资源简介

(一) 等时圆结论的妙用
三种常见的等时圆模型 应用等时圆模型的解题思路
(1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (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,如图乙所示。 (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从上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示 (1)分析等时圆模型的成立条件:光滑轨道、静止释放、重力作用; (2)判断应用哪类等时圆模型:若多条光滑轨道的起点交于同一点,则该点为等时圆的最高点;若多条光滑轨道的终点交于同一点,则该点为等时圆的最低点; (3)作等时圆:过轨道交点作竖直线,选某条轨道作为弦,作圆心在竖直线上的圆; (4)比较时间:轨道端点都在圆周上,质点运动时间相等;端点在圆内的轨道,质点运动时间短些;端点在圆外的轨道,质点运动时间长些
[典例]　(2025·石家庄高三检测)如图所示,AQ为圆的竖直直径,沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆,现让三个小环(可以看作质点)套在杆上,并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点,下滑所用时间分别为t1、t2和t3,运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有 (　　)
A.t3>t2>t1　　　　　 B.t1>t2>t3
C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3
听课随笔:
[应用体验]
1.如图所示,在倾角为θ的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成的角度为α,一小物块由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的大小关系为 (　　)
A.α=θ B.α=
C.α=2θ D.α=
2.如图所示,竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中,三个完全相同的带正电的绝缘小球(未画出)分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上,其中AB与竖直方向夹角为60°,AC经过圆心,AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放,小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为,则小球在三根细杆上运动的时间关系为 (　　)
A.tAB=tAC=tAD B.tABC.tAB>tAC>tAD D.无法确定
(二) 利用辅助角解决极值问题
利用辅助角求极值
(1)三角函数:y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α),其中tan α=。当θ+α=90°时,有极大值ymax=。
(2)利用辅助角求解极值问题的方法:通过平衡条件或牛顿第二定律将物理量转化为关于一个角度的数学表达式,再利用数学方法解决临界极值问题。
　　[典例]　如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,则下列说法正确的是 (　　)
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
听课随笔:
[应用体验]
1.(多选)如图所示,天花板下方通过支架固定一光滑轻滑轮,一足够长的细绳跨过滑轮,一端与小球b连接,另一端与套在水平细杆上的小球a连接,小球a与小球b的质量分别为m和2m。在水平拉力F作用下,小球a从图中虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ=30°(细绳中张力大小视为不变,b球始终未触及细杆)。小球a与细杆间的动摩擦因数为μ=。则此过程中拉力F的可能值为 (　　)
A.mg　　　　　　　　 B.mg
C.mg D.mg
2.(多选)如图甲所示,将一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则 (　　)
A.物块的初速度大小为2 m/s
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g
D.物块沿斜面上滑的最小距离为 m
专题拔高
(一) 等时圆结论的妙用
[典例]　选D　设杆的倾角为θ,圆的直径为d,根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ,杆的长度为x=dsin θ,根据动力学公式x=at2,小环下滑所用时间为t===,则t1=t2=t3,由于AQ>BQ>CQ,根据平均速度公式v=,可得v1>v2>v3,故选D。
[应用体验]
1.选B　如图所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可,由几何知识可知∠COD=θ,则α=,故选B。
2.选B　小球所受电场力大小与重力大小之比为,可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与AB平行,且由A指向B。延长AB,作MC⊥AC交AB于M点,以AM为直径画一个圆(图中虚线),AD与该圆交于N点。由等时圆模型知tAM=tAC=tAN,而ABAN,故tAB(二) 利用辅助角解决极值问题
[典例]　选B　设轻绳的合拉力为T,地面对石墩的支持力为N,对石墩受力分析,由平衡条件可知 Tcos θ=f,f=μN,Tsin θ+N=mg,联立解得T=,A错误,B正确;轻绳的合拉力大小为T==,可知当θ+φ=90°时,轻绳的合拉力有最小值,即减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,C错误;摩擦力大小为f=Tcos θ==,可知增大夹角θ,摩擦力一直减小,当θ趋近于90°时,摩擦力最小,故轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力不是最小,D错误。
[应用体验]
1.选ABC　对小球b有T=2mg,对小球a进行受力分析,如图所示,由题意可知移动过程中30°≤θ≤90°,可知Tsin θ=2mgsin θ≥mg,根据平衡条件,在竖直方向上有Tsin θ=mg+N,在水平方向有F=μN+Tcos θ,解得F=2mgcos θ+2μmgsin θ-μmg=2mgcos θ+sin θ-μmg,设sin α==,cos α==,解得α=60°,可得F=2mgsin-μmg,小球a从题图中虚线位置缓慢向右移动过程中,θ减小,可知F逐渐增大,解得mg≤F≤mg,故选A、B、C。
2.选AD　由题图乙可知,当θ=90°时,物块运动的位移为0.2 m,由竖直上抛运动规律有=2gh,解得物块的初速度大小为v0=2 m/s,故A正确;当θ=0°时,物块运动的位移为0.4 m,根据运动学公式有2a0x=,由牛顿第二定律有μmg=ma0,解得μ=0.5,故B错误;当0°<θ<90°时,由牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma,可得a=gsin θ+μgcos θ=gsin(θ+φ),因此物块沿斜面上滑的最大加速度为amax=g=g,此时物块沿斜面上滑的位移最小,由运动学公式有2amaxxmin=,解得xmin= m,故C错误,D正确。
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2
(一) 等时圆结论的妙用
(二) 利用辅助角解决极值问题
CONTENTS
(一) 等时圆结论的妙用
三种常见的等时圆模型
(1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(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，如图乙所示。
(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从上端
由静止开始滑到下端所用时间相等，
如图丙所示
应用等时圆模型的解题思路
(1)分析等时圆模型的成立条件：光滑轨道、静止释放、重力作用；
(2)判断应用哪类等时圆模型：若多条光滑轨道的起点交于同一点，则该点为等时圆的最高点；若多条光滑轨道的终点交于同一点，则该点为等时圆的最低点；
(3)作等时圆：过轨道交点作竖直线，选某条轨道作为弦，作圆心在竖直线上的圆；
(4)比较时间：轨道端点都在圆周上，质点运动时间相等；端点在圆内的轨道，质点运动时间短些；端点在圆外的轨道，质点运动时间长些
续表
[典例]　(2025·石家庄高三检测)如图所示，AQ为圆的
竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个
小环(可以看作质点)套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、
CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分
别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有 (　　)
A.t3>t2>t1　　　　　 B.t1>t2>t3
C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3
√
[解析]　设杆的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ，杆的长度为x=dsin θ，根据动力学公式x=at2，小环下滑所用时间为t===，则t1=t2=t3，由于AQ>BQ>CQ，根据平均速度公式v=，可得v1>v2>v3，故选D。
1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为α，一小物块由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的大小关系为 (　　)
A.α=θ　　 B.α=　　
C.α=2θ　　 D.α=
应用体验
√
解析：如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，由几何知识可知∠COD=θ，则α=，故选B。
2.如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，
三个完全相同的带正电的绝缘小球(未画出)分别套在固定
于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向
夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度
地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为，则小球在三根细杆上运动的时间关系为(　　)
A.tAB=tAC=tAD B.tABC.tAB>tAC>tAD D.无法确定
√
解析：小球所受电场力大小与重力大小之比为，可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与AB平行，且由A指向B。延长AB，作MC⊥AC交AB于M点，以AM为直径画一个圆(图中虚线)，AD与该圆交于N点。由等时圆模型知tAM=tAC=tAN，而ABAN，故tAB(二) 利用辅助角解决极值问题
辅助角求极值
(1)三角函数：y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α)，其中tan α=。当θ+α=90°时，有极大值ymax=。
(2)利用辅助角求解极值问题的方法：通过平衡条件或牛顿第二定律将物理量转化为关于一个角度的数学表达式，再利用数学方法解决临界极值问题。
[典例]　如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是 (　　)
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
√
[解析]　设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知 Tcos θ=f，f=μN，Tsin θ+N=mg，联立解得T=，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T==，可知当θ+φ
=90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f=Tcos θ==，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。
1.(多选)如图所示，天花板下方通过支架固定一
光滑轻滑轮，一足够长的细绳跨过滑轮，一端与
小球b连接，另一端与套在水平细杆上的小球a连
接，小球a与小球b的质量分别为m和2m。在水平拉力F作用下，小球a从图中虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ=30°(细绳中张力大小视为不变，b球始终未触及细杆)。小球a与细杆间的动摩擦因数为μ=。则此过程中拉力F的可能值为(　　)
A.mg　　 B.mg　 　 C.mg　　 D.mg
√
应用体验
√
√
解析：对小球b有T=2mg，对小球a进行受力分析，
如图所示，由题意可知移动过程中30°≤θ≤90°，
可知Tsin θ=2mgsin θ≥mg，根据平衡条件，在竖直
方向上有Tsin θ=mg+N，在水平方向有F=μN+Tcos θ，
解得F=2mgcos θ+2μmgsin θ-μmg=2mg-μmg，设sin α==，cos α==，解得α=60°，可得F=2mgsin
-μmg，小球a从题图中虚线位置缓慢向右移动过程中，θ减小，可知F逐渐增大，解得mg≤F≤mg，故选A、B、C。
2.(多选)如图甲所示，将一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则 (　　)
A.物块的初速度大小为2 m/s
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g
D.物块沿斜面上滑的最小距离为 m
√
√
解析：由题图乙可知，当θ=90°时，物块运动的位移为0.2 m，由竖直上抛运动规律有=2gh，解得物块的初速度大小为v0=2 m/s，故A正确；当θ=0°时，物块运动的位移为0.4 m，根据运动学公式有2a0x=，由牛顿第二定律有μmg=ma0，解得μ=0.5，故B错误；当0°<θ<90°时，由牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma，可得a=gsin θ+μgcos θ=gsin(θ+φ)，因此物块沿斜面上滑的最大加速度为amax=g=g，此时物块沿斜面上滑的位移最小，由运动学公式有2amaxxmin=，解得xmin= m，故C错误，D正确。

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