第11讲牛顿第二定律两类动力学问题

1、第ii讲二2牛顿第二定律 两类动力学问题郡前自丰总社()7彝嘴蠡甘阵机善发知识回顾知识点一牛顿第二定律单位制1 .牛顿第二定律(i)内容物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比.加 速度的方向与作用力方向相同.(2)表达式：F=ma.(3)适用范围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).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.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)基本单位基本物理量的单位.力学中的基本量有三个，它们分别是质量、 长度和时间、它们的国际单位分别是 kg、m和s.(3)导出单位由基本单位根据物理关

2、系推导出来的其他物理量的单位.知识点二两类动力学问题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：由力求运动由运动求力易错辨析（1）牛顿第二定律表达式F = ma在任何情况下都适用.（x ）（2）对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用 瞬间，物体立即获得加速度.（V ）（3）物体由于做加速运动，所以才受合外力作用.（X ）（4）F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关.（，）（5）物体所受合外力减小，加速

3、度一定减小，而速度不一定减小.（V ）（6）物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了 物理量间的单位关系.（V ）（7）运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定.（X ）匚自主通关1.大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物 体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是（C ）A . 1 m/s2 和 7 m/s2B. 5 m/s2 和 8 m/s2C. 6 m/s2 和 8 m/s2D. 0 m/s2 和 8 m/s2一 lr一,人，口，、口，71_角牛析：当两力反向时，合力取小，加速度取小，amin =m/s2o7+1

4、o=6 m/s2;当两力同向时，合力最大，加速度最大，amax = -j- m/s2 =8 m/s2,选项C正确.2.有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度， 即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快， 乘坐轿车的人就会感到越不舒适.若引入一个新物理量来表示加速 度变化的快慢，则该物理量的单位是（C ）2A . m/sB. m/sC. m/s3D. m2/s解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应 该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s3,选项C正确.3.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC两部分组成, 且AB=BC

5、.小物块P（可视为质点）以某一初速度从A点滑上桌面，最 后恰好停在 C点，已知物块经过 AB与BC两部分的时间之比为 1 4,则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数 国、楼之 比为（P物块在 AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运 动）（B ）PniIIIABCA. 1 4 B. 8 1C. 1 1 D. 4 1、一Vo+vbvb一论有：一t1 = 2t2,又t1解析：设B点的速度为Vb,根据匀变速直线运动平均速度的推t2=1 4,解得：VB = Vf,在AB上的加3VoVbVb 一速度为：a=峭=一t 一,在BC上的加速度为：a2=应g=%,联立 解得：曲川=8 1,故选B.4

6、.如图所示，质量分别为 mi、m2的两个物体通过轻弹簧连接， 在力F的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动 （mi在光滑地 面上，m2在空中）.已知力F与水平方向的夹角为 H则mi的加速度大小为（A ）Fcos 0A.一 mi + m2Fsin 0B- mi + m2C.Fcos 9miD.Fsin 8m2解析：把mi、m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos0= （mi + m2）a,所以a= Fcos',选项a正 mi + m2确.5 .如图所示，质量为 m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端用轻质弹簧连在天花板上.轻绳处于水平位置，弹簧与竖直

7、方向夹角为。已知重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为（C ）A. 0C. gtan 0B. gsin 0D.cOSe解析：以球为研究对象，如图所示，建立直角坐标系，将Foa分解,由平衡条件Fob FoASin 9= 0,FoaCOsO mg= 0,联立解得 Fob =mgtan 0剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a=m = mgm>0=gtanO,方向水平向右.端学互曲IX黄乔俄甘国积蒿友D知识点一对牛顿第二定律的理解知识提炼1 .牛顿第二定律的“四性”瞬时性性a与F对应同一时刻F是产

8、生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一 性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a =中，F、m、a对应同一物体或同一系统(3后二中，各量统一使用国际单位独立 性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第 二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第一定律，即 ay= 2 .合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系.(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角， 物体减速.(3用=年是加速度的定义式，a与v、加无直接关系；2=5是 加速度的决定式.对点

9、训练21.(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(CD )A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可 能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可 能为零解析：物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零.但物体所受合外力的大小决定加速度 的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项 C、D 正确.2.根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（D ）A .物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合

10、力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正 比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水 平加速度大小与其质量成反比解析：根据牛顿第二定律a=m可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项 B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，所受合力的水平分力不变时，物体的水平加速度与质 量成反比，选项D正确.3.（多选）关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（BC ）A.物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B.加速度的方向一定与合外力的方向一致C.物体的加速度跟物体所

11、受的合外力成正比，跟物体的质量 成反比D.由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块石专重力加速度的2倍解析：物体的质量是物体所含物质的多少，与外力无关，故 A项错误；整块砖的重力是半块砖重力的二倍，但是前者质量也是后者质量的二倍，所以 D项错误；由牛顿第二定律可知，B、C项正 确.口知识点二牛顿第二定律的瞬时性知识提炼1 .两种常见模型加速度与合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常见模型：轻的、轻杆和橡皮筋和接触面弹窗、蹦床:不发生明显形变就能产生弹力,剪断或 :脱离后几乎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

12、绳、 :轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可 ，按此模型处理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 簧的弹力不突变分析瞬时变化前后 物体的受力情况列牛顿第二 求瞬时定律方程 ？加速度2 .求解瞬时加速度的一般思路对点训练J4 .如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘 中有一物体，平盘与物体的总质量为m,当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了 1,现向下拉盘使弹簧再伸长 囚后停止，然后 松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度 为（A ）A.rgC.物体的加速度

13、为0ZZ/Z/ZzB. AlgD.加速度的方向向下解析：当盘静止时，由胡克定律得 mg=kl，设使弹簧再伸长内时手的拉力大小为F再由胡克定律得（mg+ F）=k（l + Al），由联立得F = /mg刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F,方向竖直向上.设刚松手时，加速度大小为a,根据牛顿第二定律得a= m=，故本题选A.5 .（多选）如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 0的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被 烧断的瞬间，下列说法正确的是（BC ）A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin0B. B球的受力情

14、况未变，瞬时加速度为零C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsin 0D.弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加 速度向下，瞬时加速度都不为零解析：系统静止，根据平衡条件可知：对 B球F弹 = mgsinO,对 A球F绳=F弹+ mgsina细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为 零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度F 合 F弹+ mgsin8为零；对 A球根据牛顿第二定律得 a = m= m = 2gsin 0, 故A错误、C正确；B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故 B正确、D错误.6. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性良好的橡皮 绳.质

15、量为m的儿童如图所示静止悬挂，左右两橡皮绳的拉力大小 均恰为 mg,若此时该儿童左侧橡皮绳在腰间断裂，则儿童此时 (B )皮绳断亵)A.加速度、速度都为零B.力口速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C.加速度a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D.加速度a = g,方向竖直向下解析：儿童静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，处于平衡状态，如图，由于Ti = T2=mg,故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120 ；当小孩左侧橡皮绳拉力变为零时，右侧橡皮绳拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故右侧橡皮绳拉力与重力的合

16、力与左侧橡皮绳断开前的弹力方向相反，大小等于mg,故加速度为g,沿原断裂绳的方向斜向下，选项 B正确.口知识点三动力学的两类基本问题知识提炼1 .解决动力学两类基本问题的思路牛顿第二定律酮度运动学公式|近35|_第一类问题小-士艮力,况卜第三类问题侬动状心牛顿第二定律伽速固运动学公式2 .动力学两类基本问题的解题步骤明确研究对象受力分析和运动状态分析建立坐标系根据问题的需要和解题的方便，选出被研究 f 的物体.研究对象可以是某个物体，也可以是儿个物体构成的系统._画好受力示意图、运动情景图，明确物体的 f运动性质和运动过程.通常沿加速度的方向建立坐标系并以加速度 f方向为某-坐标轴的正方向.确

17、定合外力若物体只受两个共点力作用，通常用合成法; 若物体受到3个及以上不在同一直线上的力， 一般用正交分解法.列方程求解(F =ma 根据牛顿第二定律F=ma或二一工 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论.典例共研典例(2019南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度 为li= 1.6X 102 m的水平跑道和长度为12=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= 2.0X 104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2X 105 N,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

18、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.【审题关键点】(1)分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力，由牛顿第二定律确定其加速度.(2)利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机 到达倾斜跑道末端的速度大小.(3)助推力只存在于水平跑道上，飞机在倾斜跑道上的加速度不 变.【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 ai,末速度大小为vi,运

19、动时间为ti, 有 F 合=F Ff = maiv2 v2=2aili vi = aiti其中V0=0, Ff=0.img,代入已知数据可得 ai = 5.0 m/s2, vi =40 m/s, ti = 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 Ff mgsin %= m& mgsin %= mgh v2-v2 = 2a212 其中vi = 40 m/s,代入已知数据可得a2= 3.0 m/s ,V2=Vi 720 m/s4i.5 m/s故飞机在水平

20、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4i.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a/、末速度大小为vi',有F 合=F 推+FFf=mai , vivo=2ai 11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/s2, V2' 2-v/ 2=2a2 I2根据题意，V2' =100 m/s,代入数据解得F推= 5.2X105 N故助推力F推的大小为5.2X 105 N.【答案】(1)8.0 s 41.5 m/s (2

21、)5.2X105 N【突破攻略】解决动力学两类问题的两个关键点关犍点对点训练J7 .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 = 84 N而从静止向前滑行，其作用时间为ti = 1.0 s,撤去水平推力F后经过时间t2 = 2.0 s, 他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= 60 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff= 12 N,求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面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：

22、(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的加速度为F-Ffm1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v i ait i 1.2 m/s，、一1 2位移 xi=2aiti = 0.6 m(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Ff c c ,2a2 = m'= 0.2 m/s第一次撤去水平推力后经过时间t2= 2.0 s速度变为v i = Vi a2t2 = 0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为V2,则v2 Vi 2= 2a1X12第二次撤去水平推力后滑行的最大距离刈=段=5.2 m.2a2答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2

23、 m8 .在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v°=4 m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L=0.6 m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x= 3 m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板.小车与水平面以及小车与薄板之 间的动摩擦因数均为傅= 0.2,薄板与水平面之间的动摩擦因数出=0.1,小车质量M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速 度g取10 m/s2,求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小.解析：(1)设小车关闭电源后加速度大小为an由牛顿第二定律得：/Mg = Ma1设小车刚冲上薄板时速度为V

24、1,由运动学公式，有： 22v i vo= - 2aixdD联立，得：vi = 2 m/s(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得：国Mg 槎(M + m)g=ma2小车冲上薄板后，薄板以 a2加速，车仍以ai减速，设经时间t两者共速，则：vi ait=a2t联立并代入数据，得：t= 0.5 s则此时小车和薄板的速度大小 V2= 1 m/s Vl +V2该段时间，小车的位移：xi = -2-1=0.75 m;1 O薄板的位移：M = 2a2t2= 0.25 m由于xi M<L,所以小车未滑出薄板.接着小车与薄板共同减速，设加速度

25、大小为a3,有：国(M + m)g= (M + m)a3 设车与薄板共同减速的位移大小为 x3,有：v2 = 2a3X3式联立，得X3 = 0.5 m所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：x=xi +X3= 1.25 m.答案：(1)2 m/s (2)1.25 m9.航空母舰静止在海面，某型号的舰载机质量m=3x 104 kg,在航空母舰上无风起飞时，加速度是 5 m/s2,跑道长160 m,为了使 飞机正常起飞，航母上装有舰载机起飞弹射系统，无风时弹射系统 必须给飞机30 m/s的初速度才能使飞机从舰上起飞，设加速过程为 匀加速直线运动.(1)无风时起飞速度是多少？(2)某次执行任务，有1

26、0 m/s的平行跑道的海风，飞机逆风行驶 起飞，测得平均空气阻力增加 AFf=2.4Xl04 N,弹射系统必须给飞 机多大的初速度才能使飞机正常起飞？(起飞速度为飞机相对空气的 速度)解析：(1)设起飞速度为v,无风起飞时初速度 vi = 30 m/s,加 速度ai = 5 m/s2,跑道长x=160 m由运动学规律可得v2-v2= 2aix 解得v = 50 m/s.(2)当飞机逆风行驶起飞时，相对航母的速度v' =50 m/s 10 m/s= 40 m/s由牛顿第二定律可得加速度a2=a1-7Ff=4.2 m/s2v V2 = 2a2X解得弹射系统需要给飞机的初速度 v2 = 16

27、 m/s.答案：(1)50 m/s (2)16 m/s口知识点四动力学的图象问题知识提炼二1 .常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等.2 .动力学图象问题的类型动力 学图 象问 题的 类型由图象分析物体的受力情况根据已知条件确定某物理量的变化图象由F-t图象分析物体的运动情况3 .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象斜率、 截距、交点、拐点、面积的物理意义.(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图 象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准 确判断.4 .解决图象综合问题的三点提醒(1)分清图象的类别：即

28、分清横、纵坐标所代表的物理量，明确 其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，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)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境 结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象 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.对点训炼10 .由受力图象分析物体的运动情况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.取 g= 10 m/s2,求：2 O8 6 4 2 0-6(1)1 s末

29、物块所受摩擦力的大小Ffi;(2)物块在前6 s内的位移大小x;(3)物块与水平地面间的动摩擦因数 .解析：(1)由题图乙可知前2 s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 =1 s 日寸，Ff1 = F1 = 4 N.(2)在v-t图象中曲线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物(2+ 4 )X 4 块在前6 s内的位移大小x=2 m=12 m.(3)由题图乙知，在24 s内，物块做匀加速运动，加速度大小加 4,2-，2a=母=2 m/s =2 m/s由牛顿第二定律得 F2 Ff2=ma在46 s内物块做匀速运动，有 F3=Ff2= w

30、mg解得 ii= 0.4.答案：(1)4 N (2)12 m (3)0.411 .由运动图象分析物体的受力情况(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变化的图象如图所示，g取 10 m/s2,则可以计算出(ACD )A.物体与水平面间的最大静摩擦力B. F为14 N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：由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N, A1正确；由 F w mngma,解得 a = mF w g 将 Fi = 7 N, ai = 0.5 m/S,F2=14 N, a2=4 m/s2代入上式可得 m

31、 = 2 kg,尸0.3, C、D正确;因物体做变加速运动，无法求出 F为14 N时物体的速度，B错误.12 .通过图象综合分析物体的受力与运动情况（2019南阳*II拟）神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务 后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通 过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打 开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻 力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k,所受空气浮 力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点 B的 坐标为（8,0）,

32、 CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M =400 kg, g取 10 m/s2,求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v°=160 m/s时，它的加速度大小；(3)空气阻力系数k的数值.解析：(1)由速度图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即 做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动.(2)开始时vo=160 m/s,过A点切线的斜率大小就是此时加速度Av 0-16022的大小，则 a= 1= 8 m/s = 20 m/s故加速度大小为20 m/s2.(3)设浮力为F,由牛顿第二定律得在 t = 0时有 kv0+F-Mg = Ma由题图知返回舱的最终速度为 v= 4 m/s当返回舱匀速运动时有kv2+F-Mg = 0故k=Mav0-v2=400X201602-42 0.31.答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动(2)20 m/s2 (3)0.31学科素养相H/J彝灰&H厚枳吊发三类等时圆及其应用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