模型06“等时圆”模型（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、06“等时圆”模型 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 t1，沿 AC 轨道运动到 C 点所用时间为 t2，则 t1与 t2之比为( ) A12： B1:2 C1 3 ： D1:3 【答案】A 【详解】 方法一： 设 AB与竖直方向的夹角为 ，则： AB=2Rcos， 由牛顿第二定律得物体沿 AB 下滑的加速度为：a=gcos，解得在 AB 上运动

2、的时间为： 1 2 2 ABR t ag ， 同理设 AB与竖直方向的夹角为 ，则： AC=4Rcos， 由牛顿第二定律得物体沿 AC 下滑的加速度为： a=gcos， 可知物体在 AC上运动的时间为： 2 22 2 ACR t ag 则 1 2 1 2 t t ，故 A 正确 方法二、 令 AC和小圆的交点与 D点，物体沿 AC运动到 D的时间为 1 t则在小圆中物体沿 AC到 D 点的时间和 沿 AB到 B点的时间相等，等于： 1 2 R t g 物体沿 AC运动到 D的时间为 2 t为： 2 2 2 R t g 则 1 2 1 2 t t 【点睛】 本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基

3、本公式的直接应用，解题时要分析清楚小球的运动情况，并 能结合几何关系求解 2(2019 江西省宜丰中学高一开学考试)如图所示，一个物体由 A 点出发分别沿三条光滑轨道到达 C1，C2， C3，则( ) A物体到达 C1点时的速度最大 B物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C物体到达 C3的时间最短 D在 C3上运动的加速度最大 【答案】C 【详解】 在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度 mgsin agsin m 斜面倾角越大， 加速度越大， 所以 3 C上运动的加速度最大， 根据几何知识可得： 物体发生位移为 h x sin ， 物体的初速度为

4、零，所以 2 1 2 xat 解得 2 22xh t agsin 倾角越大，时间越短，物体到达 3 C的时间最短，根据 2 2vax 得，2vgh，知到达底端的速度大小 相等，故 C正确。 故选 C。 3(2020 全国高一课时练习)如图所示，O点是竖直圆环的顶点，Oc是圆环直径，Oa和 Ob 是两条不同倾角 的弦在 Oc、Oa、Ob 线上置三个光滑的斜面，一个质点从 O 自由释放，先后分别沿 Oc、Oa、Ob下滑， 则到达 a、b、c 三点的时间 A时间都相同 B最短的是 a 点 C最短的是 b 点 D最长的是 c 点 【答案】A 【详解】 设圆的半径为 R，斜面与竖直方向夹角为 ，则物体运

5、动的位移为 x=2Rcos，物体运动的加速度 cos cos Fmg ag mm 合 ，根据 2 1 2 xat，解得 4R t g ，与夹角 无关，即三种路径的运动时 间相同；故选 A 【点睛】 本题要掌握等时圆模型的特点，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间， 看时间与 角的关系 4(2020 北京海淀 北大附中高三三模)如图所示，在竖直平面内有 ac、abc、adc 三个细管道，ac沿竖直方 向，abcd是一个矩形。将三个小球同时从 a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当 竖直下落的小球运动到 c点时，关于三个小球的位置，下列示意图中可能正确的是(

6、 ) A B C D 【答案】B 【详解】 设acd，acb， 设小球沿ab、bc、ac 、ad、dc下滑的加速度分别为 1 a、 2 a、 3 a、 4 a、 5 a。 根据牛顿第二定律得 15 sin sin mg aag m sin(90) 24cos mg aag m 3 ag 对ab段有 22 1 11 11 sinsin 22 datgt 得 1 2d t g 对ac段有 2 3 1 2 dgt 得 3 2d t g 对ad段有 22 4 44 11 coscos 22 da tgt 得 4 2d t g 所以有 124 ttt 即当竖直下落的小球运动到c点时， 沿abc下落的小球

7、恰好到达b点， 沿adc下落的小球恰好到达d点， 故 ACD错误，B 正确。 故选 B。 5如图所示，Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、a、b、c位于同一圆周上，点d为 圆周的最高点，c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P处释放(初 速为0)，用 1 t、 2 t、 3 t依次表示各滑环到达a、b、c所用的时间，则( ) A 123 ttt B 123 ttt C 312 ttt D 123 ttt 【答案】B 【详解】 以 P 点为最高点，取合适的竖直直径 Pe 作圆，如图虚线所示 三个滑环从 P 静止释放到达虚线圆上 f、g、h的时间设为 t

8、，杆与竖直方向的夹角为 ，虚线圆的直径为 d。根据位移时间公式可得 2 1 coscos 2 dgt 解得 2d t g 则知虚线圆为等时圆，即从 P 到 f、b、g 是等时的，比较图示位移 PaPf，Pct2t3 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 6(2020 全国高二开学考试)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。 每根杆上都套着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点无初速释放，下列关于它们下滑到 d过程的说法中正确的是( ) A沿cd细杆下滑的滑环用时最长 B重

9、力对各环的冲量中 a的最小 C弹力对各环的冲量中 c的最大 D合力对各环的冲量大小相等 【答案】C 【详解】 A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，如图 即等时圆模型，小球下滑过程均满足 2 1 2 coscos 2 Rgt 解得 2 R t g 根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错误； B三个滑环重力相等，根据冲量IFt可知重力对各环的冲量大小相等，B错误； C假设光滑细杆与ad的夹角为，受力分析可知滑环所受弹力为 sinNmg cd杆与ad的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中 c 的最大，C 正确； D根据动量定理

10、可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律 2 1 2 mghmv 解得 2vgh 可知从a滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错误。 故选 C。 7(2019 广东高三零模)如图，倾斜传送带上有两条光滑导轨，PA竖直、PB垂直于传送带，现同时在 P 点 释放两个质量相同的小货物(均视为质点)，各自沿两条导轨滑下，则它们滑到导轨底端( ) A末速度相同 B所用的时间相同 C重力所做的功相同 D重力做功的功率相同 【答案】B 【详解】 A货物落到传送带上的速度的方向不同，所以末速度不同，A错误； B导轨光滑，PBAB，所以做出PAB的外接圆： 根据等时圆模型可知，两物体落到传送

11、带上的时间相等，B正确； C重力做功根据： Wmgh 货物质量相等，落到 A 点的货物高度大，重力做功多，C错误； D重力做功的功率为重力做功与时间的比值，即： W P t AB WW ，时间相同，所以 AB PP，D 错误。 故选 B。 8处于竖直平面内的某圆周的两条直径 AB、CD间夹角为 60 ，其中直径 AB水平，AD与 CD 是光滑的细 杆从 A 点和 C 点分别静止释放两小球，从 A、C点下落到 D点的时间分别是 t1、t2，则 t1t2是( ) A11 B32 C 3:2 D2 :3 【答案】C 【详解】 由几何关系得，AD与水平面的夹角为 30，设圆周的半径为R，则有： 2 c

12、os303 AD xRR 根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度大小为： 1 1 sin30 2 agg 根据 2 1 1 1 2 AD xa t 可得： 1 1 24 3 AD xR t ag 由几何关系得： 2 CD xR 小球在CD上运动的加速度大小： 2 3 sin60 2 agg 根据 2 2 2 1 2 CD xa t 可得： 2 2 28 3 CD xR t ag 则有： 1 2 3 2 t t ABD错误；C正确。 故选 C。 9(2019 上海高一课时练习)光滑斜轨道 PA、PB、PC的端点都在竖直平面内的同一圆周上，物体从 P 点由静 止开始沿不同轨道下滑，如图所示，

13、下列说法中正确的是( ) A物体沿 PA下滑时间最短 B物体沿 PB下滑时间最短 C物体沿 PC下滑时间最短 D物体沿不同轨道下滑所用时间相同 【答案】D 【详解】 设过 P 点的任意光滑斜轨道与 PB的夹角为，可知轨道长为2 cosR，根据牛顿运动定律，可得沿轨 道下滑的物体的加速度为cosag，再结合匀变速直线运动的规律可得 2 1 2 cos 2 Rat，可得 4R t g ，与夹角无关，故 D正确 10(2019 贵州贵阳一中高三月考)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， 圆环上 A、B、C 点与 M点的连线和竖直面的夹角分别为 30 、45 、60 ，已知

14、 a、b、c 三个小球分别由 A、B、C三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道 AM、BM、CM 运动到 M 点。则 Atatbtc Bta =tb=tc Cta=tctb Dtctbta 【答案】B 【详解】 对于 AM段有 2 1 2 cos30 2 Rat ， sin(9030 )ag， 得 4R t g ， 与 角无关，即三个小球运动时间和光滑倾斜直轨道与竖直面的夹角无关， A与分析不相符，A错误 B与分析相符，B正确 C与分析不相符，C 错误 D与分析不相符，D错误 11 (2018 广西南宁三中高二月考)如图所示， 在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆， 其中 OA 杆竖直放置， OB 杆与

15、 OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从 O 点由静止释放， 沿 OA、 OB、 OC、 OD 滑到斜面上所用的时间依次为 t1、 t2、 t3、 t4 下列关系正确的是( ) At1t3 Ct2t4 Dt2t2，OD长度超过一条弦，时间最长,即 t2t2t3 Bt1t2t2t3，故选 A. 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；要抓住物体从直径的顶端沿光滑斜面滑到圆周上时所用 的时间是相等的这一结论，则很容易解答此题；同样物体从圆周上的各点滑到圆周的底端时的时间也是 相等的，这些结论都要记住. 18如图，位于竖

16、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60，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。则( ) Aa 球最先到达 M点 Bb 球最先到达 M 点 Cc 球最先到达 M 点 Dd 球最先到达 M点 【答案】C 【解析】 【详解】 对于 AM段，位移 1 2xR 加速度 1 sin452 2 mg ag m 根据 2 11

17、1 1 2 xa t得 1 2 R t g 对于 BM段，位移 2 2xR 加速度为 2 sin603 2 mg ag m 根据 2 22 2 1 2 xa t得 2 8 3 R t g 对于 CM段，位移 3 xR 加速度为 3 ag 根据 2 33 3 1 2 xa t得 3 2R t g 对于 d 小球，做类似单摆运动 4 42 TR t g 所以 t3最小，t2最大，故 C正确。 故选 C。 19(2019 内蒙古集宁一中高三月考)如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从 P 点以 大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内达到各自的最高点，则各小球最高

18、 点的位置( ) A在同一水平线上 B在同一竖直线上 C在同一圆周上 D在同一抛物线上 【答案】C 【解析】 试题分析： 角度为的轨道上，小球沿轨道上滑的加速度为a gsin 上滑的距离 2 1 () 2 Sg sint， 上升高度 22 1 () 2 HSsinag sint 水平移动距离 2 1 Lcos(cos) 2 Sg sint， 简化为 2 Hksin，Lcosksin ( 2 1 2 kgt为定值) 所以H2sinasina11 cos2 222 kkk （）（） Lsin2 2 k 所以 222 ()( ) 22 kk HL 故小球是在同一圆周上，圆半径为 2 k . 考点：牛

19、顿定律，云变速执行运动规律 点评：注意培养和锻炼应用数学知识解决物理问题的能力 20(2020 肥东县综合高中高三月考)如图所示，oa、ob 和 ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，o、a、b、 c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a 为最低点， o为圆心每根杆上都套着一个小滑环，两个 滑环从 o点无初速释放，一个滑环从 d点无初速释放，用 123 ttt、 、分别表示滑环沿 oa、ob、da 到达 a、 b 所用的时间，则下列关系正确的是 A 12 tt B 13 tt C 12 tt D 23 tt 【答案】BC 【详解】 设 ob 与竖直方向的夹角为，由几何关系得 oa 与竖直方向的

20、夹角为 1 2 ，环沿 oa 下滑时的加速度大小 为 1 cos 2 ag 沿 ob 下滑时的加速度大小为 2 cosag 设 ob 长为 L，由几何关系得 oa长为cos 2 L ，根据运动学公式有 22 2 21 1 11 cos 222 La tLat， 得 22 21 22 cos 2 LL tt gg ， 由此得到 12 tt；由于 1 2L t g ，同理可得到 3 2L t g ，因此 1323 tttt， 故选 BC。 21(2019 靖远县第四中学高三月考)如图所示，让物体同时从竖直圆上的 P1、P2处由静止开始下滑，沿光 滑的弦轨道 1 PA、 2 P A滑到 A处， 1

21、PA、 2 P A与竖直直径的夹角分别为 1 、 2 则( ) A物体沿 12 PAP A、下滑加速度之比为 12 :sinsin B物体沿 12 PAP A、下滑到 A处的速度之比为 12 :coscos C物体沿 12 PAP A、下滑的时间之比为1:1 D两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为 12 :coscos 【答案】BCD 【详解】 A物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律得 mgcos agcos m 所以加速度大小之比为 12 :coscos，故 A 错误； BC物体的位移2Rcos，则 2 1 2 2 Rcosat 解得 4R t g 与夹角无关，知下滑时间之比为1:1，

22、则vat，知速度之比为 12 :coscos，故 B 正确，C正确； D加速度大小之比为 12 :coscos，根据牛顿第二定律知，合外力之比为 12 :coscos，故 D 正确。 故选 BCD。 22(2020 山西高一期末)如图所示，圆 1和圆 2 外切，它们的圆心在同一竖直线上，有四块光滑的板，它们 的一端 A 搭在竖直墙面上，另一端搭在圆 2 上，其中 B、C、D 三块板都通过两圆的切点，B 在圆 1 上， C在圆 1 内， D在圆 1外， A板与 D板最低点交于一点 a(d)， 且两板与竖直墙面的夹角分别为 30、 60， 从 A、B、C、D四处同时由静止释放一个物块， 它们都沿板

23、运动， 到达叫板底端的时间分别为 t A 、 t B 、 t C、 tD，下列判断正确的是( ) A B t最短 B C t最短 C AB tt D AD tt 【答案】BCD 【详解】 设板与竖直方向的夹角为，沿板运动的加速度为： cos cos mg ag m 设上面圆 1 的半径为r，下面圆 2 的半径为R，则 Bb轨道的长度为： 2 cos2 cossrR 根据位移时间公式得： 2 1 2 sat 则 4()rR t g 故从上面圆 1上的任一点沿光滑直轨道达到下面圆 2 的任一点的时间相等； 因 B 在圆 1 上， C 在圆 1 内， D在圆 1外，且板的低端堵在下面圆 2上，故有

24、DBC ttt ； 轨道 Aa和 Dd相交于最低点 a(d)， sinsin AADD LL 则对 A、D有： cos cos mg ag m ， 2 1 2 Lat 联立解得： 22 cos LL t ag 则有： 224 coscos303 AAA A A LLL t ggg 22sin2sin304 cossincossin60cos603 DAAAA D DDD LLLL t gggg 故 AD tt 故有： ADBC tttt 故 A 错误，BCD 正确。 故选 BCD。 23如图为竖直面内的一个圆，从圆上最高点 P 到圆上 A、B两个斜面 PA和 PB，斜面与竖直方向夹角为 和 ，

25、物块从 P点由静止释放，沿 PA 经时间 t1到 A，沿 PB 经时间 t2到 B，则( ) A若不计摩擦，则 t1=t2 B若不计摩擦，则 t1t2 C若有摩擦且动摩擦因数相同，则 t1t2 D若有摩擦且动摩擦因数相同，则 t1t2 【答案】AC 【解析】 【详解】 AB.物块从P点由静止释放， 弦PA长度为2 cosR， 若斜面光滑， 物体沿PA下滑时加速度为 cosag ， 因此从 P 运动到 A的过程中，由运动学知识，有 2 1 2 coscos 2 Rgt， 运动的时间 4R t g ， 可知下滑的时间与倾角大小无关，即沿 PB 下滑时间与 PA相同，故 A 正确；B错误； BC.若斜面有摩擦且动摩擦因数相同，则物块沿 PA下滑时加速度 cossin cossin mgmg agg m ， 从 P 运动到 A的过程中，有 2 1 2cos( cossin) 2 Rggt， 可得运动时间 4 tan R t gg ， 可知倾角越大时，运动时间越长，由于，因此从 P到 A 的运动时间比从 P到 B 运动时间长，即 t1 t2，故 C 正确，D错误。 故选 AC。