三、三角函数与图像变换-学科融合研究高中物理与数学

由此可知y()有最大值，即重力的瞬时 功率有最大值，所以重力的瞬时功率先变大 再变小. 另解：因开始释放时，小球速度为零，重 力的瞬时功率为零，小球摆到最低位置时，小 球速度是水平方向，重力与速度的夹角为直 角.此时重力的瞬时功率为零，在小球摆动过 程中，小球的重力的瞬时功率不为零，则重力 瞬时功率先变大再变小. [达标演练4] 设小球的质量为m,圆弧轨道的半径为 R,小球通过B点时的速度大小为，对小球 从A点运动到B点的过程分析，由动能定 理有 mg(R-Rcos 60)=m, 其中g为重力加速度的大小，小球从B 点抛出后做平抛运动，设从小球通过B点到 小球落地的时间为t,有 x=vt,h-(R-Rcos 60)=1 gt2, 解得x=√R(2h-R). 由数学知识可知，当R=2h一R,即R=h ·204 时，x有最大值，且最大值xmx=h,故选项C 正确.故选C. [达标演练5] 在两点电荷连线上任取一点P,P点距 离十Q和一Q分别为r1、r2,则 r1十r2=r, E=Q(片十)由数学知识可知片十 -2 当且仅当=r?=2时取最小值，即P 点位于两电荷连线的中点。 三、三角函数与图像变换 1.角度与边长 [达标演练1] 分别对a、b两球受力分析，如图所示. 90°-20 人● T77T77i777777T1 mog mag 根据共点力平衡条件得Fr=,g.根据 正弦定理得 FT mag sin o sin(9)FF', 故ma：m,=sin120°：sin30°，则ma= √3m,故B、C、D错误，A正确.故选A. [达标演练2] 如图所示. 309 F 因为F=p>F=Fsin30,故F的 3 大小有两种可能情况，由余弦定理可得 F22=F2+F12-2FF1cos30°， 化简可得：E,2-EFR,十号F=0,解得 F,=F,Fe=2y5F,故A,C正确.故选 3 3 AC. [达标演练3] (1)设从A点射出的带电粒子速度为1， 粒子做圆周运动的半径为号， U1 又有qw1B=m d,解得w=9Bd 2m1 2 (2)设从Q点射出的粒子做圆周运动，圆 半径为r,圆心为O,则O应位于OA之间， 粒子射出的速度方向垂直于OQ,如图所示， D 由几何关系有∠OQ0=o,在△OQ0中 OQ=r.OQ=R.OO=rR-d. 由余弦定理知(R+r一d)2=2+R一 2Rrcos o, d(2R-d) 解得r=2LR(1十cosg)-d 设入射粒子的速度为v, 由g四B=m得 qdB(2R-d) v-2m[R(1+cos )-d]' [达标演练4] (1)微粒在极板间所受电场的大小为 J F=97=1.25X10"N, 由微粒在磁场中的运动，可判断微粒带 正电荷，微粒在极板间电场加速，故C板为正 极，D板为负极， (2)设微粒质量为，刚进入磁场时的速 度大小为，根据动能定理有gU=m, 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹 ·205 力充当向心力，设圆周运动的半径为R,则有 02 qoB=m R 微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动 的边缘的轨迹如图甲所示，半径的最小值为 R=台最大值为R=1-4, 则有m=9BR m2=gBR2 解得8.1×1014kg<m≤2.89×10-13kg D R o R 图甲 图乙 (3)如图乙所示，微粒在台面以速度v做 以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面 边缘P点沿与XY边界成0角飞出做平抛运 动，落地，点为Q,滑块滑至与微粒相碰过程中 微粒的水平位移为s,下落时间为t.设滑块质 ·206 量为M,滑块获得速度后在t时间内沿与 平台前侧面成9角方向，以加速度a做匀减 速直线运动到Q点，滑块的位移为.由几何 关系，可得c0s0=R=0.8,即0=37 根据平抛运动规律有一g,=44 对于滑块，根据牛顿运动定律和运动学方 程，有 1 uMg-Ma,k=ut-ar. 根据余弦定理有 k2=s2+(d++Rsin 0)2-2s(d+Rsin 0)cos 0. 根据正弦定理有。 sinsin a' 解得=4.15m/s,p=53°. 2.三角函数 [达标演练1] (1)物体被抛出后，由抛体运动规律知， 在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向 上做竖直上抛运动，则s=voc0s0·t, 0=vsin 0.t-2gt, 解得s=sin20 g (2)设人的速度为，人与小球在水平方 向上动量守恒，有一Mu十m(vo cos0一u)=0, 可得小球速度的水平分量为 M u,=cos9-u=M十mcos0. 竖直分量为v,=vsin0, 再根据斜抛运动的位移公式，得 1 L=u.t,0=,t-2gt, M vo2sin 0 解得L=M十mg 于是2=M+m =n9s≥1. 故= [达标演练2] (1)设重物所受支持力为FN,所受摩擦 力为F,作用力F1与水平面的夹角为α，受 力分析如图所示. F g.. mg 则有F1cosa-F:=0① F1sina+Fv-mg=0② F=FN③ 联立①②③式，得F,= umg uS1na十cOsa 由数学知识，得F= umg √1十usin(a+p) 当sin(a十p)=1时，作用力F1有最小 值，最小值为F,=mg √1干4 (2)设重物所受支持力为F、,所受摩擦 力为F,作用力F2与斜面的夹角为B,受力 分析如图所示. 4F 日tmg 则有F2cosB=F:十mgsin0 ④ FN+F2sin B=mgcos 0 ⑤) F=uFN ⑥ 联立④⑤⑥式，得 F.-mg(sin 0 ucos mg(sin ucos usin Bcos B 1 sin(Bp) 其中tanp=, 当sin(3十o)=1时，作用力F:有最小 值，最小值为F,=mg(sin0+ucos0) W1十2 [达标演练3] (1)由几何关系知粒子运动半径为R,由 牛顿第二定律有qB=mR' ·207 解得6=BR (2)设沿N板射入电容器的粒子，在圆形 磁场中运动的偏转角为1，沿M板射入电容 器的粒子在圆形磁场中运动的偏转角为π 02.则Rcos01=0.8R,得01=37°， R(1-cos2)=0.2R,得02=37°， 从电容器穿出的粒子占总粒子数的比 53 1-90 (3)设粒子进入平行板上方磁场时的速 度与竖直方向的夹角为0，粒子在上方磁场中 偏转距离L=2n=cos, gB coS)解得L=2m=2R gB 因而所有进入上方磁场中的粒子在磁场 中向左偏转的距离都相等，且为2R,要使所 有粒子都能到达PQ,即电容器电压为零时进 入的粒子能到达PQ板上即可. 探测板PQ长度至少为Lmn=1.6R. (4)带电粒子在电场中的偏转距离为 1 qUo /2R\2 y=2·1.6Rm0 =0.8R. 如图中①为从电容器边缘射出的粒子的 ·208 轨迹；③为从电容器边缘射入的粒子，出磁场 时的轨迹；②为轨迹①③中间的圆. 当图中PQ移到P'Q'时，所有粒子都被 挡住.由几何关系知板的长度为0.4R. P/Q M N 。k。 S 3.三角函数求最值 [达标演练1] 原式=sin0-(1-sin0)=sin0+sin0-1, 令=im0,配方后变为y=(c+) 4,其中一1≤x≤1，问题转化为二次函数区 间内最值问题，易得-≤<1. [达标演练2] 可以这样变形 y2=4cos20sin0=2(2cos20·sin20· sin20). 由于2cos20、sin0、sin0作为三个非负 数，三者之和是定值2，因而(2cos20·sin0· sim0)有最大值，即2cos0·sin0·sn0≤员 (几个非负实数的算术平均数不小于几何平 均数). 由此可得。 所以函数y=2cos0sin0(0°≤0≤90°)的 最大值是 此类问题也可解决y=2sin0cos0(0°≤ ≤90°)的最大值. [达标演练3] 因为物体做匀速直线运动，所以物体在 水平方向和竖直方向均受力平衡， 有Fcos0=u(G-Fsin0), F= G cos 0++usin 0' 1 设sinB= W1十 ,COS B=- √1十 则有F= G V1+u2 (sin Bcos 0+cos Bsin 0) G √1+：2sin(3+0) 0从0°逐渐增大到90°时，0十B<90°前， sin(3+0)逐渐变大，所以F逐渐减小，在0+ B>90°后，sin(3+0)逐渐变小，所以F逐渐变 大，因此F先减小后增大，A错误，B正确；物 体一直做匀速直线运动，所以物体受到的合 外力一直不变，C正确；物体所受各力的合力 一直为零，由于F=FN,可知支持力和摩擦 力的合力方向不变，D正确.故选A. [达标演练4] 设小球从B点抛出时的速度方向与水平 方向成0角，则有x=(cos)t, 28t-(sin0)t=5+xtan37°， 两式联立得5t-(6sin0+4.5cos0)t-5=0. 解得 t=6in0叶45cos0 /1+ /6sin0+45cos0八 10 10 当6sin0+4.5cos0最大时，t最大，根据 数学知识可知6sin0+4.5cos0=7.5sin(0+ 37), 故0=53°时，t最大，最大值tmax= (0.75+1.25)s=2s,故选B. 4.图像的舞动 [达标演练1] 设f(x)=sin2(x一m),其图像关于直线 ·209 x=否对称，所以2（需-m)=r十变（∈）， 即m=经-是k∈Z,所以函数y=sn2x 的图像向左平移或向右平移登后得到丽数 f(x),当平移量的绝对值最小时，向左平移量 是登·函数f代x)的初相为晋 [达标演练2] 函数y=-arcsin3e[，])， arcsin 3x=I Γ2y, 所以反函数是y= 3cosx(x∈[0，π])，B 正确.故选B. [达标演练3] (1)根据△x=vt,得△x=4×2.5m= 10m,所以P波刚好传到10m处，Q波刚好 传到原点处，根据“上坡下振，下坡上振”法， 可画出此时的波形图如图所示. y/cm 6、 10x/m ·210 (2)把x=0与x=10分别当作P、Q两 列波的波源位置.根据题干，两波源的振动频 率相同、振动方向相反，两列波叠加时，加强 条件是1x10-x)1=22以(x∈[0,10]， n=0,1,2,…),得振幅最大的平衡位置有x= 3m和x=7m, 减粥条件是1x-(10-)川=2受1(x∈[0， 10],n=0,1,2,…),得振幅最小的平衡位置 有x=1m、x=5m、x=9m. 四、数列之美 数列 [达标演练1] 小球每次运动半圈，细绳就缠在钉子上， 半径由L变为L-d、L-2d、L-3d…,最后 一次为d,整个过程速度不变，只要求每次的 半个周期再求和就可达到目的. 在小球做匀速圆周运动的过程中，由于细 绳不断缠在A、B上，其轨道半径逐渐减小. 小球受到的绳子的拉力提供向心力，即 F=m号，且F随R的减小而增大，而运动的学科融合研究高中物理与数学 三、三角函数与图像变换 1.角度与边长 9 【必备知识】 对于任意三角形ABC,角A、B、C的对边分别为a、b、c,则有 正弦定理：品ABC: b 余弦定理：c2=a2+b2-2 abcos C,a2=b2+c2-2 bccos A,b2=a2+c2-2 accos B. 【经典例题1】如图所示，两个质量分别为√3m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线 面 连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O.系统平衡时，细线所对的圆心角为 90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列 判断正确的是() A.小圆环A、B受到大圆环的支持力之比为√：1 B.小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15° C.细线与水平方向的夹角为30° D.细线的拉力大小为mg 解析】选A对小國环A和B进行安力分析，根搭干行四边形突则作出雪力和支 力的合力，此合力的大小等于细线的拉力的大小，设小圆环A、B所受的F 支持力与竖直方向的夹角分别为α和B,如图所示，根据正弦定理可以 得到 NB m=F,mg=F王 45 sin 45 sin a'sin 45 sin 0 mg 3 mg 由于Fr=Fr',a+3=90°， 整理可以得到a=30,9=60,F=F,=5m ·052 学科融合研究高中物理与数学 再次利用正弦定理 FNA √3mg FNB mg in(180°-45°-30)sin45'sin(180°-45°-60°=sin45, 整理可以得到4=5，故A正确，B,D错误： FNB 1 由题图根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90°一(45°十30°)=15°，故C错误. 【经典例题2】如图所示，同一平面内两个共点力F1、F2与Ox轴夹角分别为α和3， 为了使它们在Ox轴上的分力之和有最大值，Ox轴在该平面内绕O点逆时针转过的角度0 应满足的条件为() A.0=x B.0=3 C.a<03 D.0=a土B 2 骨【解析】选C,力F,、F:在Ox轴上的分力之和等于它们的合力在0虹轴上的分力，由 余弦定理可知F1、F2的合力F=√F,2十F22十2F1F2cos(B-a). 这是一个确定的值，这个分力与F1的夹角也是一个定值，如图 所示 现使Ox轴绕O点逆时针转过0角，如图中的Ox'所示，则合力F F 与Ox'之间的夹角为(p十a一)，此时F、F2在Ox'上的分力之和同样 B0」 _-x' 等于F在Ox'上的分力，所以F1cos(a-0)+F2cos(3-0)=Fcos(p十 a-0). 当cos(o十a一)=1时，两个分力之和有最大值，其值等于F,由图可知转过的角度应该 满足条件为α<0<B,所以正确答案为C. 这是一个简单的三角函数最值问题，一些同学对两个共点力在某轴上的分力之和与它们 的分力在同一轴上的分力的关系不熟悉，缺乏作图尝试的习惯，通过练习本题学生可以掌握 该知识点， 【经典例题3】熊蜂能够以最大速度竖直向上飞，以速度2竖直向下飞，熊蜂“牵 引力”与飞行方向无关，空气阻力与熊蜂速度大小成正比，求熊蜂与水平方向成角α飞行时的 最大速度. ·053 学科融合研究高中物理与数学 【解析】设熊蜂质量为m,牵引力为R,空气阻力与熊蜂递度大小的关系为F,=如，k 为比例常数 当熊蜂以最大速度竖直向上飞时，合力为零，有F一g=F,=kU, 当熊蜂以最大速度竖直向下飞时，合力也为零，有F十g=F2=2, 联立上两式可得F=会（十， mg-会（w- 当熊蜂与水平方向成角α并以速度V飞行时，其受力分析如图所 示，熊蜂所受合力为零，对力矢量三角形由余弦定理可得 ---水平线 F2=F2+(mg)2-2F·mg·cos(90°+a), 联立解得 mg [多（十w)]'=(如+[合(-）]+2ko…含(w-)·sina… 72 整理得十（2-y1)sina·vy=0. 此式是关于)的一个一元二次方程，解此方程可得熊蜂与水平方向成α角时的最大速度 vLv(v-v)sin'a+4v v2-(v:-v)sin a]. 【经典例题4】随者我国航空航天事业的不断发展壮大，世界各国 都在关注我国的空间站.我国发射的两颗人造卫星运行示意图如图所示，卫 ●0 星A、B的运动轨道半径分别为rA、rB,O点为地心，两卫星的运行方向相 同，设∠BAO=0,两卫星在运动中角0的最大正弦值为p,试求p的值， 【解析】解法1：设AB之间的距离为x,在△AOB中，由余弦定理可为 cos9=+E-2-r8+是≥-E 2rA·x2rA·x2rA 当且仅当rA2-rB2=x2时取等号. 3 B-●O 如图所示，此时∠ABO=灭 2p=sin 0=rn 解法2：利月正孩定叉解题，在△A0B中，品)mA0长中 sina,可得p=sin∠AB0,当∠ABO=受时，有力=sin0= rA ·054 学科融合研究高中物理与数学 星【经典例题5】如图所示，一光滑绝缘圆形轨道水平放置，0点为轨道圆心，直径上有 A、B两点，AO=2cm,OB=4cm,在A、B处固定两个电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有 一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP=:1,则Q1: Q2为() A.2n2:1 B.4n2:1 C.2n3:1 D.4n3:1 【解析】选C. 第一步：正确画出小球的受力分析图，如图所示 第二步：三力合成矢量三角形 第三步：观察几何关系，解决角度问题 FA Fe 由正弦定理知sin∠CPH-sinZCHP 其中∠CPH=∠OPB,∠CHP=∠HPD=∠APO. AP AO 在△AP0中，有sin(元∠POB)sin∠APO BP BO 同理在△BPO中，有 sin∠POB sin∠BPO' 设小球的电荷量为g则F=是，F。=器联立解得Q:Q=2m:1,故正骑选 项为C. 【经典例题6】物体C由长均为1的两根十分轻的杆用铰链固定在AB杆上，AB杆 固定，杆与水平面成角0，∠BAC=∠ABC=B,如图所示，求物体C的振动周期，不计一切 摩擦. ·055 学科融合研究高中物理与数学 【解析】如图所示，将物体所受重力作用线反向延长，交AB杆于O1点，取O,点为物 体振动时的等效悬点，O,点到物体平衡位置C的距离O1C为等效单摆摆长11，由正弦定理知 sin(π-B) sin一 ,解得4=lsin B 0 cos 0 A 02 B 取O,C为等效单摆摆长时，重力加速度g不用做等效变换，故振动 周期T=2π√ Isin B -2xgcos 0' a1/0 另解：取物体处于平衡位置，过C点作AB的垂线交AB于O2点， O2点为物体振动时的等效悬点，O2点到物体平衡位置C的距离O,C为等效摆长l。,根据几 何关系有l,=Isin B. 把物体的重力在竖直平面内沿平行于转轴方向及等效摆线O2C方向分解，有 沿O2C方向ng cos0=ma1,即a1=gc0s0, 垂直于O2C方向不影响振动，沿O2C方向即切向分量提供物体回到平衡位置的回复力， 故物体振动时的等效重力加速度a1=gc0s日， 代入简谐运动周期公式可得T=2π， 二2r Isin B Ngcos 0' 是【经典例题7】（多选）如图所示为一磁约束装置的原理 R 图，圆心为坐标原点O、半径为R,的圆形区域I内有方向垂直于 R。 xOy平面向里的匀强磁场B,环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有 方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B2,磁感应强度B,= √3B1.一带正电的粒子若以速度6由A(0,R,)点沿y轴负方向 射入圆形区域I,则第1次经过I、Ⅱ区域边界处的位置为P,P点在x轴上，此时速度方向 沿x轴正方向.该粒子从A点射人后第5次经过I、Ⅱ区域的边界时，其轨迹与边界的交点 为Q,O、Q连线与x轴的夹角为(0未知).不计粒子的重力，下列说法正确的是() A.在I、Ⅱ区城内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1：√3 B.0=60° C粒子从A点运动到Q点的时间为（号+8）代 D.若有一群相同的粒子以相同的速度大小从A点入射，速度方向分布在与y轴负方 向成士60°的范围内，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为 21+7R 3 ·056 学科融合研究高中物理与数学 骨【解析】选BC,由mB=m一，可得粒子在1、Ⅱ区减内微圆周运动的轨选图的半 径之比为R1:R2=B2:B,=√3：1，A错误；粒子相邻两次从I、Ⅱ区域边界进入I区域时 福转角Q9为如图中所示角，由题意可知R,=R,则由几何关系有an月-袋=号，得 B=30°，则a=90°-23=30°. ↑y B2 B 图1 图2 图3 粒子从A点射入后第4次经过I、Ⅱ区域边界时，即第2次从区域Ⅱ返回区域I,此时速 度方向偏离A点入射速度方向60°，此后在区域I转过圆周到达Q点，结合图2由儿何关 系可知，O、Q连线与x轴的夹角0=60°，B正确.由图2可知，粒子从A点运动到Q点的时间 1=3x×2+2×,2-a+85R-(g+8)c 629 9 由磁聚焦相关知识可知，这群粒子由I区域进入Ⅱ区域时，速度均沿x轴正方向，故粒子 速度方向与y轴负方向成60°向第一象限入射时，所需的环形区域大圆半径R最大，为如图3 中所示的OD长度，此时粒子在I区域速度偏转角为30°，由几何关系可得∠AOE=30°， ∠0BC=150,由余弦定理可得0C-√R+(号R)-2R号Rcas150°=R,则OD= 3 OC+R。=2T+ER,D错误. 3 3 ××××60xx】 【经典例题8】相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B的方 ××××0××× 向如图所示，比荷为k的带正电的粒子，在图中场区a处速度方向××××××E× 与匀强磁场B垂直，与电场线成30°角，经过一定时间到达图中b处×还×B××× 时，速度大小第一次增大到处速度大小的√2倍，速度方向第一次××××××× 与电场线成60°角，不考虑重力.试求： ·057 学科融合研究高中物理与数学 (1)粒子在而后的运动过程中，速度方向与电场线方向垂直时的速度大小； (2)粒子在而后的运动过程中，速度方向与电场线方向平行时的速度大小； (3)a、b之间的距离s. 骨【解析】粒子在电场力和洛伦滋力的共同作用下做滚轮线运动（也称摆线运动》，这里 应用速度的非正交分解法将滚轮线运动分解为匀速直线运动和匀速圆周运动进行研究， 如图1所示，将粒子的速度v。分解成竖直向上的01和与电场线成A角的2,1产生的 洛伦兹力和电场力平衡，即qUB=qE. 合1 2 今30° V1 0合2 H 图1 图2 图3 子参与一个速度为心一的匀速直线运动，另一个分速度砂使粒子参与一个逆 方向的匀速圆周运动.同理，如图2所示，粒子的速度%也可以分解为竖直向上的1和与电 场线成02角的v2· 根据余弦定理，图1有v12十02=2Uvac0s60°十22，图2有u2十0,2-2w1v%c0s30°= 2. 根据已知条件，有vh=√2v。, 解得，=（√6-1）w,,=(2√5-√2)w,2=√9-3√6w U 根据正弦定理，图1有n(30+9)sin60,图2有sn(60-9)sin30, 解得01=12.37°，02=37.10°. (1)当粒子的速度方向与电场线方向垂直时，如图3所示，两个分速度1和2共线，则 有=十w=(93后+1D唱，=w-=(V0-3万-1唱 (2)当粒子的速度与电场线方向平行时，如图4所示，则有 0101上 03 03 R02 R 图4 图5 ·058 学科融合研究高中物理与数学 %=√2=u=√8-36 B (3)如图5所示，粒子做匀速圆周运动的周期和半径分别为 T-密-器R-器= gB 9-3y5mm=V9-36E qB B2· 粒子由a运动到b时的速度v2的偏转角0=01十02=49.47°，此过程的时间为 =301-00 kB 粒子沿y轴方向的位移由匀速直线运动的位移和匀速圆周运动的位移在y轴上方向的 分量两部分组成，匀速直线运动的位移y=t=0.863 kB2 匀速圆周运动的位移在y轴方向上的分量y:=Rcos0,-Rc0s,=0.230E ? 粒子沿y轴方向的位移y=y十2=1.093E 2 粒子沿x轴方向的位移等于匀速圆周运动的位移在x轴方向的分量，x=Rsin01十Rsin E 02=1.05 B.所以a、b间的距离sh=√2+y=1.52 B 【经典例题9】光线照射到棱镜毛糙面上的反射光线和折射光线射向四面八方，不能 成像，如图所示，折射率为2的等腰直角三棱镜的底面S2和侧面S, 是平整的光学面，而侧面S3和其他面是毛糙的.将该棱镜的底面压 水彩 在一幅用特殊颜料画的可发光的水彩画上，观察者通过光学面S1观 察水彩画，则画被棱镜底面压住部分可被观察到的比例为（已知sn15°=5一2）( 4 A.23 B.2+3 C.3 D.3+B 6 6 6 6 【解析】选D设枝统的临界角为G,由smC=。·得G=30,加因所示，发设 从E点射出的光线在AG上最左侧的入射，点为B点，此时棱镜中的折射角 ∠FBE大小为30°，那么在AB段射入的光线都不能被射出，只有在BG段 射入的光线才能从S,面射出，在△ABE中，由正弦定理有AB sin 156 AE m20,解得AB326AE.AG=2AE,故BG=AG-AB3y2十yOAE,画被棱镜2 6 6 面压住部分可被观察到的比例为BC-B+3 AG 6 ·059 学科融合研究高中物理与数学 【达标演练1】如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且 通过一条细绳跨过定滑轮连接.已知b球质量为，杆与水平面的夹角为 30°，不计所有摩擦.当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿 竖直方向，则a球的质量为() 30 a 0个30° B③ 77777777 A.√5m C D.2m 【达标演练2】（多选）已知力F的一个分力F,跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的 大小为号F,方向未知：则R的大小可能是( ） A B.③F 2 C.23F D.√3F 3 【达标演练3】如图所示，在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁感应强度为B,一 质量为、电荷量为q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD的方向经P点(AP=d)射 入磁场（不计重力影响） (1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度； (2)如果粒子经Q点从磁场中射出，射出方向与半圆在Q点的切线的夹角为，如图所 示，求入射粒子的速度 ·060 学科融合研究高中物理与数学 【达标演练4】如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长1=1.8m,距地面高h= 0.8m.平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面上，C板位于边界WX上， D板与边界WZ相交处有一小孔.电容器外的台面区域有磁感应强度B=1T、方向竖直向上 的匀强磁场.电荷量q=5×1013C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定的电压U= 2.5V,板间微粒经电场加速后由D板所开的小孔进入磁场，微粒始终不与极板接触，然后由 XY边界离开台面.在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水 平速度，在微粒落地时恰好与之相遇.假定微粒在真空中运动，极板之间的电场视为匀强电 场，滑块视为质点，滑块与地面之间的动摩擦因数u=0.2,重力加速度g取10m/s2. (1)求微粒在极板间所受电场力的大小，并说明两板的极性； (2)求由XY边界离开台面微粒的质量的范围； (3)若微粒质量=1×1018kg,求滑块开始运动时所获得的速度. ·061