3-10-物理建模：动力学中“等时圆模型”问题的分析思路

动力学中的九类常见问题等时圆模型【模型解读】“等时圆”描述了一个物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆 (或光滑斜面)由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，这个时间等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。

这个模型在物理计算中有着重要的应用，特别是在研究物体的运动轨迹和时间关系时。

由2R ·sin θ=12·g sin θ·t 2，可推得t 1=t 2=t 3。

“等时圆”模型的基本特性在于，它揭示了物体在不同路径上运动时，如果路径都在同一个竖直圆上，那么物体到达圆周最低点的时间是相等的。

这一特性不仅适用于光滑细杆，也适用于光滑斜面。

此外，如果物体的运动路径的端点在圆外，那么质点运动的时间会长一些；反之，如果端点在圆内，质点运动的时间则会短一些。

这个模型的应用不仅限于物理学科，它也体现了数学和物理之间的紧密联系。

通过“等时圆”模型，我们可以更好地理解物体在不同条件下的运动规律，以及这些规律如何影响物体的运动时间和路径。

物体在“两类”光滑斜面上的下滑时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)由L =12at 2，a =g sin θ，L =hsin θ可得t =1sin θ2h g ，可知倾角越小，时间越长，图1中t 1>t 2>t 3。

第二类：同底斜面(如图2所示)由L =12at 2，a =g sin θ，L =dcos θ可得t =4d g sin2θ，可见θ=45°时时间最短，图2中t 1=t 3>t 2。

【典例精析】1(2023年7月浙江宁波期末). 滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB 、AC 、AD 和BD ，A 、B 、C 、D 在竖直平面内的同一圆周上，且A 为圆周的最高点，D 为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R 。

在圆周所在的竖直平面内有一位置P ，距离A 点为3R ，且与A 等高。

“等时圆”模型的基本规律及应用（此文章已发表于《考试》杂志）前段时间在网上发了一个帖子“等时圆规律有哪些应用”，居然有同志认为是“等势圆”吧。

而在物理教学中，借助各种模型，把抽象问题具体化，把复杂问题简单化，能使得物理问题便于理解和接受。

基于此我对“等时圆”规律和应用阐述如下：一、何谓“等时圆”如图1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。

每根杆上都套有一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a 、b 、c 处释放（初速为0），用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则（ ）A.t 1<t 2<t 3B.t 1>t 2>t 3C.t 3>t 1>t 2D.t 1=t 2=t 3解析：选任一杆上的环为研究对象，受力分析并建立坐标如图所示，设圆半径为R ，由牛顿第二定律得，ma mg =θcos ①再由几何关系，细杆长度θcos 2R L =② 设下滑时间为t ，则221at L =③ 由以上三式得，g R t 2= 可见下滑时间与细杆倾角无关，所以D 正确。

由此题我们可以得出一个结论。

结论：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等。

推论：若将图1倒置成图2的形式，同样可以证明物体从最高点由静止开始沿不同的光滑细杆到圆周上各点所用的时间相等。

象这样的竖直圆我们简称为“等时圆”。

关于它在解题中的应用，我们看下面的例子：二、“等时圆”的应用 1、 可直接观察出的“等时圆”例1：如图3，通过空间任一点A 可作无限多个斜面，若将若干个小物体从点A 分别沿这些倾角各不相同的光滑斜面同时滑下，那么在同一时刻这些小物体所在位置所构成的面是（ ） A.球面 B.抛物面 C.水平面 D.无法确定解析：由“等时圆”可知，同一时刻这些小物体应在同一“等时圆”上，所以A 正确。

物理建模系列(四)等时圆模型及其应用1．模型特征(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；(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．思维模板例如图所示，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∶1B．1∶1C.3∶1 D．1∶ 3【解析】设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝2s a ＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋r g，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确． 【答案】 B[高考真题]1．(2013·课标卷Ⅱ，14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )【解析】 静摩擦力随外力而改变，当外力大于最大静摩擦力时，物体才产生加速度，可利用牛顿第二定律列方程求解．物块受到拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，当F ≤F fmax 时，a ＝0；当F >F fmax 时，a 与F 成一次函数关系，选项C 正确．【答案】 C2．(2016·课标卷Ⅱ，19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【解析】 两球的质量m ＝ρ·43πr 3，f ＝kr ，对两球由牛顿第二定律 a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －k ρ·43πr 2，可得a 甲＞a 乙，由h ＝12at 2知甲球的运动时间较短，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 得v 甲＞v 乙，故选项B 正确；因f 甲＞f 乙，由W f ＝f ·h 知阻力对甲球做功较大，选项D 正确．【答案】 BD3．(2016·天津卷，8)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2【解析】 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误．以后面的车厢为研究对象，F 56－3kmg ＝3ma ，F 67－2kmg ＝2ma ，则5、6与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B 正确．根据v 2＝2ax ，车厢停下来滑行的距离x 与速度的二次方成正比，选项C 错误．若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P ＝8kmg ·v 知，最大速度变为原来2倍，选项D 正确．【答案】 BD[名校模拟]4．(2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，两个质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F 1＝40 N 、F 2＝10 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )A ．弹簧秤的示数是28 NB ．弹簧秤的示数是30 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，m 1的加速度大小为6 m/s 2D ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度大小为4 m/s 2【解析】 以m 1和m 2为整体作研究对象：F 1－F 2＝(m 1＋m 2)a ；隔离分析m 1：F 1－F ＝m 1a ，得F ＝28 N ，故弹簧秤示数为28 N ，A 对，B 错；F 2撤去瞬间，弹簧弹力不变，m 1的加速度仍为6 m/s 2，F ＝m 2a ′，a ′＝283m/s 2，C 对，D 错． 【答案】 AC5.(2018·山东济南一中上学期期中)如图所示，质量为4.0 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为6.0 kg 的物体B 用细线悬挂在天花板上．B 与A 刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．A 的加速度的大小为1 m/s 2B ．B 的加速度的大小为6 m/s 2C ．弹簧的弹力大小为60 ND ．A 、B 间相互作用力的大小为24 N【解析】 剪断细线瞬间，弹簧弹力大小仍为m A g ，对于整体：(m A ＋m B )g －m A g ＝(m A ＋m B )a ，a ＝6 m/s 2，方向向下，对于B ：－F N ＋m B g ＝m B a ，F N ＝24 N ，B 、D 正确．【答案】 BD6．(2018·山西晋中高三质检)如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成夹角为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间的大小关系为( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝2θD ．α＝θ3【解析】 如图所示，在AC 上选取一点O 为圆心，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．将木板下端与D 点重合即可，而∠COD ＝θ，则α＝θ2. 【答案】 B课时作业(八)[基础小题练]1.(2018·山东济南一中上学期期中)细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是( )A ．小球静止时弹簧的弹力大小为35mg B ．小球静止时细绳的拉力大小为35mg C ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为53g 【解析】 小球静止时，弹簧弹力F ＝mg tan 53°＝43mg ， 细绳拉力T ＝mg cos 53°＝53mg . 细绳烧断瞬间，小球合力大小仍等于53mg ，故加速度为53g ，D 正确． 【答案】 D2.(2018·山东泰安高三上学期期中)如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A 施加一水平力F ，则A 、B 的加速度可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．a A ＝6 m/s 2，aB ＝2 m/s 2B ．a A ＝2 m/s 2，a B ＝6 m/s 2C ．a A ＝8 m/s 2，a B ＝4 m/s 2D ．a A ＝10 m/s 2，a B ＝6 m/s 2【解析】 A 、B 间恰好达到最大静摩擦力时，μm A g ＝m B a B ，a B ＝6 m/s 2，a A 至少为6 m/s 2，A 、B 的加速度才可能不同，可能的组合只能是D 项．【答案】 D3．如图所示，将一个质量为m 的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力F 经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度做匀速直线运动，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间( )A ．物体的加速度大小为F m，方向水平向左 B ．物体的加速度大小为2F m，方向水平向右 C ．地面对物体的作用力大小为mgD ．地面对物体的作用力大小为(mg )2＋F 2【解析】 开始物体做匀速直线运动，知推力F 等于摩擦力，即F ＝F f ，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动，摩擦力仍然向左，则合力为F 合＝F ＋F f ，方向向左，根据牛顿第二定律，物体的加速度a ＝F ＋F f m ＝2F m，方向水平向左，故A 、B 错误；地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于F ，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F ′＝(mg )2＋F 2，故D 正确，C 错误．【答案】 D4．(2018·安徽淮南一模)质量分别为M 和m 的两物块A 、B 大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A 恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A ，斜面仍保持静止，重力加速度大小为g ，则( )A ．此时轻绳的拉力大小为mgB ．此时轻绳的拉力大小为MgC ．此时A 运动的加速度大小为(1－sin 2α)gD ．此时A 运动的加速度大小为M －m Mg 【解析】 第一次按题图甲放置时A 静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg ，第二次按题图乙放置时，对A 、B 整体由牛顿第二定律得，Mg －mg sin α＝(m ＋M )a ，联立得a ＝(1－sin α)g ＝M －m Mg ，对B ，由牛顿第二定律得T －mg sin α＝ma ，解得T ＝mg ，故A 、D 正确，B 、C 错误．【答案】 AD5．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶3【解析】 水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a ＝F －μ(M ＋m )g M ＋m＝F 3m －μg ，隔离分析物块A 有F B －μmg ＝ma ，得F B ＝F 3＝kx 1，x 1＝F 3k .竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a ′＝F －(M ＋m )g M ＋m＝F 3m －g ，对A 物体有F ′B －mg ＝ma ′，得F ′B ＝F 3＝kx 2，x 2＝F 3k.所以x 1∶x 2＝1∶1，A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A6．如图所示，两相互接触的物块放在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2，且m 1<m 2.现对两物块同时施加相同的水平恒力F ，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为F N ，则()A ．F N ＝0B ．0＜F N ＜FC ．F ＜F N ＜2FD ．F N ＞2F【解析】 设两物块运动过程中，它们之间的相互作用力为F N ，则对于两物块整体而言，由牛顿第二定律得2F ＝(m 1＋m 2)a ①，对于物块m 1而言，由牛顿第二定律得F －F N ＝m 1a ②；两式联立解得F N ＝F (1－21＋m 2m 1)，因m 1＜m 2，故F N <F ，故选项B 正确． 【答案】 B[创新导向练]7．就地取材——搬砖中蕴含的物理定律春晚上，旭日阳刚兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 件的质量为m ，B 件的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )A ．μFB ．2μFC.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )【解析】 由于A 、B 件相对静止，故A 、B 件之间的摩擦力为静摩擦力，选项A 、B 错误．设民工兄弟对A 、B 件竖直方向的摩擦力为F f1，以A 、B 件整体为研究对象可知在竖直方向有2F f1－(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f2，对A 件由牛顿第二定律有F f1－F f2－mg ＝ma ，解得F f2＝m (g ＋a )，选项D 正确，选项C 错误．【答案】 D8．理想模型——通过“等时圆模型”考查动力学问题如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EFB ．t AB ＞t CD ＞t EFC ．t AB ＜t CD ＜t EF D ．t AB ＝t CD ＜t EF【解析】 设上面圆的半径为r ，下面圆的半径为R ，则轨道的长度x ＝2r cos α＋R ，下滑的加速度a ＝mg cos αm ＝g cos α，根据位移时间公式x ＝12at 2，则t ＝4r cos α＋2R g cos α＝4r g ＋2R g cos α，因为α＞β＞θ，则t AB ＞t CD ＞t EF ，故B 正确，A 、C 、D 错误． 【答案】 B9．生活实际——利用牛顿第二定律处理日常生活问题为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )【解析】 设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝L cos θ，2sin θcosθ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝4Lg sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．【答案】 C10．生活科技——跳伞运动考查动力学问题某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F f与速度v成正比，即F f＝k v(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是()A．k＝100 N·s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a＝20 m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 ND．悬绳能够承受的拉力至少为625 N【解析】当速度达到5 m/s时匀速运动，由k v＝(M＋m)g得k＝200 N·s/m，A错；刚打开降落伞时，k v0－(M＋m)g＝(M＋m)a，a＝30 m/s2，方向竖直向上，B错，且此时悬绳承受的拉力最大，隔离分析运动员：8T cos α－mg＝ma，T＝312.5 N，故C对，D错．【答案】 C[综合提升练]11．(2018·安徽师大附中高三上学期期中)如图为一条平直公路中的两段，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面．已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数μ1＝0.25，与水泥路面的动摩擦因数为μ2＝0.50.当汽车以速度v0＝20 m/s沿柏油路面行驶时，若刚过A点时紧急刹车后(车轮立即停止转动)，汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度2v0在柏油路面上行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好撞不上障碍物，(重力加速度g＝10 m/s2)，求：(1)水泥路面AB段的长度；(2)在第二种情况下汽车从刹车开始运动了多长时间才停下？【解析】(1)汽车在A到B的过程中有：μ2mg＝ma2AB间距为：x2＝v202a2联立并代入数据得：x2＝40 m.(2)由(1)可知，汽车恰不撞上障碍物，在A点的速度应为v0，则在A点左侧有：2v0－v0＝a1t1且有：μ1mg＝ma1在A到B的过程中有：v0＝a2t2所求时间为：t＝t1＋t2联立并代入数据得：t＝12 s.【答案】(1)40 m(2)12 s12．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有F合′＝F－F f－mg sin α＝ma2mg sin α＝mg hl2v22－v21＝2a2l2其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－F f＝ma1′v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.【答案】(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N。

等时圆模型(最新最全)(总9页)
等时圆模型，也称为基于等时线的圆形模型，是专为考量太阳系中行星运行速度变化而提出的天体运行模型。

它是建立在数量物理的理论框架上的，可以用来提供一种更加准确灵活的推进器性能预测方法。

简而言之，等时圆模型的主要思想是，当一个行星或小行星在恒星系的引力场中运行时，其运动速度受到重力场的抑制，由而产生一种抛物形线，即行星运动轨道形状具有椭圆或螺旋形，另外，它在运动过程中出现大量剧烈变化。

等时轨道模型是根据英国天文学家布洛克在1609年提出的费米力学原理而构建的。

他认为，行星的运行轨道具有椭圆的形状，靠近恒星的运动速度减慢，而离恒星的距离增加时，速度增加。

在这种做法下，行星在恒星系宇宙中运行时形成一种螺旋形轨道。

等时圆模型用一条。

等时圆问题模型总结等时圆问题模型是指在给定的一组点上，寻找一个圆，使得这个圆上的所有点到圆心的距离都相等。

这个问题在实际生活中有着广泛的应用，比如在无线传感器网络中，节点需要以某个节点为中心，以一定的范围进行通信，这就需要找到一个等时圆来满足通信需求。

在地理信息系统中，也经常需要寻找等时圆来确定某个地点的辐射范围。

因此，等时圆问题模型的研究具有重要的理论和实际意义。

在解决等时圆问题时，我们通常会采用数学建模的方法。

首先，我们需要确定给定点集上的一个圆心，然后确定这个圆心到各个点的距离，最后通过调整半径，使得这些距离相等。

这个过程可以用数学的方法来描述和求解。

在实际应用中，等时圆问题模型的解决往往需要考虑到一些实际情况的限制条件。

比如在无线传感器网络中，节点之间的通信范围可能受到地形、建筑物等因素的限制，这就需要在寻找等时圆的过程中考虑这些限制条件。

在地理信息系统中，地图的尺度、地形的复杂程度等因素也会对等时圆的确定产生影响。

因此，解决等时圆问题不仅需要数学方法，还需要考虑到实际应用中的各种因素。

近年来，随着计算机技术的发展，人们对等时圆问题的研究也取得了一些进展。

通过计算机模拟和优化算法，可以更快速、更精确地求解等时圆问题。

同时，人工智能、机器学习等技术的应用也为等时圆问题的求解提供了新的思路和方法。

总的来说，等时圆问题模型是一个具有理论和实际意义的重要问题。

在实际应用中，我们需要综合考虑数学建模、实际限制条件以及计算机技术等因素，来寻找等时圆的最优解。

希望在未来的研究中，我们可以进一步深化对等时圆问题的理解，为实际应用提供更加可靠、高效的解决方案。

等时圆问题模型总结是运筹学中的一个重要问题，主要研究的是如何合理地确定一组任务的执行顺序，以最大程度地减少总体执行时间。

在实际应用中，广泛应用于生产调度、交通流优化等领域。

本文将对进行总结和分析。

首先，的基本概念是指在一个给定的平面区域内，存在一组任务需要在规定的时间内完成，并且每个任务都有一个固定的执行时间。

任务之间的时间关系可以用一个无向图表示，任务节点为图的顶点，边表示任务之间的时间关系。

的目标是找到一种任务执行顺序，使得任务执行的总时间最短。

在的研究中，通常会引入一些限制条件，例如必须完成的任务数量、任务之间的优先级关系等。

这些限制条件会进一步增加问题的难度，需要采用一些特定的算法来求解。

常用的算法包括最早开始时间法、关键路径法等。

最早开始时间法是求解的一种常用方法。

该方法首先将任务图转化为一个有向无环图，然后通过计算每个任务的最早开始时间来确定任务的执行顺序。

具体而言，从起始点出发，依次计算每个任务的最早开始时间，直到最后一个任务。

最早开始时间即为对应任务的完成时间。

最早开始时间法的时间复杂度为O(n^2)，适用于规模较小的。

关键路径法是另一种常用的求解的方法。

该方法通过计算任务的最早开始时间和最晚开始时间，并根据任务之间的时间关系确定关键路径。

关键路径上的任务对总体执行时间具有决定性的影响，必须按照顺序执行。

关键路径法的时间复杂度为O(n)，适用于规模较大的。

除了最早开始时间法和关键路径法，还有许多其他算法可以用于求解。

例如，遗传算法、模拟退火算法等优化算法可以通过不断迭代寻找最优解。

此外，还有一些启发式算法，例如蚁群算法、粒子群算法等，可以通过模拟群体行为来寻找最优解。

这些算法都在一定程度上提高了求解的效率和精确度。

总而言之，是运筹学中一个重要的问题，用于优化任务的执行顺序，以减少总体执行时间。

在实际应用中，广泛应用于生产调度、交通流优化等领域。

求解的方法包括最早开始时间法、关键路径法等，还可以借助优化算法和启发式算法来提高求解效率。

专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.一、“等时圆”模型1.两种模型(如图1)图12.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2).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＝g sin α，位移为s＝d sin α，所以运动时间为t0＝2s a图2即沿同一起点或终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.二、“传送带”模型1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.命题点一“等时圆”模型例1如图3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点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )图3A.t 1<t 2<t 3B.t 1>t 2>t 3C.t 3>t 1>t 2D.t 1＝t 2＝t 3 答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg 和杆的支持力F N 作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma ，得加速度大小a ＝g sin θ.设圆周的直径为D ，则滑环沿杆滑到d 点的位移大小x ＝D sin θ，x ＝12at 2，解得t ＝2Dg.可见，滑环滑到d点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d 点所用的时间相等，选项D 正确.变式1如图4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a、b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；c球由C点自由下落到M点.则( )图4A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动t c＝2Rg，C选项正确.命题点二“传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例2如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：图5(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，则物块到达B 端时的速度大小？ (3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？ 答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3)2512s解析 (1)设物块的加速度大小为a ，由受力分析可知F N ＝mg ，F f ＝ma ，F f ＝μF N得a ＝6 m/s 2传送带静止，物块从A 到B 做匀减速直线运动， 又x ＝v 202a ＝253 m>L ＝8 m ，则由v B 2－v 02＝－2aL 得v B ＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v 1＝12 m/s 由v 12－v 02＝2ax 1，得x 1＝113m<L ＝8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达B 时的速度为v B ′＝v 1＝12 m/s (3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速 ①向右减速到v 2＝0时由v 22－v 0′2＝－2ax 2得x 2＝3 m 由v 2＝v 0′－at 1得t 1＝1 s ②向左加速到v 3＝4 m/s 时 由v 32－v 22＝2ax 3得x 3＝43m<x 2＝3 m故向左先加速后匀速 由v 3＝v 2＋at 2得t 2＝23 s③向左匀速运动v 4＝v 3＝4 m/s x 4＝x 2－x 3＝53 m由x 4＝v 4t 3得t 3＝512 s故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2512s变式2(2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？答案(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 32，代入解得t 3＝2 2 s.所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.命题点三 “滑块—木板”模型如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7例3(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A 和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图8(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.答案(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 12 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2 ⑪ 由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反.由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬ 在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同.因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式3如图9所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图9(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少.答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2对A 、B 整体F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m ，解得F ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3，对于A μ1mg ＝ma 1，得a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，得a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去外力a 1′＝a 1＝4 m/s ，a 2′＝μ1mg ＋μ2M ＋m g M ＝2.25 m/s 2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2解得t2＝0.2 s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度LL＝x B－x A＝v 222a2＋v 23－v 22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2从v3至最终静止位移为x＝v 232a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m.1.(2018·广东东莞质检)如图1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( )图1A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶ 3答案 B2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B 间距离为3 m.一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图2答案 B3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的( )图3答案BD4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s时，将一个质量m ＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10 m/s2，则( )图4A.水平恒力F 的大小为10 NB.铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C.铁块在木板上运动的时间为1 sD.木板的长度为1.625 m答案 AC解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C.5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图5A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v ＝5 m/s 的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d ＝15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从A 端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求物块到达B 端时的速度大小和物块从A 端运动到B 端所用的时间.图6答案 9 m/s 2.5 s解析 设物块由静止运动到传送带速度v ＝5 m/s 的过程，其加速度为a 1，运动时间为t 1，位移为x 1，由牛顿第二定律和运动学规律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1v ＝a 1t 1x 1＝12a 1t 12 代入数据解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝1.25 m由于x 1＝1.25 m<d ＝15.25 m ，当物块的速度等于传送带速度时，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，物块将继续向下做匀加速运动.设物块此后运动的加速度为a 2，运动时间为t 2，位移为x 2，到B 端的速度为v B ，由牛顿第二定律和运动学规律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 2＝d －x 1＝vt 2＋12a 2t 22 v B ＝v ＋a 2t 2代入数据解得a 2＝2 m/s 2，t 2＝2 s ，v B ＝9 m/s物块从A 端运动到B 端所用时间为t ，有t ＝t 1＋t 2＝2.5 s7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB ，传送带以恒定的速率v 逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B 点有一滑块，若让滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中a 所示，若让滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中b 所示.g 取10 m/s 2，试求：图7(1)传送带的长度l 和传送带与物块之间的动摩擦因数μ；(2)滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带时，滑块返回B 点的时间.答案 (1)32 m 0.05 (2)12.5 s解析 (1)根据v －t 图象，滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带时，在t ＝8 s 时刻，到达A点，所以传送带的长度l ＝12×(6＋2)×8 m ＝32 m 根据图线a 或者图线b ，滑块的加速度大小为a ＝Δv Δt＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律得μmg ＝ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05(2)滑块在0～6 s 和6～t s 内的位移大小相等，方向相反12×6×3 m ＝12×(t －6＋t －10)×2 m 滑块返回B 点的时间t ＝12.5 s.8.如图8所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.图8(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间. 答案 见解析解析 (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为F fm >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动则对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a对B ：F f AB ＝ma解得：F f AB ＝2.5 N因F f AB <F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动(2)A 、B 之间发生相对滑动，则 对B ：F －μ1mg ＝ma B 对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意：x B －x A ＝L ；x A ＝12a A t 2；x B ＝12a B t 2 解得：t ＝ 2 s.。

“等时圆”模型的基本规律及应用（此文章已发表于《考试》杂志）前段时间在网上发了一个帖子“等时圆规律有哪些应用”，居然有同志认为是“等势圆”吧。

而在物理教学中，借助各种模型，把抽象问题具体化，把复杂问题简单化，能使得物理问题便于理解和接受。

基于此我对“等时圆”规律和应用阐述如下： 一、何谓“等时圆”如图1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。

每根杆上都套有一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a 、b 、c 处释放（初速为0），用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则（ ）A.t 1<t 2<t 3B.t 1>t 2>t 3C.t 3>t 1>t 2D.t 1=t 2=t 3解析：选任一杆上的环为研究对象，受力分析并建立坐标如图所示，设圆半径为R ，由牛顿第二定律得，ma mg =θcos①图1x ymg θ再由几何关系，细杆长度θcos 2R L = ② 设下滑时间为t ，则221at L = ③由以上三式得，gR t 2= 可见下滑时间与细杆倾角无关，所以D 正确。

由此题我们可以得出一个结论。

结论：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等。

推论：若将图1倒置成图2的形式，同样可以证明物体从最高点由静止开始沿不同的光滑细杆到圆周上各点所用的时间相等。

象这样的竖直圆我们简称为“等时圆”。

关于它在解题中的应用，我们看下面的例子： 二、“等时圆”的应用1、 可直接观察出的“等时圆”例1：如图3，通过空间任一点A 可作无限多个斜面，若将若干个小物体从点A 分别沿这些倾角各不相同的光滑斜面同时滑下，那么在同一时刻这些小物体所在位置所构成的面是（ ）A.球面B.抛物面C.水平面D.无法确定解析：由“等时圆”可知，同一时刻这些小物体应在图2图3 A同一“等时圆”上，所以A 正确。

高中物理动力学中三种典型物理模型总结一、“等时圆”模型1.两种模型(如图1)图12.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2).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＝g sin α，位移为s＝d sin α，所以运动时间为t0＝2sa＝2d sin αg sin α＝2dg.图2即沿同一起点或终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.二、“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.【等时圆模型典例分析】【传送带模型典例分析】1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向.在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs ＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.【“滑块—木板”模型典例分析】如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f；比较F f与最大静摩将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过。