六、平面几何的魅力-学科融合研究高中物理与数学

学科融合研究高中物理与数学 六、平面几何的魅力 1.矢量三角形 【必备知识】 如图甲所示在矢量合成中，平行四边形定则是矢量运算定则，由此变形为三角形定则，如 图乙所示.而在物体受力平衡或物体处于动态平衡时，满足的条件是物体受到的合力为零，特 别是物体受三个力平衡时，这三个力构成首尾相接的封闭三角形，简称矢量三角形，如图丙 所示. 矢量2 合矢量 合矢量 4矢量2 矢量2 矢量3 →矢量1 矢量1 →矢量1 平行四边形定则 三角形定则 矢量三角形 图甲 图乙 图丙 【经典例题1】半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板 里 MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q, 整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图.现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终 保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是() A.Q对P的弹力逐渐增大 B.Q所受的合力逐渐增大 C.MN对Q的弹力逐渐减小 D.地面对P的摩擦力逐渐减小 【解析】选A.对圆柱体Q受力分析.Q受到重力、板MN的支持力N和半圆柱体P 的支持力N2,如图甲所示，三力构成首尾相接的封闭三角形. ↑N3 N F N mg 1G点 图甲 图乙 由图甲可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力 N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但其所受合力一直为零，故A正确，B、C错误；对 PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力F, ·130 学科融合研究高中物理与数学 如图乙所示，根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1,所以地面对P的摩 擦力逐渐增大，故D错误. 星【经典例题2】如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻 0 质细绳上O点处，绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相 7 连.甲、乙两物体质量相等，系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别 为a和3.若a=70°，则3等于() A.45° B.559 C.60° D.70° 号【解析】选B,根据二力平衡的条件，悬挂甲，乙两物你的细线与绳的拉力分别为 Fn=mg,FT=mg,因此F=F,O点受三个力的作用，三力构造夫量三C B 角形，如图所示.由图可知，F的方向与∠AOB的角平分线同方向，根据几何 B F 关系得B= 2∠A0B,因此g=180g=55,B正确 2 【经典例题3】如图所示，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P 点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略 圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中() A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 C.两根细绳上的拉力均先增大后减小 D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 【解析】选B.由题意可知，圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的弹力FN与绳的弹力 FT构成一个夫量三角形，mg与g所对的角度保持不变，根据几何知识，不管FN与FT发 生任何变化，三个力围成的三角形的外接圆都保持不变.当木板竖直时，FN与g垂直，FT 刚好为圆的直径，此时F,最大，如图甲所示， FT 图甲 图乙 图丙 如图乙所示，随着木板顺时针转动，FN与FT也顺时针转动，当F、转到直径位置时，达到 最大，而FT一直减小.如图丙所示，木板继续转动，FN开始减小，至木板水平时，F=g;FT继 ·131 学科融合研究高中物理与数学 续减小，至木板水平时，F减小为零，因此，在整个过程中，F、先增大后减小，根据牛顿第三定 律，可知A错误，B正确；FT一直减小，即两细绳的拉力一直减小，C、D均错误。 是【经典例题4】如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地 面间的动摩擦因数为“，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面 间的夹角均为，则下列说法正确的是( A.轻绳的合拉力大小为mg cos 0 B.轻绳的合拉力大小为cos0干sin0 umg C.减小夹角0，轻绳的合拉力一定减小 D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 【试题立意】本题以移动石墩为素材，创设了探求石墩所受力变化规律的生活实践情境 类似的受力情境在教材中较为常见.本题主要考查了滑动摩擦力、力的合成和分解、共点力的 平衡等知识点. 7777777777777 【关键能力】本题主要考查理解能力、应用数学知识解决物理问题的能力、模型建构能力. (1)理解能力 序号 关键表述 物理量及其关系 即轻绳对石墩作用力的矢量和，根据已知力与其合 1 轻绳的合拉力 力的关系可表示出轻绳对石墩的作用力 滑动摩擦力的大小可以用F=FN来求，如果物体 2 地面对石墩的摩擦力 处于平衡状态，也可以利用平衡条件来求 石墩处于平衡状态，受力满足平衡条件，物体在四个 3 匀速移动石墩 及以上力的作用下处于平衡状态一般用正交分解法 来求解相关力 ·132 学科融合研究高中物理与数学 (2)应用数学知识解决物理问题的能力 分析思路 受力分析图 计算过程 要判断轻绳对石墩的合拉 x轴方向：Fcos0=Fi, 力F随日如何变化，可以 y轴方向：Fsin0+FN=mg, 写出F与0之间的函数关 又F=FN, 系式，然后利用三角函数 联立解方程组得 的规律判断F随0的变化 F= umg cos 0usin 0' 情况 A错误，B正确 利用两角差的余弦公式，可将F的表达式变换为F= umg √1+u'sin(0+o) 其中tang=工 利用三角函数的规律对 因此，当0十=90°时，F有最小值，即减小夹角0，轻绳的合 F、F:随0的变化进行具 拉力不一定减少，C错误. 体分析 地面对石墩的摩擦力F=Fcos0= umg 1+utan 0 可见，F:随0的增大而减小，在轻绳的合拉力最小的时候， 地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误 (3)模型建构能力：构建矢量三角形，思路是由物体受多个力转化为三个力. 研究对象、物理状态、物理过程 物理模型 由F=FN,F:与FN的合力F合与竖直方向的夹角 e清克ang一其=口保持不支 用F合代替F与FN,四个力的平衡问题就变成了 mg mg 三个力的平衡问题（三力平衡模型），三个力分别是 重力mg(大小、方向都不变)、F合（方向不变）、F(大 小和方向都改变) ·133 学科融合研究高中物理与数学 用矢量三角形判断F和F:的变化规律 受力分析图 分析过程 F合 构建合力F合、重力g、拉力F三个力的首尾相接的封闭三角形，借 助动态的受力分析图不难发现，随着日角的增大，轻绳的合拉力F先 减小后增大，当F令与F垂直时，F有最小值，最小值为gsin o,C 10 错误 根据共点力平衡的条件，地面对石墩的摩擦力F:等于F在水平方向 上的分力，由左图可以看出，随着0角的增大，F在水平方向上的分 力逐渐减小，即F逐渐减小，在F与F合垂直的位置(F最小)，F,并 不是最小值，D错误 【经典例题5】如图所示，一个质量m=50kg的均匀圆柱体靠在台阶旁边，台阶高度 h为圆柱体半径r的一半，为了在圆柱体最上方A处施加以最小的力，使其刚能绕粗糙接触 点P向上滚动. m (1)求所施加力的大小： (2)求台阶对圆柱体的作用力的大小. 【解析】当圆柱体刚向上滚动时，地面对它的支持力为零，柱力最小时F应垂直于 AP,这样F的力臂才最大；分析可知，P点对圆柱体的静摩擦力F,与弹力FN的合力F。必 定通过重力g与拉力Fmn的作用线的交，点A,将四个力作用下的一般力系的平衡转化为三 个力的平衡问题，三个力mg、F。、Fmn构成封闭夫量三角形，如图所示，则有 309 P th F min mgt F,=ngcos30°=250√3N, Fmin=ngsin30°=250N. ·134 学科融合研究高中物理与数学 【经典例题6】（多选）如图所示，两根轻绳一端系于结点O,另一端分别系于固定环 上的M、N两点，O点下面悬挂一小球.细线OM、ON与竖直方向的夹角分别为α=60°，B= 30°.用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，将两绳同时缓慢顺时针转过45°，并 保持两绳之间的夹角始终不变，且小球始终保持静止状态.则在旋转过程中， M 下列说法正确的是( 0 ) A.F1在逐渐增大 B.F2先增大再减小 C.F1与2的水平分量大小相等 D.F,与F2的竖直分量大小相等 9】 【解析】选AC.物体始终保持静止，则所受合力为零，对物体受力分析 可得，物体受到mg、F1、F2三个力作用，这三个力构成一个封闭的夫量三角 形，在旋转过程中，对矢量三角形动态分析即可. mg 由于重力不变，以及F1和F2夹角为90°不变，夫量三角形动态图如图所示，g始终为圆的 直径，在两绳同时缓慢按顺时针转过45°过程中，F一直增大，F2一直减小，故A正确，B错误； F1和F2的水平分量大小相等，竖直分量的合力与重力大小相等，故C正确，D错误 星【经典例题1水多选)如图所示，在竖直面内有三个带电小球a、b.,其中球ag 和球b固定，二者连线为一条竖直线，它们的电荷量大小分别为9和，球c在图示位置 处于静止状态.已知ab、bc和ac的连线的长度分别为4cm、3cm和2cm,则() A.球a和球b一定带同种电荷 B.球a和球b一定带异种电荷 C.4=1 D.4=8 28 9227 BD装C受室力mg及球a和球b对它的乐仑 衡，球b对它的库仑力必须是斥力，而球a对它的库仑力必须是引力，球a和球b 定带异种电荷，故A错误，B正确；画出球C的受力图，如图所示，三力平衡，在相似 k919 角形中，对应边成比例，有(ac9 ac bc,整理有4=8 (bc)2 一27，故C错误，D正确. 【经典例题8】为探测地球表面某空间的匀强电场，一同学用绝缘细线将质量为、 电荷量为十q的金属球（可视为质点）悬于O点.如图所示，稳定后细线与竖直O: 方向的夹角=60°，再用另一个完全相同的不带电金属球与该金属球接触后 移开，再次稳定后细线与竖直方向的夹角变为α=30°.已知重力加速度为g,求 该匀强电场的电场强度E的大小. ·135 学科融合研究高中物理与数学 骨【解析】首先对带电小球进行受力分析，小球受重力mg、电场力E,细线的拉力T 三个力，用不带电金属球与其接触前后的三力合力均为零，因此对应的三 .T X 个力均构成首尾相接的封闭三角形，而接触后，电场力是原来的一半，电 场力的方向不变，作出两种情况下的失量三角形，如图所示.因α=30°， qE 日=60°，由图示可知，接触前三力围成的三角形是等边三角形，所以电场方 mg 392 向是与竖直方向成60°斜向右上方，电场力大小qE=mg,所以E=m8 另解：设该匀强电场的方向与竖直方向的夹角为β，则开始时，根据平衡条件得 水平方向T1sin0=gEsin B, 竖直方向T1cos0十gEcos B=mg. 用另一个完全相同的不带电金属球与该金属球接触后移开，再次稳定后，电荷量减半， 此时水平方向T,sina=29 Esin B, 1 竖直方向T,cosa+2 qEeos B=mg, 联立解得qE=mg,3=60°， 该匀强电场的电场强度为E=8 星【经典例题9】如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静 面 止在水平位置.当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成日角，如图乙 所示（图甲的左视图）.已知导体棒长度为L、质量为、电流为I,重力加速度大小为g.关于 图乙，下列说法正确的是() 图甲 图乙 A.当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小 B.磁感应强度的最小值为ngsin IL C磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为5。 D.当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止 ·136 学科融合研究高中物理与数学 【解析】选B.对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力，拉力和安培力的作用下处 于平衡状态.由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大 ∠∠∠∠∠ 反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细 线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A错误；设磁感应 强度大小为B,由平衡条件得mgsin0=BIL,解得B=mgsin日，B正确；设每 IL 条细线拉力大小为F,由平衡条件得mg0s9=2F,解得F,=2mg0s0.C错 误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在 图示位置保持静止，D错误， 【经典例题10】如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不 计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d,板长为√d,极板间存在方向水平向里的匀 强磁场.质量为m、电荷量为十q的小球以初速度？沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点 进入电容器，做匀速圆周运动，之后恰从电容器上板右侧边缘离开电容器.此过程中，小球未 与极板发生碰撞，重力加速度大小为g,忽略空气阻力. 1×××××× 各四X××××X (1)求直流电源的电动势E,; (2)求两极板间磁场的磁感应强度B; (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的 最小值E. 【试题立意】本题以有电容器的闭合电路和带电粒子在电场和磁场共同作用下的运动为 素材创设综合性学习探索问题情境，考查闭合电路的欧姆定律、匀强电场中电势差与电场强 度的关系、洛伦兹力的方向以及力的合成与分解等知识点. 【关键能力】本题主要考查推理论证能力， 第(1)问：分析小球在复合场中做圆周运动的条件， 小球重力未忽略 小球做 小球所受重力与静电 匀速圆 电场强度 周运动 平行板间有电场 力平衡 →两板间电势差—→电源电动势 平行板间有磁场 洛伦兹力提供向心力 ·137 学科融合研究高中物理与数学 第(2)问：分析小球在两极板间的圆周运动. 画出小球做圆周 轨迹圆半径—→磁感应强度 运动的轨迹 N3d A 第(3)问：确定电场强度的最小值. 小球所受静电力与小球 '60° 速度方向垂直时静电力 确定小球从平行板间 60° 最小，电场强度最小 射出时的速度方向 3d D 小球在重力和静电力 合力与速度 合 作用下做直线运动 方向共线 .mg ge 【解析】(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得qE=mg, R2两端的电压为U2=Ed, 根据闭合电路的欧姆定律得U, E R十R,R, 联立解得E,=mg(R十R) gR2 (2)如图甲所示，设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系有 X XX E N3d 图甲 图乙 (r-d)2+(√3d)=r2,解得r=2d, 根活如B=m二，解释B=0 02 ·138 学科融合研究高中物理与数学 (3)如图乙所示，由几何关系可知，小球射出磁场时，速度方向与水平方向的夹角为60°， 要使小球做直线运动，则重力与静电力的合力与速度方向共线.小球所受静电力与小球速度 方向垂直时，静电力最小，电场强度最小，则qE=mgc0s60°， 解得E'=ng 2g 【经典例题11】如图所示，在倾角为6的斜面上有质量为m,电荷量为gg>0)的物 块，重力加速度为g,物块与斜面间的动摩擦因数μ<tan0.匀强磁场垂直于斜面，磁感应强度 为B.求物块运动稳定之后的速度大小及方向. 骨【解析】物块运动稳定之后，将重力沿斜面的分量、摩擦力，洛伦兹力画在一个首尾相 接的三角形中，注意摩擦力与速度反向，洛伦兹力垂直于速度方向，则有失量三角形如图所 示，则速度以及与重力沿斜面分量的夹角日满足 mgsin 0 cos au,quB=mgsin g.sin a, 则v-g器V6m0-cos0. 【达标演练1】如图所示，挡板P垂直于斜面且固定在斜面上，一质量为m的滑块放在斜 面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一质量为M的球搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不 计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止.现将滑块平行于斜面向上拉 过较小的距离，球仍在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比(） m A.斜面对滑块的弹力增大 B.滑块对球的弹力增大 C.挡板对球的弹力减小 D.拉力F减小 ·139-4mgh=号Amo2- 24m'o,2, △m'=puS△t. 以竖直向上为正方向，设水对铁盒的作 用力的大小为F,△t时间内冲击铁盒的水的 质量忽略不计，由动量定理得 -F·△t=0-△m'v. 由于铁盒在空中悬停，由力的平衡条件得 F=mg, 联立以上各式并代入数据得 h--25=0.5m. 故盒子在空中悬停时，其底面相对于喷 口的高度为0.5m. [达标演练2] 选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研 究对象，其质量应等于底面积为S、高为v△t 的圆柱体内微粒的质量m=m,Sv△t. 设飞船对微粒的作用力为F,由动量定 理得F·△t=mv-0,解得F=mSu= 0.784N. 根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的 ·216 撞击力大小为0.784N,要使飞船速度保持不 变，飞船的推进力应为0.784N. 六、平面几何的魅力 1.矢量三角形 [达标演练1] 以球为研究对象对其受力分析，如图 所示， 17 球受重力Mg、挡板对球的弹力F、滑 块对球的弹力F2三个力，三力构成首尾相接 的封闭三角形.滑块平行于斜面向上拉过 较小的距离，则挡板对球的弹力F减小， 滑块对球的弹力F2减小，故C正确，B错误； 对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、 斜面的支持力、挡板的弹力及拉力，各力的方 向不变，由于挡板对球的弹力减小，则拉力F 增大，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力 不变，故A、D错误.故选C. [达标演练2] 直接讨论不平衡的情况无从下手，可以先 讨论物体处于平衡状态的情况下，得出平衡情 况下满足的条件，再讨论物体不平衡的情况， 三力平衡，用力的矢量三角形表示如图. T2AC 02 T 61 mg 令T1=m1g,T2=2g,T=mg,T1、T2 与竖直方向的夹角分别为01、02，取O点由共 点力的平衡条件可得 T cos 0+T2 cos 02-mg-0, Tisin 0-T2 sin 02=0, 解得m=2√/4-sin02+2cos02, 当02=0°，m的最大值为6kg,若02增 大，则m减小；当02等于90°，m的最大值为 2√3kg.因为02=90°不符合实际，故m的取 值范围是m<2√3kg或m≥6kg. [达标演练3] 小球受三个共点力作用而平衡，这三个 力构成一个矢量三角形，如图所示. LAAAAEAEEAEEAAAA mg 矢量三角形刚好和几何三角形相似，则 当弹簧另一端与质量为m的小球A相连时， 爱-0-是：当弹簧另一增与质量为2m的 小球B相连时，有2s=兰=(L。为OM RR L2 的长度)，设弹簧的原长为L。,则T1=k(L。一 R),T2=k(L-L2),联立可得T1=mg,L0= R+贤N=2ms=2+祭，1> 综上所述，A、C、D正确，B错误.故选ACD. [达标演练4] 由题意，小球缓慢上升，处于动态平衡状 态，绳的拉力F与碗的支持力F、的合力大小 等于mg,故C正确；对小球受力分析如图所 示，设FN与竖直方向的夹角为O,将F、FN和 mg平移构成一个封闭的矢量三角形，根据几 何关系可得a-180°-（90°9D-45+号，则 2 在矢量三角形中，g与F所对应边的夹角为 9=a-0=45”-是， ·217 0 F、与F所对应边的夹角为 7=180°-0-g135°-号， 根据正弦定理有 mg FN F sin y sinβsinf 因为0从0°逐渐增大至接近90°，所以 3从45°逐渐减小至接近0°，Y从135°逐渐减 小至接近90°，即sinβ逐渐减小，siny逐渐增 大，而mg不变，所以FN一定逐渐减小.又因 为α逐渐增大，FN逐渐减小，且FN与F的合 力大小不变，根据平行四边形定则可推知F 一定逐渐增大，故A正确，B错误；当绳与竖 直方向的夹角为30°时，根据几何关系可知此 时0=30°，代入前面所列正弦定理方程有 mg F sin 120sin 30, 解得下= 3mg,故D正确.故选ACD. ·218 2.直角三角形 [达标演练1] 根据题意画出小球恰好击中斜面A处的 位移矢量三角形和速度矢量三角形，小球恰 好从B点沿圆弧切线进入圆轨道的速度矢量 三角形，如图所示。 030 击中A点时有tan0=工=%与=2 28428t y 1 故vA=√2十(gt1)平. 到B点时有am0=器，故= cos a' t 2 t2 3tan20' 故=cos0an9干.故选A. 3tan 0 [达标演练2] (1)设小球运动到P点时的速度大小为 ,O、P两点之间的距离为L.以O点为坐标 原点、初速度方向为x轴正方向、风力F 方向为y轴正方向，建立平面直角坐标系，如 图所示，沿方向有xo=vot Xo 沿风力F方向有F一mg=ma,y,=at, 1 b=2a, 由题意知tan&=出，小球运动到P点时 的速度大小v=√十，， 解得v=vb√1+4tan0. (2)O、P两点之间的距离L= √x02+, 解得L=2m Ftan 0 1+tan0= 2m62 Fcos 0 tan 0. 3.相似以三角形 [达标演练1] 对小球1进行受力分析，如图所示， 显然△OOB与受力的矢量三角形相似. 设00=H,0B=R.0B=4,则2-{-0 对网同理可得骨-君=贷公-专 25：24. [达标演练2] a、b两球受力情况如图甲示，过O点 作竖直线交ab于c点，设球面半径为R,则 △Oac与左侧力的矢量三角形相似，△Obc与 右侧力的三角形相似，由几何关系可得 mg=T migT 0xac·0,即-g m ac 、TB 少T mig ra mag 图甲 由题可知，细杆长度是球面半径的√2倍， 根据几何关系可得α=45°， 在△Oc中，根据正弦定理可得mS7 sn5,在△Okc中，根据正弦定理可得 Oc 家·期品经-放A错误，B bc Oc …219 正确. 将b球的受力分析画到如图乙所示的圆 中，由几何关系可知轻杆对球的作用力逐渐 增大，球面对b球的作用力逐渐减小，故C错 误，D正确.故选BD. mg 图乙 [达标演练3] 如图所示，对小球B进行受力分析，B受 重力、绳子的拉力及库仑力. 拉力和库仑力的合力应与重力大小相 等、方向相反.由相似三角形可知ms=罗 kQA QB 库仑力F=kQQ,所以mg=4 d2 d kQxQm,mgd-kQxQnL,d= RQAQBL ,所 mg 以要使d变为号可以使质量增大到原来的 ·220 8倍而保证上式成立，故A、B错误；或将小球 A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小 球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等 式成立，故C错误，D正确.故选D. 4.角平分线圆和中垂线圆 [达标演练1] 粒子加速过程运用动能定理可得E号 今n0o2·可得E=”2,故A错误进人回收 区的粒子在蓝场中的半径范围为D<R<D 或R<号，根据gB=mR,则粒子进入磁感 v2 应强度的龙用为霜<B<元或B≥ 3gD' 散B、C正确：周期公式T8,粒子运动周】 期随磁场变化，所有粒子均在磁场中经半个周期 进入回收区，故D错误.故选BC. [达标演练2] 若粒子打到PN中点，则有xo=t, 1 分·背，解得E产，A正确粒 2%=2‘m 子从PN中点射出时，则学=受，速度 √，+，=√，+，B错误；粒子从电 To 场中射出时的速度方向与竖直方向的夹角为 sin日粒子 ,粒子从电场中射出时的速度u=。 v2 进入磁场后做匀速圆周运动，则gB=m 则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MV 的距离为d=rcos0,解得d=E=mo Bvo gBtanθ' C错误；当粒子在磁场中运动有最大半径时， 进入磁场的速度最大，则此时粒子应从N点 进人磁场，此时竖直最大速度=2， t,o= t,射人磁场的最大速度vm=√2十m, 则由gB=m可得最大半径r. gB mvo gB +4D正确，故选AD. x02 0 000 0 [达标演练3] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得g%B=m二，代人解得 r=0.2m. (2)带电粒子的入射方向和出射方向相 交于E点，作出∠PEA的角平分线EF.设圆 O的半径等于带电粒子在磁场中运动的轨道 半径r,圆O和PE、EA分别相交于点M、N. 以MN为直径的圆的面积就是圆形磁场区域 的最小面积，如下图所示. E 由几何关系得圆形磁场的最小半径 R 2, 则圆形磁场区域的最小面积 S=πR2=0.02xm≈6.28X10-2m2. (3)粒子进电场后做类平抛运动，出磁场 时位移为L,则在初速度方向上Lcos0=t, 在电场力方向上1sin0=ar, 由牛顿第二定律得qE=ma, 代入解得E=22m2 ·221 若要使粒子不打在挡板上，则L> 0.48m或L0.32m,解得E<6.67N/C或 E>10N/C. 5.环形磁约束 [达标演练1] 由题意可知，粒子的比荷为，要使所有 的粒子都不能穿出磁场，则沿与内圆相切的 方向进入磁场的粒子在磁场中运动的轨迹刚 好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知 识可知，粒子最大轨道半径r=R:一B 2 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提 供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m 2v 解得B=(R,一R)' 要使粒子不离开磁场，则B≥ 2v k(R2-R1) 由于R1<R2,则 2R2U 2 R2 k(R2-R)=k(R,-R)·R,十R< ·222 (R,二R),故A、C正确，B、D错误.故选AC 20 [达标演练2] 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运 动，则 gB=m,由此可得o=9B r m 粒子仅在磁场巾运动，则0<r<整或 SR≤≤2R 代入可得0<≤或≤《 2m 2gBR.故选ACD. [达标演练3] 电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦 v2 兹力提供向心力知eBv=m, 则磁感应强度与圆周运动轨迹的关系为 B=mu er 即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强 度越小.令电子运动轨迹最大的半径为rmx, 为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成 的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆 相切，如图所示. A点为电子做圆周运动的圆心，电子从 圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得， AB⊥OB,△ABO为直角三角形，则由几何关 系可得（3a一rmax)2=rmax2十a2,解得rmax= 3a,解得磁场的磁感应强度最小值Bm= my -3mv er max Aae 6.圆锥曲线 [达标演练] 质点在初速度为零的匀加速直线运动 中，速度v和位移x满足v2=2ax, 由动量定义式可得力=mw, 联立可得p=m√2a.x. 沿x轴正方向，有x>0,p>0,所以p-x 图像是开口向右只能在第一象限的抛物线， 答案为D. 七、数形结合思想的应用 测量电源电动势和内阻的方法 [达标演练1] (1)电压表量程为3V,读数为1.50V. (2)用题图甲方案测出的内阻等于电源 内阻与电流表内阻之和，故电流表分压导致 电源内阻测量值偏大，故选D. 3)①电流表的内阻R=一R ②根据闭合电路欧姆定律E=U+I(R,+ RA十r), 整理得U=一份十+B a-Uo+r, 则E=a,6=1 联立锯符号一受 [达标演练2] (1)实验时需要将电压表的量程扩大 1倍，应串联一个定值电阻，它的阻值为 R=U-U=15000. U Rv (2)当S2接a时，电压表测电阻箱R两 端的电压，当S2接b时，电压表测R,及电阻 ·223