斜面极值问题和等时圆模型.docx

1、思维的比较思维的比较斜面上物体运动时间的两种求解方法斜面上物体运动时间的两种求解方法 方法一方法一 数学方法求极值数学方法求极值 先推导出待比较的物理量与共同或不变的物理量相联系的通式， 然后分析 因变量与自变量之间的关系，再用数学方法进行讨论判断 【典例 1】 (2018 河南六市一模)一间新房即将建成时要封顶， 考虑到下雨 时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度(房顶的底边长度相 同)设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么，选项所示的情况中 符合要求的是( ) 审题指导审题指导 解析 设屋檐的底角为，底边长为 2L(不变)雨滴做初速度为零的匀 加速直线运动，根据牛顿第

2、二定律得加 速度 amgsin m gsin，位移大小 s1 2at 2，而 s L cos，2sincossin2， 联立以上各式得 t 4L gsin2.当 45 时，sin2 最大，时间 t 最短，故选项 C 正确 答案答案 C 针对训练针对训练 1(2018 湖北黄冈期末)如右图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的 三个光滑斜面顶端由静止开始下滑下列说法正确的是 A滑到底端时的速度相同 B滑到底端所用的时间相同 C在倾角为 30 的斜面上滑行的时间最短 D在倾角为 60 的斜面上滑行的时间最短 解析 物体从高度相同的斜面滑到底端 时的速度大小相同，但方向不同，选项 A 错误；由 h

3、sin 1 2gsint 2 知 t 2h gsin2 1 sin 2h g ，则当 60 时，sin 最大，t 最短，D 选项正确 答案 D 1建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能 尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动，则( ) A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越小 B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大 C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短 【解答】 解： 设屋檐的底角为， 底边为L， 注意底边长度是不变的， 屋顶的坡面长度为s， 雨滴下滑时加速度为a， 对水滴受力分析，只受重

4、力mg和屋顶对水滴的的支持力N。 垂直于屋顶方向：cosmgN 平行于屋顶方向：sinmamg A、水滴的加速度为：sinag，则倾角越大，雨滴下滑时的加 速度越大，故A错误； B、雨滴对屋顶的压力：cosNNmg，则倾角越大，雨滴对 屋顶压力越小，故B错误； C、屋顶到屋檐平面的垂直距离tan 2 L h，水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小 量： 2 1 tan 22 mgL mvmgh，底边长度L是不变的，则速度随倾角增大而增大，故C正 确 D、设从O到M的时间为t，水滴沿斜面运动距离为： 2cos L s ，由位移时间公式得： 2 1 2cos2 L sat 则： 2 sin2 L

5、t g ，故当45时，用时最短，故D错误。 故选：C。 方法二方法二 物理解法快速分析物理解法快速分析(三类等时圆模型及应用三类等时圆模型及应用) 1模型特征模型特征 模型 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环的最低 点所用时间相等，如图甲所示； 模型 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，如图乙所示； 模型 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，如图丙所示 2思维模板思维模板 【典例 2】 (2018 湖北七校联盟)如右图所示，AB 和 CD 为两条光滑斜 槽， 它们各自的两

6、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( ) A21 B11 C. 31 D1 3 审题指导 第一步 读题干提信息 说明重力分量提供加速度 可找到下滑距离 s 与直径的关系 第二步 寻突破顺思路 设轨道与设轨道与 水平面的水平面的 夹角为夹角为 agsin s2 Rr sin s1 2at 2 sin 被消被消 掉掉t 与与 无关无关 解析解析 设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为 ，则物体下滑时的，

7、则物体下滑时的 加速度为加速度为 agsin，由几何关系，斜槽轨道的长度，由几何关系，斜槽轨道的长度 s2(Rr)sin， 由运动学公式由运动学公式 s1 2at 2，得 ，得 t 2s a 22 Rr sin gsin 2 Rr g ， 即所用的时间即所用的时间 t 与倾角与倾角 无关，所以无关，所以 t1t2，B 项正确项正确 答案答案 B 等时圆模型做出辅助线找到下滑距离与直径的关系是解题关键，等时圆模型做出辅助线找到下滑距离与直径的关系是解题关键， 有些试题没有明确给出等时圆模板，需根据题意自己构建有些试题没有明确给出等时圆模板，需根据题意自己构建 针对训练针对训练 (2018 广东四

8、校联考广东四校联考)如图所示，如图所示，AD、BD、CD 为三根光滑细直为三根光滑细直 杆，固定在地面同一点杆，固定在地面同一点 D，AD 竖直，竖直，BC90 ，现将一小环，现将一小环 分别套在细杆的顶端分别套在细杆的顶端 B、C、A 处由静止释放，到达处由静止释放，到达 D 点的时间分别点的时间分别 为为 t1、t2和和 t3，则，则( ) At1t2t2t3 Ct1t2t3 Dt1t2t3 解析解析 设设 BD、CD 与水平方向的夹角分别为与水平方向的夹角分别为 、，细杆长度，细杆长度 分别为分别为 l1、l2，小环沿细杆方向下滑的加速度分别为，小环沿细杆方向下滑的加速度分别为 a1、a

9、2，细杆，细杆 AD 的长度为的长度为 l.由匀变速直线运动规律可知沿由匀变速直线运动规律可知沿BD 下下 滑的时间滑的时间 t1 2l1 a1 2lsin gsin 2l g ，同 理同 理 可知，沿可知，沿 CD 下滑的时间下滑的时间 t2 2l2 a2 错误错误! ! 2l g ， 沿， 沿 AD 下滑的时间下滑的时间 t3 2l g ， 即， 即 t1t2t3， 故， 故 D 项正确项正确 答案答案 D 2如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于 M 点，与点，与 竖直墙相切于点竖直墙相切于点 A，竖直墙上另一点，竖直墙上另一点 B 与与

10、 M 的连线和水平面的夹角的连线和水平面的夹角 为为 60 ，C 是圆环轨道的圆心已知在同一时刻，甲、乙两球分别从是圆环轨道的圆心已知在同一时刻，甲、乙两球分别从 A、B 两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到 M 点丙球由点丙球由 C 点点 自由下落到自由下落到 M 点则点则( ) A甲球最先到达甲球最先到达 M 点点 B乙球最先到达乙球最先到达 M 点点 C丙球最先到达丙球最先到达 M 点点 D三个球同时到达三个球同时到达 M 点点 解析解析 设圆轨道的半径为设圆轨道的半径为 R， 根， 根据据 等时圆模型有等时圆模型有 t乙 乙t甲甲， t甲甲2 R g

11、； 丙做自由落体运动， 有 ； 丙做自由落体运动， 有 t丙 丙 2R g ， 所以有所以有 t乙 乙t甲甲t丙丙，选项，选项 C 正确正确 答案答案 C 1如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B 和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为2R，AC长为2 2R现沿AB和AC建 立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为 1 t， 沿AC轨道运动到C点所用时间为 2 t，则 1 t与 2 t之比为( ) A1:2 B1:2 C1:3 D1:3 【解答】解：设AB与竖直方向的夹角为，如图所示， 则：2 cosABR 由牛

12、顿第二定律得物体沿AB下滑的加速度为：cosag 解得在AB上运动的时间为 1 t，则： 2 1 1 2 ABat， 解得： 1 2 R t g ； 设AC与竖直方向的夹角为，则：4cosACR 由牛顿第二定律得物体沿AC下滑的加速度为：cosag 可知物体在AC上运动的时间为： 2 2 2 R t g ， 所以 1 2 1 2 t t ，A正确，BCD错误。 故选：A。 动力学中的图像问题动力学中的图像问题-图形结合思想的应用图形结合思想的应用 1.图象类型图象类型 （1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分

13、析物体的运 动情况。动情况。 （2）已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要）已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要 求分析物体的受力情况。求分析物体的受力情况。 （3）已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速）已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速 度随时间的变化情况。度随时间的变化情况。 2.解题策略数形结合思想解题策略数形结合思想 （1）问题实质是考查力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截）问题实质是考查力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截 距、交点、拐点、面积的物理意义。距、交点、拐点

14、、面积的物理意义。 （2）应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”）应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。 【典例】 (2018全国卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端 放有物块P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上 做匀加速直线运动以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列 表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是( ) 审题指导审题指导 解析 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第

15、二定律设系统静止时 弹簧压缩量为 x0，由胡克定律和平衡条件得 mgkx0.力 F 作用在 P 上后，物块 受重力、弹力和 F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，Fk(x0 x) mgma.联立以上两式得 Fkxma，所以 Fx 图象中图线是一条不过原点 的倾斜直线，故 A 正确 答案 A 解决图象问题的关键点解决图象问题的关键点 图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导， 得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图 象及运动过程进行分析 角度训练角度训练 角度一角度一 动力学中的动力学中的 Ft 图象图象 1 (2018 河南师大附中

16、考试)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静 止开始沿直线运动F 随时间 t 变化的图线如图所示，则( ) At1 s 时物块的速率为 2 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kg m/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kg m/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析 02 s，根据牛顿第二定律，a0F m 2 2 m/s 21 m/s2，则物块在 0 2 s 的速度 va0t；t1 s 时，物块的速率为 1 m/s，故 A 错误；t2 s 时，物块 速率为 2 m/s， 则动量大小为 pmv4 kg m/s， 故 B 正确； 24 s， 力开始反向， 物块减速，

17、根据牛顿第二定律， a10.5 m/s2， 所以 3 s 时物块的速度大小为 1.5 m/s，动量大小为 3 kg m/s,4 s 时物块的速率为 1 m/s，故 C、D 错误 答案答案 B 角度二角度二 动力学中的动力学中的 aF 图象图象 2(多选)用一水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从 0 开始逐渐增大 的过程中，加速度 a 随外力 F 变化的图象如右图所示，g10 m/s2，则可以计算 出( ) A物体与水平面间的最大静摩擦力 BF 为 14 N 时物体的速度 C物体与水平面间的动摩擦因数 D物体的质量 解析 由 aF 图象可知， 拉力在 7 N 之前加速度都是 0，因此可

18、知最大静摩擦力为 7 N，选项 A 正确；再由图象可 知，当 F7 N 时，加速度为 0.5 m/s2，当 F14 N 时，加速度为 4 m/s2，即 F1 mgma1，F2mgma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项 C、D 正 确；物体运动为变加速运动，且不知随时间如何变化，则不能算出拉力为 14 N 时物体的速度，选项 B 错误 答案 ACD 动力学图象问题的分析流程动力学图象问题的分析流程 2有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我 们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次 落下和反弹。若规定竖直向下为正方向

19、，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中 可能正确的是( ) A B C D 【解答】 解： 篮球向下运动时， 受重力和空气阻力作用， 根据牛顿第二定律有： 1 mgfma， 解得： 1 f ag m ；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有： 2 mgfma，解得： 2 f ag m ，联立得： 12 aa，即下落的加速度小于上升的加速度， 故vt图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以篮球弹起时 的速度越来越小，故A正确，BCD错误； 故选：A。 数形结合思想的运用原则： （数形结合思想的运用原则： （1）物理公式与物体图象的结合是一种重要

20、题型，）物理公式与物体图象的结合是一种重要题型， 对于已知图象求解相关物理量问题，往往结合物理过程从分析图象的横轴和纵对于已知图象求解相关物理量问题，往往结合物理过程从分析图象的横轴和纵 轴坐标所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义轴坐标所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义 得出所求结果； （得出所求结果； （2）解决这类问题必须把物体的实际运动与图象相结合起来，）解决这类问题必须把物体的实际运动与图象相结合起来， 并相互对应起来。并相互对应起来。 3如图（a） ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的 力传感器相连

21、， 细绳水平。0t 时， 木板开始受到水平外力F的作用， 在4ts时撤去外力。 细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图 （c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取 2 10/m s由题给数据可以得 出( ) A木板的质量为1kg B2 4ss内，力F的大小为0.4N C0 2s内，力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 【解答】解：A、根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为0.2fN，在4s后撤去外 力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为 2 2 0.40.2 0.2/ 54 am

22、s ， 根据牛顿第二定律可得 2 fma， 解得木板的质量1mkg， 故A正 确； B、2 4ss内， 木板的加速度 22 1 0.4 /0.2/ 42 am sm s ， 根据牛顿第二定律可得 1 Ffma， 解得力0.4FN，故B正确； C、0 2s内，整体受力平衡，拉力F的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则 力F增大，故C错误； D、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故D错误。 故选：AB。 4如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系 如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力 m f大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说

23、 法错误的是( ) A 0 0 t时间内物体的速度逐渐增大 B 1 t时刻物体的速度最大 C 2 t时刻物体的速度最大 D 2 t时刻后物体立即做反方向运动 【解答】解：A、在 0 0t时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，故A错误； B、 02 tt时间内，物块始终做加速运动，然后物块做减速运动， 2 t时刻物块的速度达到最 大，故B错误，C正确； D、 2 t时间之后，摩擦力大于拉力，物体开始做减速运动，但继续向前运动，故D错误； 因选错误的，故选：ABD。 5水平地面上质量为lkg的物块受到水平拉力 1 F、 2 F的作用， 1 F、 2 F随时间的变化如图所 不，已知物块在前2

24、s内以4/m s的速度作匀速直线运动，取 2 0/gl m s，则( ) A物块与地面的动摩擦因数为 0.2 B3s末物块受到的摩擦力大小为3N C4s末物块受到的摩擦力大小为1N D5s末物块的加速度大小为 2 3/m s 【解答】解：AB、02s内物体作匀速直线运动，由平衡条件得 12 FFf，得物块受到 的摩擦力大小 12 853()fFFN，则知3s末物块受到的摩擦力大小为3N。 由fmg得0.3，故A错误，B正确。 CD、2s时刻后，由牛顿第二定律得： 12 FFfma 得： 2 2/am s 物体开始做匀减速运动，匀减速至速度为零的时间为： 0 04 2 2 v ts a 所以4t

25、s时刻速度为零。由于物体所受的最大静摩擦力至少等于3N，而此时 12 651FFNNN，小于最大静摩擦力，因此4ts后物体静止不动，所受的摩擦力为 12 651fFFNNN ，5s末物块的加速度大小为 0，故C正确，D错误。 故选：BC。 6(多选)(2018 山西五市联考)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面 上，如下图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力 F 的 作用下沿杆向上运动 该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规 律如图乙、丙所示g10 m/s2.则下列说法正确的是( ) A在 24 s 内小球的加速度大小为 0.5 m/s2 B小球质量为 2 kg

26、 C杆的倾角为 30 D小球在 04 s 内的位移为 8 m 解析 由图象得：在 24 s 内小球的加速度av 2v1 t2t10.5 m/s 2，则 A 正确； 在 02 s 内小球做匀速直线运动时， 重力沿杆向下的分力等于 5 N， 在 2 4 s 内由牛顿第二定律有：F2F1ma，解得m1 kg，则 B 错误；设杆与水平面 的夹角为，则F2mgsinma，解得30，则 C 正确；由速度时间图 象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即 04 s 内小球的位移为 5 m， 则 D 错误 答案 AC 7(2018 湖北宜昌调研)一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉 力 F 随时间 t

27、 变化的关系如图甲所示，速度 v 随时间 t 变化的关系如图乙所示， g10 m/s2，则由图中信息可判定( ) A02 s 内物块所受摩擦力 Ff8 N B物块的质量为 4 kg C物块在前 6 s 内的平均速度为 3 m/s D物块与水平地面间的动摩擦因数 0.4 解析 由图乙知 02 s 内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用， 由图甲可读出此段时间内F4 N，则Ff4 N，A 错；由vt图线可知物块在前 6 s 内的位移大小为s 244 2 m12 m，所以平均速度为vs t2 m/s，C 错；而在 24 s 内，物块做匀加速运动，满足F2mgma，加速度大小为a v t2 m/s

28、2， 在 4 s 后物块做匀速运动有 F3mg， 联立得m2 kg，0.4， B 错、D 对 答案 D 8(多选)(2018 浙江嘉兴二测)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，地面 上演员 B 肩部顶住一根长直竹竿，另一演员 A 爬至竹竿顶端完成各种动作某 次顶竿表演结束后， 演员 A 自竿顶由静止开始下滑， 滑到竿底时速度正好为零， 其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示演员 A 质量为 40 kg，长竹竿质量 为 10 kg，g10 m/s2.则( ) A演员 A 的加速度方向先向上再向下 B演员 A 所受摩擦力的方向保持不变 Ct2 s 时，演员 B 肩部所受压力大小为 380 N Dt5 s 时，演员 B 肩部所受压力大小为 540 N 解析 演员A先加速向下运动，后减速向下运动，所以加速度方向先向下 再向上，选项 A 错误；演员A所受摩擦力的方向总是竖直向上的，选项 B 正确； t2 s 时演员A向下的加速度大小为a10.5 m/s 2，演员 B肩部所受压力大小为 FN1(mAm)gmAa1480 N，选项 C 错误；t5 s 时演员A向上的加速度大小为 a21.0 m/s 2，演员 B肩部所受压力大小为FN2(mAm)gmAa2540 N，选项 D 正确 答案 BD