相同的直角三角形， 也就是说等时圆的等时关系从本质上讲是直角三角形的关系，且斜边必须沿重力方向.
第9节 等时圆模型
二、等时三角形 【原型题 6】如图所示，△BCD 为直角三角形，BD 水平，质点从 CD 上任意一点沿直线滑到 B 点，不计阻力，现使质点分别从 a、b、c 点由静止开始下滑到 B，aB 与水平面的夹角为α，cB 与水平面的夹角为β，且α+β＝90°，bB 与水平面的夹角为 45°，所用时间分别为 ta、tb、tc，分析 比较 ta、tb、tc 的大小关系.
2018高考物理一轮总复习(人教版)课件： 11.等时圆模型的应用
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆 环轨道与水平面相切于 M 点，与竖 直墙相切于 A 点． 竖直墙上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60° ， C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时 刻 a、b 两球分别由 A、B 两点从静 止开始沿光滑倾斜直轨道 AM、 BM 运动到 M 点； c 球由 C 点自由下落到 M 点. 则( ) A．a 球最先到达 M 点 B．b 球最先到达 M 点 C．c 球最先到达 M 点 D．b 球和 c 球都可能最先到达 M 点
c 球由 C 点自由下落到 M 点用时满足 R 1 2 ＝ gtc ，所以 tc＝ 2 2R g
a 球下滑到 M 用时满足 AM＝2Rsin θ 1 R 2 ＝ gsin θta，即 ta＝2 g 2
b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb＝2
r g(r 为过 B、
M 且与水平面相切于 M 点的竖直圆的半径， 在竖直线 AC 上选 1－1：如图所示，在倾角为 θ 的斜面 取一点 ， 以适当的长度为 上方的 AO 点处放置一光滑的木板 AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖 半径画圆，使该圆过 A 点， 直方向 AC 所成角度为 α，一小物 且与斜面相切于 D 点．由 块自 A 端沿木板由静止滑下，要使 例题结论可知， 由 A 沿斜面 物块滑到斜面的时间最短， 则 α 与 θ 角的大小关 滑到 D 所用时间比由 A到 系应为( ) 达斜面上其他各点所用时间都短．将木 θ A．α＝θ B ． α＝ 2 板下端与 D 点重合即可，而 ∠COD＝θ， θ θ C ． α ＝ D ． α ＝ 2 θ 则 α＝ . 3 2 答案： B
模型一
等时圆模型的应用
1．“等时圆”模型 (1)物体沿着位于同一竖直圆 上的所有光滑弦由静止下滑， 到达圆周最低点时间均相等， R 且为 t＝2 g (如图甲所示)．
2018年高考物理复习专题3 动力学中常见的“三个物理模型”
[题组训练] 1．(多选)如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 x＝4 m，以 v0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可 视为质点)无初速度地轻放至 A 端，由于煤块与传送带之间有相 对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦 因数 μ＝0.4，取重力加速度大小 g＝10 m/s2，则煤块从 A 运动到 B 的过程中( ) A．煤块从 A 运动到 B 的时间是 2.25 s B．煤块从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s C．划痕长度是 0.5 m D．划痕长度是 2 m
(1) 求行李刚开始时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大 小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率， 行李就能ห้องสมุดไป่ตู้较快地传送到 B 处，求行李从 A 处传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小 运行速率．
[解析] (1)行李所受滑动摩擦力大小 Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，加速度大小 a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v v＝at1，解得 t1＝a＝1 s. (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍 为 a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有 v2 min＝2aL， 得 vmin＝ 2aL＝ 2×1×2 m/s＝2 m/s， 所以传送带对应的最小运行速率为 2 m/s. vmin 2 由 vmin＝atmin 得行李最短运行时间 tmin＝ a ＝1 s＝2 s. [答案] (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
解析：设某一直轨道与水平面成 θ 角，末速度为零的匀减速 直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动， 则小球在直 mgsinθ 1 2 轨道上运动的加速度 a＝ m ＝gsinθ，由位移公式得 l＝2at 1 1 2 l l 2 ＝2gsinθ· t， 则sinθ＝2gt ， 不同的倾角 θ 对应不同的位移 l， 但sinθ 1 2 相同，即各小球最高点的位置在直径为2gt 的圆周上，选项 D 正 确． 答案：D
2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题4+动力学中常考的“三个物理模型”资料
答案：B
2x ＝ a
R＋r ，即所用的时间 t 与倾角 θ 无关，所以 t1＝t2，B 正确． g
重难点 2
滑块——木板模型
模型特点
1．板—块模型的特点
(1)滑块未必是光滑的． (2)板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．
(3)板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个
面都不存在摩擦． 2．板—块模型常用的物理规律 (1)匀变速直线运动规律、牛顿运动定律． (2) 动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系 ( 第五章复 习 )．
答案：(1)3 s (2)26 N
重难点 3
传送带模型
模型特点
(1)水平传送带模型
项目 情景1 情景2 图示 滑块可能的运动情况 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
①传送带较短时，滑块一直减速达到左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端． 其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0.
小物块运动的位移为 v1＋v3 x2＝ Δt⑫ 2 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得 Δx＝6.0 m．⑭ 因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后， 两者向左做匀变速运动直至停止， 设加速度 为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 x3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v2 3＝2a4x3⑯ 碰撞后木板运动的位移为 x＝x1＋x3⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得 x＝－6.5 m. 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.
2x ＝ a
R＋r ，即所用的时间 t 与倾角 θ 无关，所以 t1＝t2，B 正确． g
重难点 2
滑块——木板模型
模型特点
1．板—块模型的特点
(1)滑块未必是光滑的． (2)板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．
(3)板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个
面都不存在摩擦． 2．板—块模型常用的物理规律 (1)匀变速直线运动规律、牛顿运动定律． (2) 动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系 ( 第五章复 习 )．
答案：(1)3 s (2)26 N
重难点 3
传送带模型
模型特点
(1)水平传送带模型
项目 情景1 情景2 图示 滑块可能的运动情况 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
①传送带较短时，滑块一直减速达到左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端． 其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0.
小物块运动的位移为 v1＋v3 x2＝ Δt⑫ 2 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得 Δx＝6.0 m．⑭ 因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后， 两者向左做匀变速运动直至停止， 设加速度 为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 x3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v2 3＝2a4x3⑯ 碰撞后木板运动的位移为 x＝x1＋x3⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得 x＝－6.5 m. 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.
《必须掌握的“等时圆”模型》(可打印修改)
A. 2 s C. 3 s
B．2 s D．2 2 s
【题 10】如图甲所示是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分 AE 滑行
的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC 是滑道的竖直高度，D 点是
AC 竖直线上的一点，且有 AD＝DE＝10 m，滑道 AE 可视为光滑，滑行者从坡顶 A 点由
静止开始沿滑道 AE 向下做直线滑动，g 取 10 m/s2，则滑行者在滑道 AE 上滑行的时间为( )
【题 1】2004 年高考试题：如图 1 所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆， a、b、c、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点。每根杆上都套有一个 小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c 处释放（初速为 0），用 t1、t2、t3 依次 表示各滑环到达 d 所用的时间，则（ ）
A.t1<t2<t3 B.t1>t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3
四、等时圆应用：
图
1 A
【题 2】倾角为 30°的长斜坡上有 C、O、B 三点，CO = OB = 10m， 在 C 点竖直地固定一长 10 m 的直杆 AO。A 端与 C 点间和坡底 B 点 C 间各连有一光滑的钢绳，且各穿有一钢球（视为质点），将两球从 A 点由静止开始、同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如图 1 所示，则小 球在钢绳上滑行的时间 tAC 和 tAB 分别为（取 g = 10m/s2）
有两条光滑的轨道 AB、CD，两个小物体由静止开始分别沿 AB、CD 下滑，下滑时间分别
为 t1、t2，则 t1、t2 的关系是
（）
A.t1>t2
B.t1=t2
高三一轮复习牛顿运动定律的应用-专题：等时圆
第三节 专题：“等时圆”模型一、“等时圆”模型 （如图所示）二、“等时圆”基本规律、⑴小球从圆的顶端沿光滑弦轨道静止滑下，滑到弦轨道与圆的交点的时间相等。
（如图a ）⑵小球从圆上的各个位置沿光滑弦轨道静止滑下，滑到圆的底端的时间相等。
（如图b ） ⑶沿不同的弦轨道运动的时间相等，都等于小球沿竖直直径（d ）自由落体的时间，即三、“等时圆”等时性的证明设某一条弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d （如右图）。
根据物体沿光滑弦作初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a =g sin α，位移为s =d sin α，所以运动时间为即沿各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
【形似质异1】还是如图b 的圆周，如果各条轨道不光滑，它们的摩擦因数均为μ，小滑环分别从a 、b 、c 处释放（初速为0）到达圆环底部的时间还等不等？ 解析：bd 的长为2R cos θ，bd 面上物体下滑的加速度为a =g cos θ-μg sin θ，t bd =θμθθsin cos cos 4g g R -=2θμtan g g R-。
可见t 与θ有关。
【例1】如图，通过空间任一点A 可作无限多个斜面，若将若干个小物体从A点A 分别沿这些倾角各不相同的光滑斜面同时滑下，那么在同一时刻这些小物体所在位置所构成的面是（ ）A ．球面B ．抛物面C ．水平面D ．无法确定【解析】由“等时圆”可知，同一时刻这些小物体应在同一“等时圆”上，所以A 正确。
【变式练习1】如图，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于点A ，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为600，C 是圆环轨道的圆心，D 是圆环上与M 靠得很近的一点（DM 远小于CM ）。
已知在同一时刻：a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；d 球从D 点静止出发沿圆环运动到M 点。
专题3：等时圆模型(课件)+-2023-2024学年高一物理同步讲练课堂
13.
高中物理必修第一册课件
例题解析
小球在AC钢绳上下滑的加速度2 = sin30° = 5m/s2
速度 = cos
根据2cos =
可得 =
1
2
2
4
可知物块沿轨道下滑的时间与轨道的倾角无关，则滑块沿轨道a下滑的时间
等于沿轨道b下滑到b＇点的时间，则两物块到达斜面的时间t
1>t2。
【参考答案】A
11.
高中物理必修第一册课件
例题精选
【典例6】倾角为 = 30°的长斜坡上有C、O、B三点， = = 10m，在
C．1 > 2
D．无法比较t1、t2的大小
08.
高中物理必修第一册课件
例题解析
如图所示,以O点为最高点，取合适的直径做等时圆，
由图可知，从O到C、B时间相等，比较图示位移
>
可得
1 > 2
【参考答案】C
09.
高中物理必修第一册课件
例题精选
【典例5】如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上固定了两个光滑轨道a、
时，小圆环沿杆下滑的时间t将
A．增大
B．减小
C．不变
D．因角度与两竖直圆环的半径均未知，故无法确定
06.
高中物理必修第一册课件
例题解析
圆环下滑的加速度为 = cos
根据2(1 + 2 )cos =
可得 = 2
1
2
2
1 +2
则当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时，小圆环沿杆下滑的时间t
D．四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
04.
高中物理必修第一册课件
例题解析
2018版高考物理新课标一轮复习专题课件_专题四 牛顿运动定律综合应用二 共61张 精品
1.[等时圆模型]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，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 )
[答案] D
[变式3] (2017·宁夏银川一中二模)质量为0.5 kg的小物块 A放在质量为1 kg的足够长的木板B的左端， 木板B在水平拉 力的作用下沿地面匀速向右滑动， 且A、B相对静止， 某时 刻撤去水平拉力， 则经过一段时间后A和B都停下来，A在B 上相对于B向右滑行了1.5 m的距离.
解析：(1)设传送带的最大速度为vm 根据匀变速直线运动规律 x0＝x1＋x2＝v2m(t1＋t2) 代入数据解得vm＝6 m/s 传送带减速运动中a1＝0－t2vm＝－2 m/s2.
(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律： μmg＝ma2 解得工件的加速度a2＝μg＝2 m/s2 设经时间t工件与传送带速度v相等 v＝a2t v＝vm＋a1(t－t1) 解得t＝2.5 s，v＝5 m/s
考向2 倾斜传送带模型
情景 情景
1
情景 2
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景 3
情景 4
(1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速
[答案] (1)4 s (2)2 s
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a b
cห้องสมุดไป่ตู้
d
【例 2】
【解后反思】 不能直接观察出“等时圆” 时，需自建“等时圆” 。作等 时圆的步骤是： （1） 设置顶点
方法一：等时圆法 方法二：解析法
（2） 过顶点作竖直线 （3） 找圆心 （4） 作等时圆
【练习2】
思维模板
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 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 t 1 和 t 2, 则 t 1 与 t 2 之比为 ( ) A.2：1 C. 3 ：1 B.1：1 D.1： 3
如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根 固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一 圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最 低点。每根杆上都套有一个小滑环（图 中未画出），三个滑环分别从a、b、c处 释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表 示各滑环到达d所用的时间，则（ ） A.t1<t2<t3 B.t1>t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3
A
30°
R
C
60°P
r
D B
物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由 静止下滑，到达圆周最低点的时间相等。 物体从同一竖直圆上最高点沿不同的光滑弦 由静止下滑，到达圆周上各点的时间相等。
【例1】
【解后反思】
C'
对于涉及竖直面上物体运动 时间的比较问题，可考虑用 等时圆模型求解。 （1）在圆上，时间相等 （2）在圆内，时间短些 （3）在圆外，时间长些
B'
【练习1】 如图示, 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 A、B、C、D四点是 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3 否满足等时圆规律？
超重和失重
I
选择、计算
动力学 图像 问题
连接体 问题
动力学 临界 极值 问题
等时圆 模型
传送带 模型
板块 模型
【学习目标】
1、了解等时圆模型的建立过程，知道等时圆模型的基本规
律和使用条件。
2、学会自建等时圆，掌握等时圆模型在动力学中的妙用。
3、体会物理模型、物理思维方法在物理解题中的重要性。
基本规律
第三章 牛顿运动定律
1.模型特点 2.典例剖析
“等时圆模型”
3.规律方法
4.跟踪训练
【高考地位】
第三章 牛顿运动定律 考点 牛顿运动 定律 内容 牛顿运动定律 要求 II 题型 选择、计算 选择、计算 必考实验 1、实验内容 验证牛顿运动定律 2、命题形式 填空
牛顿运动定律综合应用 II