高考物理第三章第2节牛顿第二定律两类动力学问题学案 17页

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题一、牛顿第二定律　单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。[注1](2)表达式：F＝ma。[注2]2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)基本单位[注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、和为基本单位。(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：[注4]【注解释疑】[注1]加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。[注2]应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。[注3]“基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。n[注4]既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。2.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。[基础自测]一、判断题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。(×)(3)物体的质量与加速度成反比。(×)(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。(×)二、选择题1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是(　　)A．质量和时间　　　　B．质量和位移C．重力和时间D．重力和位移解析：选A　kg为质量的单位，s为时间的单位，A正确。2．[鲁科版必修1P121T2]在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(　　)A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D　由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定F＞f，且ma＝F－f；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F＜f后，此时ma＝f－F，F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综上所述，选项D正确。3．[教科版必修1P92T4改编](多选)一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝n15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10m/s2)(　　)A．3N　　　　　　　　　　　B．25NC．30ND．50N解析：选ACD　若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma＞0，解得F1＜5N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma＞0，解得F1＞25N，C、D正确。4．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，选项图中能大致反映雨滴运动情况的是(　　)解析：选C　根据题意，对雨滴进行受力分析，由牛顿第二定律可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动，故C正确。高考对本节内容主要考查牛顿第二定律的理解、应用牛顿第二定律解决瞬时问题，常以选择题的形式呈现，难度一般，而对动力学的两类基本问题，及其在电场、磁场中的应用，考查形式可能是选择题，也可能是计算题，难度中等。考点一　牛顿第二定律的理解[基础自修类][题点全练]1．[对牛顿第二定律的理解](多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是(　　)A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比解析：选ABC　由牛顿第二定律的特性易知，A、B、C正确；物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，D错误。2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)nA．木块将立即做匀减速直线运动B．木块将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零解析：选C　对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误。在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确。继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误。3．[力的合成与牛顿第二定律的综合问题](多选)一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是(　　)A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2.5m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s2解析：选BC　根据平衡条件得知，其余力的合力大小范围为：5N≤F合≤25N，根据牛顿第二定律a＝得：物体的加速度大小范围为：2.5m/s2≤a≤12.5m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小可能为2.5m/s2，故C正确。物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。[名师微点]1．牛顿第二定律的五个特性n2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题[基础自修类][题点全练]1．[轻绳模型和轻弹簧模型对比]如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θC．A与B的加速度之比为1∶1D．A与B的加速度之比为cosθ∶1解析：选D　根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细绳L1的拉力突变，沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FT＝mgcosθ，ma1＝mgsinθ；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcosθ＝mg，ma2＝mgtanθ，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cosθ∶1，则D正确。2．[轻弹簧模型与轻杆模型对比](多选)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(　　)A．两图中两球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零nC．图甲中B球的加速度为2gsinθD．图乙中B球的加速度为gsinθ解析：选CD　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsinθ。因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故C、D正确，A、B错误。3．[轻弹簧模型与接触面模型综合问题]如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN。不计空气阻力，关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A．刚撤去力F时，FN＝B．弹簧弹力大小为F时，FN＝C．A、B的速度最大时，FN＝2mgD．弹簧恢复原长时，FN＝mg解析：选B　对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，此时弹簧弹力大小为F＋2mg。刚撤去力F时，A、B向上加速运动，由牛顿第二定律可得，a＝，对A受力分析，由牛顿第二定律有：FN－mg＝ma，解得FN＝，选项A错误。当弹簧弹力大小为F时，对A、B整体，由牛顿第二定律有，F－2mg＝2ma1，隔离A，由牛顿第二定律有，FN1－mg＝ma1，解得FN1＝，选项B正确。A、B的速度最大时，加速度为零，弹簧弹力大小为2mg，FN2＝mg，选项C错误。弹簧恢复原长时，A、B只受重力作用，FN3＝0，选项D错误。[名师微点]1．求解瞬时加速度的一般思路⇨⇨2．瞬时性问题的两类模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：n轻绳、轻杆和接触面不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理弹簧、蹦床和橡皮筋当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变考点三　动力学的两类基本问题[师生共研类]动力学两类基本问题的解题步骤[典例]　如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40m处有一物体在水平向右的推力F＝20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25m撤去力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5kg，重力加速度g取10m/s2。求：(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。[解析]　(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2m/s2。(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即t1＝＝s＝2s时，两者之间最大距离xmax＝s0＋v0t1－t1＝40m＋4×2m－4m＝44m。n(3)设推力作用的时间为t2，根据位移公式得x1＝a1t22则t2＝＝s＝5s速度v2＝a1t2＝2×5m/s＝10m/s撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝μg＝2m/s2由v2＝2ax得x2＝＝m＝25m而t3＝＝s＝5s。物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10s则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30m。[答案]　(1)2m/s2　(2)44m　(3)30m[延伸思考]撤去推力F后，当物体刚停止运动时，物体与小车的距离是否为物体在运动过程中的最近距离？如果不是，则何时物体与小车相距最近？最近距离为多少？提示：撤去推力F后，当物体停止时，物体与小车的距离不是最近距离，当物体的速度减小到与小车的速度v0相等时，两者相距最近。设物体撤去推力后经t4时间与小车速度大小相等由v2－a2t4＝v0，可得：t4＝3s，由x3＝v2t4－a2t42，可得：x3＝21m，物体运动的时间t′＝t2＋t4＝8s，物体与小车间的最近距离：d′＝v0t′＋s0－(x1＋x3)＝26m。本例是已知受力情况求解多过程运动问题，通过本例帮助学生掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。(1)把握“两个分析”“一个桥梁”n(2)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。　[题点全练]1．[已知受力情况分析物体的运动情况](多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD　木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。2．[已知运动情况确定物体的受力情况]将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)A．mg　　　　　　　　B.mgC.mgD.mg解析：选C　设每块砖的厚度是d，向上运动时：n9d－3d＝a1T2向下运动时：3d－d＝a2T2，解得：＝根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1向下运动时：mg－f＝ma2解得：f＝mg，C正确。3．[动力学中的多过程问题分析]某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0s，然后第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离。解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度为a1＝＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2m/s，位移x1＝a1t12＝0.6m。(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a2＝＝0.2m/s2第一次撤去水平推力后经过时间t2＝2.0s速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1x1第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x2＝＝5.2m。答案：(1)1.2m/s　0.6m　(2)5.2m考点四　动力学的图像问题[多维探究类]1．常见的动力学图像及问题类型n2．动力学图像问题的解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。考法(一)　由运动图像分析物体的受力情况[例1]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)A．F1F3C．F1>F3D．F1＝F3[解析]　由题图可知，0～5s内加速度a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F2＝mgsinθ－f；10～15s内加速度a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F3＝mgsinθ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。[答案]　A[题型技法](1)由vt图像可以确定物体在各时间段运动的加速度。(2)F1、F2、F3为物体在各时间段受到的拉力，而不是物体所受的合外力。考法(二)　由力的图像分析物体的运动情况[例2]　如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。(1)求当t＝0.5s时物体的加速度大小。(2)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的速度最大？最大值为多少？[解析]　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t)Nn当t＝0.5s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3N由牛顿第二定律得F1－F2＝maa＝＝m/s2＝0.5m/s2。(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合t图像如图所示从图中可以看出，在0～2s范围内当t＝0时，物体有最大加速度amFm＝mamam＝＝m/s2＝1m/s2当t＝2s时，物体也有最大加速度am′Fm′＝mam′am′＝＝m/s2＝－1m/s2负号表示加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t(m/s2)画出at图像如图所示由图可知t＝1s时速度最大，最大值等于at图像在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1m/s＝0.5m/s。[答案]　(1)0.5m/s2　(2)当t＝0时，am＝1m/s2；当t＝2s时，am′＝－1m/s2　(3)t＝1s时，v＝0.5m/s考法(三)　由已知条件确定某物理量的图像[例3]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)[解析]　设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢n复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。[答案]　A[共性归纳]解答动力学的图像问题时要注意以下三个关键点：(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。[题点全练]1．[由at图像分析压力的变化情况](多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小解析：选AD　对人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。2．[由aF图像分析物体的受力情况和运动情况](多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g取10m/s2，则可以计算出(　　)A．物体与水平面间的最大静摩擦力nB．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析：选ACD　由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7N，a1＝0.5m/s2，F2＝14N，a2＝4m/s2代入上式可得m＝2kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14N时物体的速度，B错误。3．[Ft图像和vt图像的综合问题]一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。g取10m/s2，求：(1)1s末物块所受摩擦力的大小Ff1；(2)物块在前6s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。解析：(1)由题图乙可知前2s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1s时，Ff1＝F1＝4N。(2)在vt图像中图线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6s内的位移大小x＝m＝12m。(3)由题图乙知，在2～4s内，物块做匀加速运动，加速度大小a＝＝m/s2＝2m/s2由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma在4～6s内物块做匀速运动，有F3＝Ff2＝μmg解得μ＝0.4。答案：(1)4N　(2)12m　(3)0.4“融会贯通”归纳好——物体在五类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)。n由L＝at2，a＝gsinθ，L＝可得：t＝，可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。第二类：同底斜面(如图2所示)。由L＝at2，a＝gsinθ，L＝可得：t＝，可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sinθ＝·gsinθ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。第四类：圆周内同底端的斜面(如图4所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。第五类：双圆周内斜面(如图5所示)。即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1＝t2＝t3。[典例]　(多选)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(未画出)，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t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)A．t1＝t2　　　　　　　　　B．t2>t3nC．t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。[答案]　BCD[类题通法][针对训练]1．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且在A点上方，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点。如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是(　　)A．tAβ>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)A．tAB＝tCD＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tABtCD>tEF，B项正确。