【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律两类动力学问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律两类动力学问题学案

牛顿第二定律　两类动力学问题 ‎ [基础知识·填一填]‎ ‎[知识点1]　牛顿第二定律　单位制　‎ ‎1.牛顿第二定律 ‎(1)内容：物体的加速度的大小跟　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　的方向相同．‎ ‎(2)表达式：F＝　Kma　，当单位采用国际单位制时K＝　1　，F＝　ma　.‎ ‎(3)适用范围 ‎①牛顿第二定律只适用于　惯性　参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．‎ ‎②牛顿第二定律只适用于　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、基本单位、导出单位 ‎(1)单位制：　基本单位　和　导出单位　一起组成了单位制．‎ ‎①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量．‎ ‎②基本单位：　基本物理量　的单位．力学中的基本物理量有三个，它们是　质量　、　时间　、　长度　，它们的单位是基本单位．‎ ‎③导出单位：由　基本单位　根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．‎ ‎(2)国际单位制中的基本单位 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培]‎ A 热力学温度 T 开[尔文]‎ K 物质的量 n 摩[尔]‎ mol 发光强度 IV 坎[德拉]‎ cd 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)‎ ‎(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)‎ ‎(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减 小．(×)‎ ‎(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)‎ ‎[知识点2]　两类动力学问题　‎ ‎1．动力学的两类基本问题 ‎(1)已知受力情况求物体的　运动情况　.‎ ‎(2)已知物体的运动情况求物体的　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　牛顿运动定律　列方程求解，具体的逻辑关系如图：‎ ‎[教材挖掘·做一做]‎ ‎1．(人教版必修1 P78第1题改编)由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为(　　)‎ A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到 C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值 D．桌子所受的合力为零，加速度为零 答案：D ‎2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：‎ ‎(1)匀加速运动的加速度的大小？‎ ‎(2)木块1对2的弹力．‎ 解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，‎ 由牛顿第二定律知 F＝(m1＋m2)a，a＝.‎ ‎(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，‎ 由牛顿第二定律可得F12＝m‎2a，联立以上两式可得F12＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎3．(人教版必修1 P78第5题)水平路面上质量是‎30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为‎1.5 m/s2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：设阻力为Ff，则F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ff＝ma′，解得a′＝‎0.5 m/s2.‎ 答案：‎0.5 m/s2‎ ‎4．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为‎40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为‎12 m．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g 取‎10 m/s2)‎ 解析：选取初速度方向为正方向，则 FN－mg＝0①‎ 故Ff＝μFN＝μmg②‎ 由牛顿第二定律得－Ff＝ma③‎ 根据匀变速直线运动的规律有v2－v＝2ax④‎ 联立②③④式可得v0＝ 代入数据得v0＝‎12 m/s 汽车刹车前速度为‎12 m/s，即‎43.2 km/h，此汽车属超速行驶．‎ 答案：超速 ‎5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝‎3.0 m，斜面气囊长度AC＝‎5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？‎ ‎(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)‎ 解析：(1)根据运动学公式 x＝at2‎ 得a＝＝ m/s2＝‎2.5 m/s2‎ 故乘客在气囊上滑下的加速度至少为‎2.5 m/s2.‎ ‎(2)乘客在气囊上受力情况如图所示．‎ Ff＝μFN FN＝mgcos θ 根据牛顿第二定律：‎ mgsin θ－Ff＝ma 由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8‎ 联立解得μ＝＝≈0.44‎ 故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44.‎ 答案：(1)‎2.5 m/s2　(2)0.44‎ 考点一　对牛顿第二定律的理解 ‎[考点解读]‎ ‎1．牛顿第二定律的五个特性 ‎2．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．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点．今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B点运动到C点而静止．小物体m与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体从A到B速度越来越大 B．物体从A到B速度先增加后减小 C．物体从A到B加速度越来越小 D．物体从A到B加速度先减小后增加 ‎[审题指导]‎ ‎(1)由A到C的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点的左侧．‎ ‎(2)加速度a＝0的位置在A、B之间，速度最大．‎ ‎[解析]　BD　[物体从A到B的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以，小物体由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B、D.]‎ 弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法 宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键．‎ ‎(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值．‎ ‎(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度 B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的 D．合力变小，物体的速度一定变小 解析：ABC　[加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为零的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．]‎ ‎2.(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弹簧，则当木块接触弹簧后(　　)‎ A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当F等于弹簧弹力大小时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0‎ 解析：BC　[当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]‎ ‎3．(2019·内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环通过O点的加速度小于g B．圆环在O点的速度最大 C．圆环在A点的加速度大小为g＋ D．圆环在B点的速度为2 解析：CD　[圆环在O点的合力大小等于重力，则此时加速度a＝g，A错误；圆环在O点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B错误；圆环在A点的加速度大小为aA＝＝g＋，C正确；A、B两点到O点的距离都为l，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg·‎2l＝mv2，即v＝2，D正确．]‎ 考点二　瞬时加速度的求解 ‎[考点解读]‎ ‎1．两种模型：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：‎ ‎2．求解瞬时加速度的一般思路 ⇒⇒ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2]　(多选)如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有(　　)‎ A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g 解析：BD　[原来p、q对球的拉力大小均为mg.p和球突然脱钩后，细绳q对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，‎ 得F－mgcos 60°＝＝0，即F＝mg，合力为mgsin 60°＝ma，A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg(见图2)，球的加速度大小为g，故C错误，D正确．]‎ ‎　在求解瞬时加速度时应注意的问题 ‎1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．‎ ‎2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(轻绳模型)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)‎ A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝‎‎2g C．a1＝g，a2＝0‎ D．a1＝‎2g，a2＝0‎ 解析：A　[由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．]‎ ‎2．(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)‎ A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 解析：D　[撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，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2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D对．]‎ ‎3.(轻弹簧模型)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(　　)‎ A．a1＝‎3g　　　　　 B．a1＝0‎ C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ 解析：AC　[剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝‎3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]‎ 考点三　动力学的两类基本问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．动力学的两类基本问题的解题步骤 ‎2．解决两类动力学问题的两个关键点 ‎(1)把握“两个分析”“一个桥梁”‎ ‎(2)不同过程中的联系．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．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例3]　(2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为‎10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)环沿杆向上运动的总距离x.‎ ‎[审题指导]‎ ‎[解析]　(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有 Fcos θ－mgsin θ－Ff＝ma1‎ Fsin θ＝FN＋mgcos θ Ff＝μFN 设0.5 s末速度为v 根据运动学公式有v＝a1t1‎ 撤去F后0.4 s内 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2‎ v＝a2t2‎ 联立以上各式得μ＝0.5‎ a1＝‎8 m/s2，a2＝‎10 m/s2‎ v＝a2t2＝‎4 m/s.‎ ‎(2)x＝a1t＋vt2－a2t＝‎1.8 m.‎ ‎[答案]　(1)0.5　(2)‎‎1.8 m ‎　多过程问题的分析方法 ‎1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．‎ ‎2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．‎ ‎3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．‎ ‎4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．‎ ‎5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1.(已知物体的受力情况求运动情况)如图所示，某次滑雪训练，运动员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t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过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大小．‎ ‎(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．‎ 解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a1＝＝ m/s2＝‎1.2 m/s2‎ 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2×‎1.0 m/s＝‎1.2 m/s 位移x1＝a1t＝‎0.6 m.‎ ‎(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2＝＝ m/s2＝‎0.2 m/s2‎ 经时间t2速度变为 v′t＝v1－a2t2＝‎1.2 m/s－0.2×‎2.0 m/s＝‎0.8 m/s 第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，‎ 则v－v′＝‎2a1x1‎ 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x2＝ 联立解得x2＝‎5.2 m.‎ 答案：(1)‎1.2 m/s　‎0.6 m　(2)‎‎5.2 m ‎2．(已知物体的运动情况求受力情况)随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝‎180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝‎‎120 m ‎，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×‎104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝‎120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)飞机在后一阶段的加速度大小；‎ ‎(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．‎ 解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff2＝0.2mg 根据牛顿第二定律有F推－Ff2＝ma2‎ 代入数据解得a2＝‎4.0 m/s2‎ ‎(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff1＝0.05mg 根据匀加速运动规律有 v＝‎2a‎1l1‎ v2－v＝‎2a2(l－l1)‎ 根据牛顿第二定律有F牵＋F推－Ff1＝ma1‎ 代入数据解得a1＝‎58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.‎ 答案：(1)‎4.0 m/s2　(2)‎58 m/s2　1.05×106 N　　　　　　 ‎ 物理模型(二)　“等时圆”模型 ‎[模型特点]‎ ‎1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2(如图甲所示)．‎ ‎2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2(如图乙所示)．‎ ‎[答题模板]‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例]　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∶1　　　　　 B．1∶1‎ C.∶1 D．1∶ ‎[审题指导]‎ ‎(1)物体在AB、CD上各做匀加速直线运动．‎ ‎(2)斜槽的长度：sAB＝2Rsin 60°＋2r·sin 60°‎ sCD＝2Rsin 30°＋2rsin 30°.‎ ‎[解析]　B　[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＝gsin 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＝at2，得t＝ ＝ ＝2 ，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．]‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自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角的大小关系应为 (　　)‎ A．α＝θ　　　　　 B．α＝ C．α＝ D．α＝2θ 解析：B　[如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于B点．由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到B所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB＝θ，则α＝.]‎ ‎2.(2019·东北三省三校第一次联考)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，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(　　)‎ A．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 解析：C　[如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝ ；对于a球，令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2Rsin θ＝ gsin θt，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M 且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得tb>ta>tc.]‎