高考物理数学物理法易错剖析及解析

高考物理数学物理法易错剖析及解析
一、数学物理法
1．如图所示，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。

一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。

光线恰能从Q 点射出。

(1)求该玻璃的折射率；
(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。

【答案】(1)2；(2)31
2
a - 【解析】 【详解】
(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。

则有
sin 452sin 30
n ==o o
(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。

D 点有
1
sin n α
=
解得
45α=︒
由几何关系知
DQ EQ ED =-，12ED EP a ==
，32
EQ a = 解得
31DQ a -=
2．如右图所示，一位重600N 的演员，悬挂在绳上．若AO 绳与水平方向的夹角为
37︒，BO 绳水平，则AO 、BO 两绳受到的力各为多大？若B 点位置往上移动，则BO 绳的
拉力如何变化？(孩子：你可能需要用到的三角函数有：
3375
sin ︒=，4cos375︒=，3374tan ︒=，4
373cot ︒=)
【答案】AO 绳的拉力为1000N ，BO 绳的拉力为800N ，OB 绳的拉力先减小后增大. 【解析】
试题分析：把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力，AO 绳上受到的拉力等于沿着AO 绳方向的分力，BO 绳上受到的拉力等于沿着BO 绳方向的分力．根据平衡条件进行分析即可求解．
把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力．如图甲所示
由平衡条件得：AO 绳上受到的拉力为21000sin 37OA G
F F N ==
=o
BO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===o
若B 点上移，人的拉力大小和方向一定不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，如图乙所示：
由上图可判断出AO 绳上的拉力一直在减小、BO 绳上的拉力先减小后增大．
3．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：
(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；
(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ； （2）125V ； （3）0~127︒︒ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理
21()2
mg qE L mv +=
2
()v F mg qE m L
-+=
解得
42/v m s =F=30N
（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1
152m/s sin v
v θ
=
= 211
()2
AC mg qE h mv +=
U =Eh AC
解得
U =125V
（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F 与竖直方向夹角为α，当小球匀速直线运动时α=0，当小球匀加速直线运动时，F 的最小值为F 1，F 没有最大值
1()sin 8N F mg qE θ=+=
F 与竖直方向的最大夹角为
180127αθ=︒-=︒ 0127α≤≤︒
F ≥8N
4．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0=0.1m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在粘性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为
p 04E ≤≤J ，距离抛出点正下方O 点右方0.4m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作
质点．
(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少?
(2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对圆轨道的压力大小．
(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少?最远距离多大? 【答案】(1)2J (2) 30N (3) 0.5m ，1m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据机械能守恒定律得：
2
1p 012
2E v mg R m =
+⋅ A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
mv 1=2mv 2
200122gt R =
x =v 2t 0
解得：
E p =2J
(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得：
2
1N v F mg m R
+=
解得：
F N =30N
由牛顿第三定律知：
F 压=F N =30N
(3)根据
2
p 1122
E mv mg R =
+⋅ mv 1=2mv 2 2R =1
2gt 2，
x =v 2t
联立解得：
(
2)2p E x R R mg
=-⋅
其中E p 最大为4J ，得 R =0.5m 时落点离O ′点最远，为：
x m =1m
5．小华站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。

当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示。

已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为
3
4
d ，重力加速度为g 。

忽略手的运动半径和空气阻力。

(1)问绳能承受的最大拉力多大？
(2)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【答案】（1）11
3mg ；（2）2d 23。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有 竖直方向
21142
d gt = 水平方向
D =v 1t
解得
v 1
设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小，球做圆周运动的半径为
3
4
R d =
由圆周运动向心力公式，有
F max -mg =2
1mv R
得
F max =
113
mg (2)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有
F max -mg =m 23
v l
解得
v 3绳断后球做平抛运动，竖直位移为
y=d －l
水平位移为x ，时间为t 1,由平抛运动规律有
21311
2
d l gt x v t -=，=
得
x 当l ＝
2
d
时，x 有最大值
x max =
3
d
6．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起
点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m =0.5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f =0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L =10.00m ，R =0.40m ，（g 取10m/s 2）．求：
（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少多大？ （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力多大 （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t ？
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
【答案】（1）2m/s （2）25/m s ，30N （3）t =4.5s （4）R =0.3m ，1.2m 【解析】 【分析】
赛车恰好通过最高点时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出通过C 点的最小速度．根据机械能守恒定律求出赛车在B 点的最小速度，根据牛顿第二定律求出赛车对轨道的压力．对A 到B 过程运用动能定理，求出电动机从A 到B 至少工作的时间．根据动能定理求出赛车到达最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过数学知识求出水平位移的最大值． 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时在B 点对轨道压力最小，赛车在B 点对有：
2C
v mg m R
=
解得：
100.4m/s 2m/s C v gR ==⨯=...①
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒得：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅…② 赛车在B 处，由牛顿第二定律可得：
2
N B
v F mg m R
-=…③
由①②③得:
B v ==
N 630N F mg ==
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小等于30N ； （3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
102
f B Pt F L mv -=
- 解得:
4.5s t =
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2
0012'2
f Pt F L m
g R mv --⋅=
， 赛车飞出C 后有:
212'2
R gt =
0x v t =
解得:
x =
所以当'0.3m R =时，x 最大：
max 1.2m x =
答：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少为2m/s ； （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力等于30N ； （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作 4.5s t =；
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为0.3m 时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，最大水平距离max 1.2m x =．
7．2016年7月5日，美国宇航局召开新闻发布会，宣布已跋涉27亿千米的朱诺号木星探测器进入木星轨道。

若探测器在t 时间内绕木星运行N 圈，且这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v 。

探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ（如图所示），设木星为一球体。

求：
(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度。

【答案】（1）2vt
N
π；（2sin 2
θ
【解析】 【详解】
(1)设木星探测器在圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由2r
v T
π=
可得 2vT r π
=
由题意可知t T N
= 联立解得
2vt
r N
π=
(2)探测器在圆形轨道上运行时，设木星的质量为M ，探测器的质量为m ，万有引力提供向心力得
22mM v G m r r
= 设木星的第一宇宙速度为0v ，则有
2
02v m M
G m R R
''= 联立解得
0r
v v R
=
由题意可知sin 2
R r θ
=
解得
sin
2
v
v
θ
=
8．如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触。

现有一单色平行光束与水平方向夹角为θ（θ>0），从AB面射入玻璃砖。

若要求不论θ取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为
4
3。

【答案】
5
3
【解析】
【分析】
【详解】
随着θ的增大，当θ为90º时，α最大，β最小，此时若在BC上发生全反射，则对任意θ都能发生全反射。

由折射定律
sin90
sin
n
α
=
o
由全反射有
4
3
sin
n
β=
由几何关系有
22
sin sin1
αβ
+=
由以上各式解得
5
3
n=
9．如图所示，一人对一均匀细杆的一端施力，力的方向总与杆垂直，要将杆从地板上无滑动地慢慢抬到竖直位置，问：杆与地板之间的静摩擦因数至少应为多大？
【答案】24
【解析】 【分析】 【详解】
假设杆与地板之间的静摩擦因数足够大,当杆被抬至与地板成任意角α时均不发生滑动,杆受到作用力F 、重力mg 、地板的支持力N 和摩擦力f 的作用,因满足共点力平衡条件，
F mg 、、地面对杆的全反力R F 交于O 点R F 与N 之间的夹角不能超过摩擦角ϕ，如图所示,
考虑临界的情况,设细杆全长为2l ,重心为C ，有 ()OD OC CD l /sin l sin tan 90AD AD l cos αα
ϕα
++︒-=
==．
化简可得1
tan 2tan cot μϕαα
==
+．
因为2tan cot 2αα•==定值, 所以,当2tan cot αα=,即2
tan 2
α=
时,tan cot ααα+最小,则tan μϕ=有极大值,且m 24μ=
．所以，杆与地板之间的静摩擦因数至少应为24
． 在静平衡问题中引入摩擦角后,除了上题所说明的情况外,另一特征便是对平衡问题的研究最终往往衍变为对模型几何特征的研究,这种现象在涉及杆的平衡问题时相当普遍,这也是物理
竞赛要求学习者有较强的几何运用能力的原因之一．
10．如图所示，一轨道由半径为2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度L =3.5m 的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成。

现有一质量为0.2kg 的滑块从A 点无初速度释放，经过圆弧上B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为4.5N ，然后经过水平直轨道BC ，从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点，P 、C 两点间的高度差为3.2m 。

滑块运动过程中可视为质点，且不计空气阻力。

（g 取10m/s 2） (1)求滑块运动至B 点时的速度大小；
(2)若滑块与水平直轨道BC 间的动摩擦因数μ0=0.3，求P 、C 两点的水平距离； (3)在P 点沿图中虚线安放一个竖直挡板，若滑块与水平直轨道BC 间的动摩擦因数可调，问动摩擦因数取何值时，滑块击中挡板时的速度最小，并求此最小速度。

【答案】(1)5m/s ；(2)1.6m ；(3)0.13μ≈，2m/s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在B 点滑块做圆周运动，则有
2
N v F mg m r
-=
解得
v =5m/s
(2)在BC 段，滑块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知：
-μ0mg =ma
解得
203m/s a g μ=-=-
由22
2C v v aL -=，解得
v C =2m/s
滑块从C 点做平抛运动，则在竖直方向
212
h gt =
解得
0.8s t =
== PC 的水平位移为
x ′=v C t =1.6m
(3)设BC 间的摩擦因数为μ，则到达C 点的速度为v ′，则加速度大小为
a ′=μg
根据222v v a L ''-=-，得
v '=从C 点做平抛运动，击中挡板所需时间为t ′，则有
x t v
'
'=
' 在竖直方向获得的速度为v y =gt ′，击中挡板的速度为
v ''== 当且仅当22
2
210 1.622v a L v a L
⨯'-='-，v ″取最小值，解得
0.13μ≈，min v ''=
11．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q ，从容器A 下方的小孔S 不断飘入电压为U 的加速电场，经过S 正下方的小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D 上并被吸收。

已知D 与O 在同一平面内，其中碳12在底片D 上的落点到O 的距离为x ，不考虑粒子重力和粒子在小孔S 处的初速度。

(1)求碳12的比荷；
(2)由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围；
(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U ±ΔU ），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。

现从容器A 中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D 上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU 应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
【答案】(1)228q U m B x =；(2)距离范围为cos ~x x α；(3) 2
2
7cos 6
7cos 6
U U θθ-∆<+ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)经加速电场有
2
12
qU mv =
在磁场中
2
mv qvB r = 12
r x =
解得碳12的比荷
228q U m B x
= (2)粒子在磁场中圆运动半径
22
qmU x
r =
= 由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O 1）或右偏α角（轨迹圆心为O 2），落点到O 的距离相等均为L =2r cos θ，故θ=0°时落点到O 的距离最大
L max =2r =x
故θ=α时落点到O 的距离最小
L min =2r cos α=x cos α
所以落点到O 的距离范围为
cos ~x x α。

(3)设碳12的质量为m 1，碳14的质量为m 2，并且
12126147
m m == 根据12mU
r B q
=
可知：
碳12的运动半径
1
121mU r B q
=
碳12的最大半径
11max 2(Δ)
1m U U r B q
+=
同理： 碳14的运动半径
2221m U
r B q
=
碳14的最小半径
22min 2(Δ)
1m U U r B q
-=
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的 最远距离，即
2r 1max <2r 2min cos α
联立解得ΔU 应满足的条件
222122
21cos 7cos 6
Δcos 7cos 6
m m U U U m m θθθθ--<=++ 答：(1)碳12的比荷为
22
8U
B x
；(2)碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围为cos ~x x α；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则n U 应满足
22
7cos 6Δ7cos 6U U θθ-<+。

【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。

12．电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。

如图所示为显像管工作原理示意图，阴极K 发射的电子束（初速度不计）经电压为U 的电场加速后，进入一圆形区域，圆形区域中心为O ，半径为r ，荧光屏MN 到中心O 的距离为L 。

当圆形区域内不加磁场时，电子束将通过O 点垂直打到屏幕的中心P 点。

当圆形区域内加一垂直于圆面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，电子束打在荧光屏上的Q 点（图中末标出），PQ 的长度为3L 。

不计电子之间的相互作用。

求： (1)电子的比荷
e m
； (2)电子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)22
23U B r ；(2)2
π2Br U
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设电子进入磁场时的速度为v ，根据动能定理
2
12eU mv =
可得
2eU
v m
=
画出电子运动轨迹，如图所示
设偏转角度为θ，由几何关系
3tan L L
θ=
可得
60θ=o
电子束在磁场中转过的圆心角也为θ，而
tan
2
r R
θ
=
解得
3R r =
根据洛伦兹力提供向心力可得
2
mv evB R
= 解得
2223e U m B r
= (2)根据粒子在磁场中运动的周期
2π2πR m
T v eB
=
= 可得电子在磁场中运动的时间
13606
t T T θ
=
⋅= 解得
2
π2Br t U
=
13．某次探矿时发现一天然透明矿石，将其打磨成球形后置于空气中。

已知球半径R =10cm ，MN 是一条通过球心O 的直线。

单色细光束AB 平行于MN ，从球面上的B 点射入球体，再沿光路BC 从球面上的C 点沿CD 方向射出，并与直线MN 相交于P 点，其光路
如图所示。

测得AB与MN间距为
52 d
=cm，CD与MN所成的角α=30°，已知光在真空中传播的速度c=3.0×108m/s。

求：
(1)求该天然透明矿石的折射率n；
(2)光在矿石中从B点到C点所需的时间t。

【答案】(1)2；(2)910
6
10s(8.210s)
--
⨯≈⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设光线在B点界面的入射角与折射角分别为1θ、2θ；光线在C点界面折射角为β
根据几何关系
1
522
sin
d
R
θ===
得
1
45
θ︒
=
在界面B点
1
2
sin
sin
n
θ
θ
=
在界面C点
2
sin
sin
n
β
θ
=
可得
1
45
βθ︒
==
由几何知识得
1
45
BOMθ︒
∠==
30
CPOα︒
∠==
15COP CPO β︒∠=-∠=
因
()212COP πθθπ-+∠+=
可得
230θ=︒
由折射率得
2
sin 452sin n θ︒==
(2)
光在球体中传播的速度c n v
=
得 222
c c
v n =
==
BC 间的距离
22cos 103cm S R θ==
则光线在球中传播的时间
91022cos 6
10s(8.210s)3
R S t v v θ--=
==⨯≈⨯
14．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C 。

在其第一象限空间有沿y 轴负方向、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。

一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动（PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O 进入第一象限。

已知重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P 点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。

【答案】(1)2(2)42；(3)0.828 s ，（4.0 m ，0） 【解析】
【分析】 【详解】
(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电，受力如图所示：
由平衡条件和几何关系得
cos45f qE ︒= sin45=f mg ︒
则油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比
mg ∶qE ∶f ＝2(2)对油滴在垂直PO 方向上应用平衡条件，有
qvB ＝2Eq sin 45°
代入数据解得
v ＝42。

(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由O 到A 匀速运动的位移为
s 1＝
20.42m sin 45?
h
h = 运动时间为
t 1＝
1
s v
＝0.1s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期2πm
T qB
=，由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为
212ππ0.628s 422m E t T qB Bg
===≈
从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间
t 3＝t 1＝0.1 s
则油滴在第一象限内总的运动时间为
t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s
设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3，则
x 1＝x 3＝h ＝0.4 m
x 2＝2r ＝2
mv qB
由(1)可知 2mg ＝qvB
代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以油滴在第一象限内沿x 轴方向运动的总位移为
x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m
油滴离开第一象限时的位置坐标为（4.0 m ，0）。

答：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为1:1:2，油滴带负电荷；(2)油滴在P 点得到的初速度大小为42m/s ；(3)油滴在第一象限运动的时间为0.828 s ，油滴离开第一象限处的坐标值为（4.0 m ，0）。

15．如图所示，质量为1kg 的小球穿在足够长的固定斜杆上，斜杆与水平方向成30o 角，小球与斜杆之间的动摩擦因数3μ=。

现对小球施加一个与斜杆成30o 、大小103N F =的拉力，小球由静止开始运动，2s 后撤去拉力，取210m/s g =，求：
(1)小球刚开始运动时的加速度大小；
(2)小球在前2s 内的位移大小；
(3)撤去力F 后，小球运动的位移大小。

【答案】(1)10m/s 2；(2)20m ；(3)20m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对小球受力分析如图甲所示，进行正交分解y 方向
N sin 30cos30F mg F =+o o
解得
N 0F =
即摩擦力等于0。

x 方向
cos30sin 30F mg ma -=o o
解得
210m/s a =
(2)小球做匀加速直线运动2s 内的位移为
21120m 2
x at =
= (3)当撤去力F 后，受力分析如图乙所示。

x 方向 1sin 30f mg ma '+=o
y 方向
N cos30mg F '=o
N f F μ'='
联立可得
2110m/s a =
2s 末物体的速度大小
20m/s v at ==
撤去力F 后，小球运动的位移大小
2
21
20m 2v x a ==。