Question

15．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，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是圆环上的一点，D是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻释放4个小球：a、b、c两球分别由A、B、C三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点对应的时间分别是t₁，t₂，t₃，d球由D点自由下落到M点的时间为t₄，则（　　）

• A． t₁=t₂=t₃=t₄
• B． t₄＜t₁=t₃＜t₂
• C． c球最先到达M点
• D． t₄＜t₃＜t₁＜t₂

Answer 1

分析 对于abc小球，根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序；对于D球，根据自由落体运动规律求出运动的时间．

解答 解：对于b球，位移x₂=2R，加速度a₂=gsin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$g，根据x₂=$\frac{1}{2}$a₂t₂t²得，t₂=$\sqrt{\frac{8R}{\sqrt{3}g}}$．
对ac两球，设斜面的倾角为θ，对于a、b球，位移x=2Rsinθ，
加速度为：a=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsinθ，
由匀变速直线运动的位移公式得：
x=$\frac{1}{2}$at²
则：t=$\sqrt{\frac{2x}{a}}=\sqrt{\frac{2×2Rsinθ}{gsinθ}}=2\sqrt{\frac{R}{g}}$，
则ac的运动时间相等，t₁=t₃，
对于d球，位移x₃=R，加速度a₃=g，根据x=$\frac{1}{2}$at²
得${t}_{4}=\sqrt{\frac{2R}{g}}$
综上可知，t₄＜t₁=t₃＜t₂，d球先到达M点，故B正确，ACD错误．
故选：B

点评 解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解．