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微专题Ⅲ 板块运动与等时圆模型
一、板块模型中的运动学单过程问题 1
二、“等时圆”模型及其等时性的证明 6
【巩固提高】 11
[知识分析]
一、板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度
【解答】解：A、根据v﹣t图像中图像与时间轴围成的面积表示位移，可得物块在0～t1这段时间内的位移大小为：
x1，故A错误；
B、设物块与木板的质量分别为m、M。根据v﹣t图像可得：
物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1
木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a2
两者的加速度均由小木块与长木板间的滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律得：
f＝ma1＝Ma2
可得：，故B错误；
C、对物块，由牛顿第二定律可得：a1μg
解得物块与木板之间的动摩擦因数为：μ，故C正确；
D、t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，在0～t1这段时间内物块与长木板的位移大小之差等于木板的长度，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得木板的长度为：
L＝x物﹣x板，仅由题中所给信息，可以求出木板长度，故D正确。
故选：CD。
如图，水平地面上的矩形薄木板A，质量为m，长度l0＝1.5m，小物块B置于木板A的左端，质量mB＝2mA。让A、B相对地面以相同的速度v0＝9m/s开始运动。已知木板A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，A和B之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B分离前的加速度；
（2）A、B从开始运动到分离的时间；
（3）A、B分离时，两者的速度大小。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，对小物块B：μ2mBg＝mBaB
可得小物块B的加速度：，方向水平向左；
对木板A：μ1（mA+mB）g﹣μ2mBg＝mAaA
可得木板A的加速度大小：，方向水平向左。
（2）当B相对于A的右端时，两者位移之差为l0，根据位移与时间的关系可知：
代入数据解得分离的时间为：t＝1s
（3）分离时木板A的速度大小：vA＝v0﹣aAt＝9m/s﹣6×1m/s＝3m/s
小物块B的速度大小：vB＝v0﹣aBt＝9m/s﹣3×1m/s＝6m/s
答：（1）6m/s2，方向水平向左；3m/s2方向水平向左；
（2）A、B从开始运动到分离的时间为1s；
（3）A、B分离时，两者的速度大小分别为3m/s、6m/s。
已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
【解答】解：（1）保护装置和鸡蛋先共同自由落体，当保护装置落地时速度2gH
保护装置着地后鸡蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），鸡蛋做匀减速直线运动；
因为到达地面时速度不超过v＝2m/s就不会摔怀，则为保证鸡蛋安全所以
v2＝2as1
鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1＝0.4m.
（2）保护装置以碰前的速率反弹后，保护装置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
鸡蛋先减速以a向下减速，当鸡蛋向下速度减为零时，鸡蛋受力不变，直到t1时刻鸡蛋和保护装置共速；选向上为正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此时鸡蛋和保护装置共速v2＝2m/s，鸡蛋与保护装置相对运动Δht1t1
代入数据解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以鸡蛋和保护装置能共速
以后鸡蛋和保护装置共同向上以a3＝g做匀减速直线运动，再过t2s＝0.2s鸡蛋和保护装置到达最高点。
保护装置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以当保护装置到达最高点时鸡蛋离地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入数据解得：h＝1.3m
答：（1）为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离为0.4m。
（2）鸡蛋离地高度为1.3m。
（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示a F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【解答】解：AB、根据图像分析可得，当拉力等于12N时，两物体恰好要发生相对滑动，当F＝12N时，加速度为a＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a
代入数据解得M+m3kg
当F＞12N时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率
解得木板的质量：M＝0.5kg；滑块的质量：m＝2.5kg，故A错误，B正确；
D、根据a﹣F图像：，F＝10N时，a＝0，代入
代入数据解得：μ＝0.4，故D正确；
C、当F＝8N时，板块之间没有相对滑动，对整体分析，根据牛顿第二定律得F＝（M+m）a
解得此时am/s2，故C错误。
故选：BD。
（多选）如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝1kg、长度为L的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面的动摩擦因数μ2＝0.2。一质量为m＝2kg可视为质点的滑块静止在距A点距离为L0＝9m的位置。现用F＝9N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑动到A点时的速度大小为9m/s
B．滑块滑动到长木板上时，长木板的加速度大小为5m/s2
C．从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为1s
D．要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为6.5m
【解答】解：A、滑块在高水平面上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：F＝ma
根据运动学公式有：v2＝2aL0
代入数据解得：v＝9m/s，故A正确；
B、设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，
对滑块有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：
对长木板有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
代入数据解得：，故B错误；
C、设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则有：v﹣a1t＝a2t
代入数据解得：t＝1s，故C正确；
D、从滑块滑上长木板到两者相对静止程中滑块的位移为：x1＝vt9×1mm＝6.5m
长木板的位移为：x2m＝2m
则要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为：L＝x1﹣x2＝6.5m﹣2m＝4.5m，故D错误。
故选：AC。
二、“等时圆”模型及其等时性的证明
1．三种模型(如图)
2．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)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的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。
如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为t1、t2。则（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法确定
【解答】解：设AB与竖直直径的夹角为θ，则加速度为：
a＝gcosθ
根据位移—时间公式可得：
解得：
若过B点做CD的平行线，交圆弧于E点，如图所示：
则根据上述的分析可知，物块沿EB下滑的时间也为t1，因为EB和CD的倾角相等，则物块下滑的加速度也相等，但因为EB的长度大于CE的长度，可知沿CD下滑的时间小于EB的时间，故A正确，BCD错误；
故选：A。
如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．无法确定
【解答】解：通过O点做一条竖直直线，通过O、B作圆且满足O点在圆的竖直直径最高点，如图所示。
根据“等时圆”原理可知，通过Oa、OB、Oc的时间相等，而OA时间大于Oa时间、OC时间小于Oc时间，则有：t1＞t2＞t3，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（多选）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t1、t2、t3、t4。已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．t1≠t2 B．t3＝t4
C． D．
【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：x1a1t12
联立解得：；
2轨道长：x2＝2rcos60°＝r，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：x2a2t22
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：x3a3t32
联立解得：2
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：x4a4t42
联立解得：t4＝2。
A、由上可知：t1，故A错误；
B、由上可知：t3＝t4＝2，故B正确；
C、由上可知：，故C正确；
D、由上可知：t4﹣t3＝0，故D错误。
故选：BC。
（多选）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，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）
A．甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
【解答】解：A、设光滑倾斜直轨道与水平面的夹角为θ，则小球沿光滑倾斜直轨道运动的加速度大小为agsinθ，轨道倾角越大，小球的加速度越大，由此可知甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度，故A正确；
BC、对于甲球，运动的位移为，则甲球运动的时间；
对于乙球，运动的位移为x2＝2R，则乙球运动的时间；
对于丙球，做自由落体运动，运动时间为，所以t3＜t1＜t2，所以丙球最先到达M点，故B正确，C错误；
D、甲球到达M点时的速率v甲＝gsin45° t1＝g ，丙球到达M点时的速率v丙，故甲、丙两球到达M点时的速率相等，故D正确。
故选：ABD。
如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【解答】解：如图所示：
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以
故选：B。
【巩固提高】
1．如图所示，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，ob经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法确定
【解答】解：以O点为最高点，取合适的竖直直径oa作等时圆，交ob于c，如图所示，显然o到a、c才是等时的，比较图示位移ob＞oc，
故推得t1＜t2，故B正确
故选：B。
2．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：
【解答】解：对物体受力分析可知：
当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力F，
在沿斜面方向上加速度是a1，重力分解：
mgcos30°＝ma1，
解得 a1g，
根据公式：Sa1t12，
得 S＝2R×cos30°+2r×cos30°（R+r）
所以：t1＝2
当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力F，
在沿斜面方向上加速度是a2，重力分解：
mgcos60°＝ma2，
解得 a2，
根据公式：Sa2t22，
得S＝2R×cos60°+2r×cos60°＝R+r
t2＝2，
所以t1＝t2，
故选：B。
3．如图所示，ab、bd、cd是竖直平面内三根固定的细杆，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．每根杆上都套着一个小滑环（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点所用的时间，t1、t2、t3之间的关系为（　　）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＜t2＜t3
C．t1＞t2＞t3
D．倾斜程度不确定，所以无法判定
【解答】解：设杆与水平方向的夹角为θ；
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：a＝gsinθ
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移为：
S＝2Rsinθ
由Sat2，
得：t2；
所以，t与θ无关，即t1＝t2＝t3．故A正确。BCD错误；
故选：A。
4．如图所示，虚线圆的半径为R，AC为光滑竖直杆，AB与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC，轨道间的动摩擦因数均为μ，ABC三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为α，如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时能量损耗。求：
（1）小球在AB轨道上运动的加速度；
（2）小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；
（3）若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为5：3，求α角的正切值。
【解答】解：（1）从A到B，由牛顿第二定律得：
mgcosα﹣μmgsinα＝ma
解得：a＝gcosα﹣μgsinα
（2）小球沿ABC轨道运动，从A到C，由动能定理可得：
mg 2R﹣2μmg 2R（cosα+sinα）
解得：vC＝2
（3）设小球沿AC直导轨做自由落体运动，运动时间为t，则有：
2R
解得：t＝2
轨道均光滑，小球由A到B机械能守恒，设B点的速度为vB，则有：
mg 2R cos2α
解得：vB＝2cosα
且依等时圆，tAB＝t，则B到C的时间为：tBCt﹣tt
以后沿BC直导轨运动的加速度为：a′＝gsinα，
且BC＝2Rsinα
故2Rsinα＝vBtBC
代入数据解得：tanα＝2.4
答：（1）小球在AB轨道上运动的加速度是gcosα﹣μgsinα；
（2）小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率是2cosα；
（3）α角的正切值是2.4。
5．如图所示，光滑水平面上静止放置有长木板B，质量为M＝2kg，一质量为m＝1kg可视为质点的物块A，以v0＝5m/s的水平速度从左端冲上木板，在物块冲上木板的同时，在木板的右端对其施加向右的水平恒力F。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。
（1）若力F＝4N，物块A恰好停在长木板B的最右端，求长木板B的长度L；
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为2m，求恒力F的大小。
【解答】解：（1）设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对滑块：μmg＝ma1
对木板：F+μmg＝Ma2
设经过时间t滑块与木板共速，设共速时的速度大小为v，则v＝v0﹣a1t＝a2t
代入数据解得：t＝1s，v＝3m/s
物块A恰好停在长木板B的最右端，长木板B的长度L＝v0t
代入数据解得：L＝2.5m
（2）假设物块A相对长木板B向右滑动s＝2m后，两者保持相对静止一起运动，设共速时速度为v，则有：
s
代入数据解得：t'＝0.8s
设B的加速度大小为a2'，则v＝a2't'＝v0﹣a1t'
代入数据解得：
对木板，由牛顿第二定律得：F+μmg＝Ma2'
代入数据解得：F＝6.5N
共速后两者的加速度为a共
因a共＞a1，故假设不成立，可知要使物块A相对长木板B发生的路程为2m，物块A在长木板B上滑动过程不能共速，可得物块A应相对长木板B向右滑动x＝1m时两者共速，之后再相对长木板B向左滑动1m后离开长木板。同理可得：
x
v＝a2″t″＝v0﹣a1t″
代入数据解得：
对木板，由牛顿第二定律得：F+μmg＝Ma2″
代入数据解得：F＝23N
答：（1）长木板B的长度L是2.5m；
（2）恒力F的大小是23N。
6．羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧．如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M＝90g（不含球的质量），羽毛球质量为m＝5g，羽毛球头部离筒的上端距离为d＝6.25cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1＝0.1N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动），求：
（1）当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
【解答】解：（1）设羽毛球的加速度大小为a1，对羽毛球受力分析，根据牛顿第二定律得：mg+f1＝ma1
代入数据解得：a1＝30m/s2
设筒的加速度大小为a2，对筒受力分析，根据牛顿第二定律得：f2+f1﹣Mg＝Ma2
代入数据解得：a2＝20m/s2
（2）当两者的速度相等后，假设羽毛球相对于球筒向下运动，球受到筒的摩擦力向上，对羽毛球，根据牛顿第二定律得：f1﹣mg＝ma3
代入数据解得：a3＝10m/s2
对球筒，根据牛顿第二定律得：f2﹣f1﹣Mg＝Ma4
代入数据解得：a4m/s2
a4＞a3，则假设成立，即两者共速后，羽毛球的加速度小于球筒的加速度，羽毛球相对于球筒向下运动，则若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，当两者速度相等时羽毛球刚好到达筒口处，设球筒的初速度为v，共速时间为t，则：a1t＝v﹣a2t
vta2t2a1t2＝d
代入数据联立解得：v＝2.5m/s
答：（1）筒的加速度大小为20m/s2，羽毛球的加速度大小为30m/s2；
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为2.5m/s。
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一、板块模型中的运动学单过程问题 1
二、“等时圆”模型及其等时性的证明 6
【巩固提高】 11
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一、板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度
如图，水平地面上的矩形薄木板A，质量为m，长度l0＝1.5m，小物块B置于木板A的左端，质量mB＝2mA。让A、B相对地面以相同的速度v0＝9m/s开始运动。已知木板A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，A和B之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B分离前的加速度；
（2）A、B从开始运动到分离的时间；
（3）A、B分离时，两者的速度大小。
已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示a F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
（多选）如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝1kg、长度为L的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面的动摩擦因数μ2＝0.2。一质量为m＝2kg可视为质点的滑块静止在距A点距离为L0＝9m的位置。现用F＝9N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑动到A点时的速度大小为9m/s
B．滑块滑动到长木板上时，长木板的加速度大小为5m/s2
C．从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为1s
D．要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为6.5m
二、“等时圆”模型及其等时性的证明
1．三种模型(如图)
2．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)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的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。
如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为t1、t2。则（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法确定
如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．无法确定
（多选）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t1、t2、t3、t4。已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．t1≠t2 B．t3＝t4
C． D．
（多选）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，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）
A．甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【巩固提高】
1．如图所示，oa、ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，o、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，ob经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从o点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法确定
2．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：
3．如图所示，ab、bd、cd是竖直平面内三根固定的细杆，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．每根杆上都套着一个小滑环（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点所用的时间，t1、t2、t3之间的关系为（　　）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＜t2＜t3
C．t1＞t2＞t3
D．倾斜程度不确定，所以无法判定
4．如图所示，虚线圆的半径为R，AC为光滑竖直杆，AB与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC，轨道间的动摩擦因数均为μ，ABC三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为α，如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时能量损耗。求：
（1）小球在AB轨道上运动的加速度；
（2）小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；
（3）若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为5：3，求α角的正切值。
5．如图所示，光滑水平面上静止放置有长木板B，质量为M＝2kg，一质量为m＝1kg可视为质点的物块A，以v0＝5m/s的水平速度从左端冲上木板，在物块冲上木板的同时，在木板的右端对其施加向右的水平恒力F。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。
（1）若力F＝4N，物块A恰好停在长木板B的最右端，求长木板B的长度L；
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为2m，求恒力F的大小。
6．羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧．如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M＝90g（不含球的质量），羽毛球质量为m＝5g，羽毛球头部离筒的上端距离为d＝6.25cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1＝0.1N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动），求：
（1）当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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