思維的比較一一斜面上物體運動時間的兩種求解方法方法一數學方法求極值先推導出待比較的物理量與共同或不變的物理量相聯系的通式，然后分析因變量與自變量之間的關系，再用數學方法進行討論判斷.【典例1】（2018?河南六市一模）一間新房即將建成時要封頂，考慮到下雨時落至房頂的雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的坡度（房頂的底邊長度相同）.設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么，選項所示的情況中符合要求的是（）［解析］設屋檐的底角為。，底邊長為2L（不變）.雨滴做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得加―mgsinG1-一L速^度a=m=gsinG，位移大1、$=2。，2，^而s=cosG，2sinGcosG=sin2G，聯立以上各式得t=：甘普?。當G=45°時，sin2G最大，時間t最短，故選項C正確.

［答案］C［針對訓練］1.（2018?湖北黃岡期末）如右圖所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開始下滑.下列說法正確的是滑到底端時的速度相同滑到底端所用的時間相同在傾角為30°的斜面上滑行的時間最短在傾角為60°的斜面上滑行的時間最短［解析］物體從高度相同的斜面滑到底端時的速度大小相同，但方向不同，選項A錯誤；則當0=60°時，sin。最大，t最短，D選項正確.［答案］D1.建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂的傾角6，以便下雨時落在房頂的雨滴能盡快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動，則（）傾角6越大，雨滴下滑時的加速度越小傾角6越大，雨滴對屋頂壓力越大C.傾角6越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D.傾角6越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短【解答】解：設屋檐的底角為6，底邊為L，注意底邊長度是不變的，屋頂的坡面長度為s，雨滴下滑時加速度為a，對水滴受力分析，只受重力mg和屋頂對水滴的的支持力N。0TOC\o"1-5"\h\z垂直于屋頂方向：mgcos6=N.任平行于屋頂方向：ma=mgsin6"二MA、水滴的加速度為：a=gsin6，則傾角6越大，雨滴下滑時的加:H*:速度越大，故A錯誤；!-=￡=-：B、雨滴對屋頂的壓力：N=N=mgcos6，則傾角6越大，雨滴對

屋頂壓力越小，故B錯誤;C、屋頂到屋檐平面的垂直距離h=-tan9，水滴滑到M點時的動能等于重力勢能的減小2量：』mv2=mgh=竺匹tan9，底邊長度L是不變的，則速度隨傾角9增大而增大，故C正22確D、設從O到M的時間為t，水滴沿斜面運動距離為：s=—^，由位移時間公式得：2cos9L1s==—at22cos92則：t=,：———，故當9=45。時，用時最短，故D錯誤。Lgsin29故選：C。方法二物理解法快速分析（三類等時圓模型及應用）模型特征aBB>P乙丙aBB模型1質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間相等，如圖甲所示；模型2質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；模型3兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示.思維模板

模型條件設置頂點做等

時圓時間比較D多條相交的傾斜光滑軌道模型條件設置頂點做等

時圓時間比較②質點由靜上開始從軌道的，端滑到另一端下端相交:交點為圓的最低點（如圖甲所示）上端相交：交點為圓的最高點（如圖乙所點）過頂點做豎直線以某虻道為弦做圓心在豎iT線上的圓（!）軌道端點都在袖周上，質點運動日寸間相等?②端點在圓內的軌道.質點運動時間短些，端點在圓外的軌苗，質點運動P寸間長些【典例2】（2018-湖北七校聯盟）如右圖所示，AB和CD為①兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和,的②兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止出發，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2,則t1與t2之比為（）2：1B.1：1TOC\o"1-5"\h\zCa.'3:1D.1：很,［審題指導］［、'\：,"黃|第一步讀題干一一提信息*'＜土/說明重力分量提供加速度.'、】乂/可找到下滑距離s與直徑的關系.第二步尋突破一一順思路設軌道與『gm。水平面的Js=2（R+g葉今sw被消1夾角為。ls=2&2）掉習/與0無關［解析］設光滑斜槽軌道與水平面的夾角為0,則物體下滑時的加速度為a=gsin0,由幾何關系，斜槽軌道的長度s=2（R+r）sin0,

由運動學公式$=；奶，得t=*S2g*嚴=2'寸學，即所用的時間t與傾角0無關，所以t=t2,B項正確.［答案］B名師點撥A等時圓模型做出輔助線找到下滑距離與直徑的關系是解題關鍵，有些試題沒有明確給出等時圓模板，需根據題意自己構建.［針對訓練］（2018-廣東四校聯考）如圖所示，Q、如、CD為三根光滑細宜桿，固定在地面同一點D,AD豎直，ZE=NC=90°，現將一小環分別套在細桿的頂端B、C、A處由靜止釋放，到達D點的時間分別為t「t2和，3，則（）123A-t1<t2<t3B.ti>t2=t3c.wD-t1=t2=t3［解析］設BD、CD與水平方向的夾角分別為0、a,細桿長度分別為?、l2,小環沿細桿方向下滑的加速度分別為"a2，細桿AD1212g，即t1=t2=t3,故D項正確.的長度為I.由勻變速直線運動規律可知沿/［ABD下2l2Tsin0滑的時間匕=%*=、寸函兩=可知，沿CDg，即t1=t2=t3,故D項正確.［答案］D2.如圖所示，位于豎直平面內的圓周與水平面相切于M點，與豎直墻相切于點^，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°,C是圓環軌道的圓心.已知在同一時刻，甲、乙兩球分別從A、B兩點由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點.丙球由C點自由下落到M點.則（）A.甲球最先到達M點B?乙球最先到達M點C?丙球最先到達M點D.三個球同時到達M點［解析］設圓軌道的半徑為R根等時圓模型有t乙>甲，t甲=2\理;丙做自由落體運動，有t丙=所以有t>t>t，選項C正確.乙甲丙［答案］C如圖所示，在豎直平面內有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A,B和。分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為圣R,AC長為2\'2r.現沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為（）A.1：SB.1:2C.1:*3D.1:3【解答】解：設AB與豎直方向的夾角為0，如圖所示，則：AB=2RcosQ由牛頓第二定律得物體沿AB下滑的加速度為：a=gcos0解得在AB上運動的時間為t1，則：AB=2at;，解得：t1=2設AC與豎直方向的夾角為a，則：AC=4Rcosa由牛頓第二定律得物體沿AC下滑的加速度為：a=gcosa可知物體在AC上運動的時間為：t2=2^—，所以'=-L，A正確，BCD錯誤。tv22故選：A。動力學中的圖像問題--圖形結合思想的應用圖象類型（1）已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖象，要求分析物體的運動情況。（2）已知物體在一運動過程中位移、速度、加速度隨時間變化的圖象，要求分析物體的受力情況。（3）已知物體在物理圖景中的運動初始條件，分析物體位移、速度、加速度隨時間的變化情況。解題策略數形結合思想（1）問題實質是考查力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖象斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。（2）應用物理規律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題做出準確判斷。【典例】（2018-全國卷I）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P,系統處于靜止狀態.現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動.以X表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是（）+F［審題指導］

I求出F與工的表達式I求出F與工的表達式［解析］本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定律.設系統靜止時彈簧壓縮量為％,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0.力F作用在P上后，物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，F+k（x0—x）—mg=ma.聯立以上兩式得F=kx+ma,所以F—x圖象中圖線是一條不過原點的傾斜直線，故A正確.［答案］A解決圖象問題的關鍵點圖象反映了兩個變量之間的函數關系，必要時需要根據物理規律進行推導，得到函數關系后結合圖線的斜率、截距、面積、交點坐標、拐點的物理意義對圖象及運動過程進行分析.［角度訓練］角度一動力學中的F-t圖象1.（2018?河南師大附中考試1.（2018?河南師大附中考試）一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動.F隨時間，變化的圖線如圖所示，則（）t=1s時物塊的速率為2m/st=2s時物塊的動量大小為4kg?m/st=3s時物塊的動量大小為5kg?m/sD.t=4s時物塊的速度為零F2［解析］0?2s,根據牛頓第一定律，％=商=2m/s2=1m/s2，則物塊在0?2s的速度v=a0t；t=1s時，物塊的速率為1m/s,故A錯誤；t=2s時，物塊速率為2m/s,則動量大小為p=mv=4kg-m/s,故B正確；2?4s,力開始反向，物塊減速，根據牛頓第一定律，a1=-0.5m/s2,所以3s時物塊的速度大小為1.5m/s，動量大小為3kg-m/s,4s時物塊的速率為1m/s,故C、D錯誤.［答案］B角度二動力學中的a-F圖象（多選）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如右圖所示，g=10m/s2，則可以計算出（）物體與水平面間的最大靜摩擦力F為14N時物體的速度物體與水平面間的動摩擦因數物體的質量［解析］由a-F圖象可知，拉力在7N之前加速度都是0,因此可知最大靜摩擦力為7N,選項A正確；再由圖象可知，當F=7N時，加速度為0.5m/s2，當F=14N時，加速度為4m/s2，即F1-^mg=ma1，F2—pmg=ma2，可求得動摩擦因數及物體的質量，選項C、D正確；物體運動為變加速運動，且不知隨時間如何變化，則不能算出拉力為14N時物體的速度，選項B錯誤.［答案］ACD知能深化A動力學圖象問題的分析流程

勻加速運動或勻誠速運動圖象的關、鍵點，提取有用信息/牛頓第二定律°列方程運動學公式由運動圖v—t,ci—t'等圖象兒構建確日蚤動規律勻加速運動或勻誠速運動圖象的關、鍵點，提取有用信息/牛頓第二定律°列方程運動學公式由運動圖v—t,ci—t'等圖象兒構建確日蚤動規律【解答】解：籃球向下運動時，受重力和空氣阻力作用，根據牛頓第二定律有:mg-f=ma1，解得：a1=g-f；籃球反彈向上運動時，受重力和空氣阻力作用，根據牛頓第二定律有:mg+f=ma，解得：a=g+—，聯立得：a<a，即下落的加速度小于上升的加速度，22m12故v-1圖線正方向的斜率小于負方向的斜率，由于碰撞中存在能量損失，所以籃球彈起時的速度越來越小，故A正確，BCD錯誤；故選：A。數形結合思想的運用原則：（1）物理公式與物體圖象的結合是一種重要題型，對于已知圖象求解相關物理量問題，往往結合物理過程從分析圖象的橫軸和縱軸坐標所對應的物理量的函數入手，分析圖線的斜率、截距所代表的物理意義得出所求結果；（2）解決這類問題必須把物體的實際運動與圖象相結合起來，并相互對應起來。如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取0m/s2.由題給數據可以得木板的質量為1kg2s~4s內，力F的大小為0.4N0?2s內，力F的大小保持不變D?物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2【解答】解：A、根據圖象可知木塊與木板之間的滑動摩擦力為f=0.2N，在4s后撤去外力，此時木板在水平方向上只受到滑動摩擦力的作用，此時木板的加速度大小為a=~—=0.2m/s2，根據牛頓第二定律可得f=ma，解得木板的質量m=1kg，故A正25-42確；B、2s?4s內，木板的加速度a=m/s2=0.2m/s2，根據牛頓第二定律可得F-f=ma，14-21

解得力F=0.4N，故B正確；C、0-25內，整體受力平衡，拉力F的大小始終等于繩子的拉力，繩子的拉力增大，則力F增大，故C錯誤；D、由于物塊的質量無法求出，物塊與木板之間的動摩擦因數無法求解，故D錯誤。故選：AB。如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平推力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面之間的最大靜摩擦力f大小與滑動摩擦力大小相等，則下列說法錯誤的是（A.。?t時間內物體的速度逐漸增大B.A.。?t時間內物體的速度逐漸增大B.t時刻物體的速度最大C.t時刻物體的速度最大D.t時刻后物體立即做反方向運動【解答】解：A、在0-1時間內水平拉力小于最大靜摩擦力，物體保持不動，故A錯誤;B、t-1時間內，物塊始終做加速運動，然后物塊做減速運動，t時刻物塊的速度達到最022大，故B錯誤，C正確；D、t時間之后，摩擦力大于拉力，物體開始做減速運動，但繼續向前運動，故D錯誤；因選錯誤的，故選：ABD。水平地面上質量為汰g的物塊受到水平拉力F、F的作用，F、F隨時間的變化如圖所1212不，已知物塊在前25內以4m/5的速度作勻速直線運動，取g=10m/52，則（）A.物塊與地面的動摩擦因數為0.2

A.物塊與地面的動摩擦因數為0.23s末物塊受到的摩擦力大小為3N4s末物塊受到的摩擦力大小為1N5s末物塊的加速度大小為3m/s2【解答】解：AB、0-2s內物體作勻速直線運動，由平衡條件得七=F2+f，得物塊受到的摩擦力大小f=F-F2=8-5=3（N），則知3s末物塊受到的摩擦力大小為3N。由f=Rmg得r=0.3,故A錯誤，B正確。CD、2s時刻后，由牛頓第二定律得：F-F2-f=ma得：a=-2m/s2物體開始做勻減速運動，勻減速至速度為零的時間為：t=工=-4=2sa-2所以t=4s時刻速度為零。由于物體所受的最大靜摩擦力至少等于3N，而此時F-F2=6N-5N=1N，小于最大靜摩擦力，因此t=4s后物體靜止不動，所受的摩擦力為f，=F[-F2=6N-5N=1N，5s末物塊的加速度大小為0，故C正確，D錯誤。故選：BC。（多選）（2018?山西五市聯考）將一質量不計的光滑桿傾斜地固定在水平面上，如下圖甲所示，現在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運動.該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時間變化的規律如圖乙、丙所示.g=10m/s2.則下列說法正確的是（）在2?4s內小球的加速度大小為0.5m/s2小球質量為2kgC?桿的傾角為30°D.小球在0?4s內的位移為8m［解析］由圖象得：在2?4s內小球的加速度a=—=0.5m/s2，則At—t21正確；在0?2s內小球做勻速直線運動時，重力沿桿向下的分力等于5N,在2?4s內由牛頓第二定律有：F2-Fi=ma，解得m=1kg,則B錯誤；設桿與水平面的夾角為Q,則F2—mgsinQ=ma,解得a=30°，則C正確；由速度一時間圖象可知，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，即0?4s內小球的位移為5m，則D錯誤.［答案］AC（2018?湖北宜昌調研）一個物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示，g=10m/s