高三物理幾何法高考物理解題方法大全(解析版)

高中物理解題方法幾何法(解析版)

內(nèi)容提要：高考物理學科能力有一個是：應用數(shù)學知識處理物理問題的能力。

本文談幾何知識和方法在物理中的應用，包括在力學和電磁學中的應用。

關(guān)鍵詞：物理能力，數(shù)學應用，幾何知識，幾何方法。

高考大綱(物理)中規(guī)定，高考物理考查的學科能力有：

1.理解能力

2.推理能力

3.分析綜合能力

4.應用數(shù)學知識處理物理問題的能力

5.實驗能力。

數(shù)學知識，主要有代數(shù)和幾何等兒個部分，本文談幾何知識和方法在物理中的應

用。

有一位教科所的物理老師講過：解物理題就是畫圖，會畫圖就會解題，不會畫圖

就不會解題；畫圖正確就能解題正確，畫圖錯誤一定解題錯誤。此言雖然不太準

確，但也不無道理。

一、相對運動中的幾何關(guān)系

例1.如圖所示，傾角為a的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面,

另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊8相連，B靜止在斜面上.滑輪左側(cè)的細線

水平，右側(cè)的細線與斜面平行.A、8的質(zhì)量均為撤去固定4的裝置后，A、

(1)A固定不動時，A對B支持力的大小N；

(2)A滑動的位移為工時，8的位移大小s；

(3)A滑動的位移為工時的速度大小山.

【解析】

(1)支持力的大小N二機geosQ

(2)根據(jù)兒何關(guān)系sx=x-(l-cosa),sy=xsina

且s=Js：+sj

解得s=J2(I_cosa)?x

(2)B的下降高度sy=x?sina

22

根據(jù)機械能守恒定律mgsy=mvA+mvB

根據(jù)速度的定義得VA=包，VB=—

ArAr

則vH=J2(l-cosa)?v4解得VA=J2g：sina：。

V3-2cosa

【答案】(1)mgeosa(2)J2(l-cosa)-x(3)J2gxsin工

V3-2cosa

【點評】本題解題關(guān)鍵是A與B運動中的位移關(guān)系從而確定二者速度的關(guān)系。

畫出以上圖并寫出關(guān)系式：根據(jù)幾何關(guān)系Sx=x-(l-cosa),Sy=xsinao

二、力做功中的位移問題

例2.如圖所示，兩個半圓柱A、3緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱

C,三者半徑均為RC的質(zhì)量為m，A、8的質(zhì)量都為竺，與地面的動摩擦因數(shù)

2

均為〃.現(xiàn)用水平向右的力拉A,使A緩慢移動，直至。恰好降到地面.整個過程

中B保持靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：

(1)未拉A時，C受到8作用力的大小F；

(2)動摩擦因數(shù)的最小值"min；

(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W.

c

R

B

r6

【答案】14.(1)。受力平衡2Ros300=mg解得/二不〃火

(2)。恰好降落到地面時，B受C壓力的水平分力最大一飛■〃火

「f_r_7|

8受地面的摩擦力/=卬咫根據(jù)題意人血一九儂，解得〃min一了

(3)。下降的高度h=(也-1)RA的位移X=2(6-1)R

摩擦力做功的大小耳二衣=2(若

根據(jù)動能定理卬一%+，喃=0-°

解得卯=(2〃-1)S-1)叫/?

【解析】

黑色的半圓A,B為圓心，C為整圓的圓心，A，為移動后A半圓的圓心，C，為移

動后C圓的圓心。從圖中可以看出，在等邊三角形CBA中，高

CD=2/?sin60°=V3/?,C下降到地面后，CD=R,所以C下降的高度為

3/

F2

X-53037

FlXT

mc

Vmg

F

Fisin53°=F2cos53°（水平方向合力為零）

F+/n^=Ficos53°+Bsin53°（豎直方向合力為零）且尸產(chǎn)Mg

解得尸=3圖-〃電

（2）小球運動到與4、8相同高度過程中

從上圖可以得到：小球上升高度/n=3/sin53。，物塊下降高度"=41+31-51=2/

機械能守恒定律mgh產(chǎn)Mgh?

解得絲二■!

（3）根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點.設(shè)此時AC方向的加速度大小

為。，重物受到的拉力為r

牛頓運動定律Mg-7二小球受AC的拉力廠=T

牛頓運動定律T'-〃zgcos53，-ma

解得丁二：加空（T二日〃吆或丁=1姓）

5（tn+M）5511

【點評】本題第（1）問，解題方法是力的平衡及力的分解，解題關(guān)鍵是力的夾

角關(guān)系。要畫圖才可以看清楚。第（2）、（3）問中，同樣也要畫圖才能搞

清楚力做功中的位移關(guān)系。

四、彈力做功與位移的關(guān)系

例4,「如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，。點為彈簧在原長

時物塊的位置.物決由A點靜止釋?放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，

最遠到達8點.在從A到B的過程中，物塊

（A）加速度先減小后增大

（B）經(jīng)過。點時的速度最大

（C）所受彈簧彈力始終做正功

（D）所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功

【解析】設(shè)速度最大位置為C,則加速度為0,如下圖所示

―J-------1?I_[▼]干■

ACoB

JX~

kx=卬叫，x為彈簧壓縮量，C點在O點以左，所以B錯誤；

從A到C,加速度a=八（因為乙＞卬*）隨x的減小而減小，從C到

m

O,加速度〃=（因為日隨x的減小而增大，所以A正確：

ra

從O到B,加速度〃=依，不變；

從A到O,彈簧彈力做正功，從O到B,彈簧彈力做負功，C錯誤；

根據(jù)動能定理，所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確。

【答案】AD

五、電場問題

例1.空間有一句強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系O-xyz,M、N、

P為電場中的三個點，M點的坐標（0,a,0）,N點的坐標為（a,0,0）,P點的

坐標為已知電場方向平行于直線MN,M點電勢為0,N點電勢為

22

IV,則P點的電勢為

【解析】從立體圖可以看出，P點電勢等于Q點電勢。然后畫出平面圖如下

從Q點作MN的垂線QS交MN于S,則NS=N。-8s45°,因為NQ=j所以

/VS=—,又MN=Oa,所以=J例N,因為。岫，=W,所以='丫，所以

444

GV,即（PP=（PQ=（PS=彳V,本題選Do

例2.勻強電場中有〃、b、c三點.在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，N〃=30。、Nc

=90。，.電場方向與三角形所在平面平行.已知〃、b和c點的電勢分別為

（2-G）V、（2+6）V和2V.該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為

A.（2-6）V、（2+6）VB.0V、4V

C.（2一華）V、（2+殍）

D.0V、V3V

b

【解析】作圖：1.作三角形的外接圓，圓心為。，如下圖，連接co

2.過o作加_1_03交外接圓d和e

3.從a,b作de的垂線，g,f為垂足

求解：de為電場線，o與c,a與g,f與b為等勢點，所以“喏=%■=jW,

半，所以。。令亙v=2V,所以

因為OC=ob=一r

cos30°百V3

Ud=2+2=4V,Ue=2-2=0Vf所以選B.

理由：因為U〃=2V,所以oc為等勢線，它的垂線ed為電場線，沿電場線電勢降

落最快，所以，d、e分別是圓上電勢最高點和最低點。

例3.々、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，電

場線與矩形所在的平面平行。己知。點的a20v

___________________d4v

電勢是20V,〃點的電勢是24V,d點的電1

勢是4V,如圖。由此可知，c點的電勢為

()

A、4VB、8VC、12VD、24V

b-

【解析】運用一個結(jié)論在勻強電場中，任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差

相等，所以Uab=Ucd,所以c點電勢為8v;

g

例4.勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為

1用,D為AB的中點，如圖所示。已知電場線的方向平行于AA3C所在平面，A、

B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V,設(shè)場強大小為E,一電量為IxlO、。的

正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W,則()

A、W=8xlO^J￡>8V//T?

B、lV=6xlO^JE>6V/m

C、W=8xlO^JE<SV/m

D、W=6xlO-6JE<6V/rn

【答案】A

【解析】作圖如下:(1)延長AB到E使BE=DE,則

(2)連接EC,則EC為等勢線

(3)從A向EC的延長線作垂線，F(xiàn)為垂足，則AF為電場線，且

UAC=\4V-2V=\2V

一電量為ixicr6。的正電荷從D點移到c點電場力所做的功

W二心c=8x]0-6j

場強大小E=—=—>—=—7V/C=8N/C.

dAFAE1.5

例5.圖中A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C

三點的電勢分別為UA=15VUB=3V,UC=-3V由此可得D點電勢UD=Vo

A/?■一????????????D

■■

B...............C

【分析】本題考查電場中的電勢和電勢差及分析綜合能力。

【解法1】由題意知A、區(qū)間電勢差為12V,A、。間電勢差為18V,3、。間

電勢差為6Vo

連接A、。，并將人。線段等分為二等分,如圖，

則B、產(chǎn)兩點等勢，電勢為3V,D、E兩點等電勢，電勢為9V.

【解法2】畫出電場線AH,如下圖，再分別從B、C、D向AH作垂線BF,

CG,DE,則這三條線是等勢線，所以B、F等電勢,C、G等電勢,D、E等電勢，

所以A、/間電勢差為12V,A、G間電勢差為18V,求A、E間的電勢差。

15v

設(shè)正方形的邊長為a,角CAG為。，從圖中可以得到：

AE=6/cos(45°+a)=a(cos450cosa-sin450sina),①

AF=tzcos(45°-a)=?(cos45°coscr+sin450sinQ)=12V,②

AG=V2tzcosa=18V③

從③得4cosa=^，代入②得〃sina=*代入①得A￡=6V。

所以E點電勢即D點電勢為：UF=U.-UA.=\5V-6V=9V.

例6.（1）靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。

a.請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷。的場強表達式；

b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面Si、S?到點電荷的電離

分別為勺、廠2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。

請計算工、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比M/M。

（2）觀測宇宙中輻射電磁波的天體，距離越遠單位面積接收的電磁波功率

越小，觀測越困難。為了收集足夠強的來自天體的電磁波，增大望遠

鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要路徑。2016年9月25日，世界上

最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽為“中

國天眼”。FAST直徑為500m,有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍。

a.設(shè)直徑為100m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為Pi,

計?算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率P2；

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的，僅以輻射功率為0的同類天

體為觀測對象，設(shè)直徑為1（）0m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是M,

計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目M

【答案】（l）a.在距。為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷

根據(jù)庫侖定律檢驗電荷受到的電場力

F=k"

r~

根據(jù)電場強度的定義E=￡

q

得

r

b.穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比

叢=且=￡

&E2甲

（2）a.地球上不同望遠鏡觀測同一天體，單位面積上接收的功率應該相同,

因此

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。因此一個望遠鏡能觀測到

的此類天體數(shù)目正比于以望遠鏡為球心、以最遠觀測距離為半徑的球體體

積。

設(shè)地面上望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為

Po,直徑為100m望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為%和3則

p^5002P,1002P

可得L=5Lo

,3

則汽=七乂=125乂

電場問題小結(jié)：

1.已知某些點的電勢，求另一些（個）點的電勢，可考慮用幾何方法，主要是

平面兒何方法。

2.用幾何方法解物理問題的關(guān)鍵是作輔助線。

3.在用兒何方法解物理問題中要重視幾何圖形的物理意義，如電場線和等勢線

或等勢面。

4.沿電場線電勢降落最陡。

5.同一條等勢線上各點電勢相等。

6.電場線與等勢線垂直。

7.勻強電場的電場線相互平行并距離相等，在電場線上U=&,距離相等，電

勢差也相等；勻強電場的等勢線也相互平行并距離相等的等勢線間電勢差相等。

六.帶電粒子在磁場中運動問題

例L（16分）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓

力為Uo的加速電場，其初速度兒乎為0,經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN

沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片

ho已知甲、乙兩種離子的電荷量均為可，質(zhì)量分別為2根和〃2,圖中虛線為經(jīng)

過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.

（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

（2）在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄

處的寬度力

（3）若考慮加速電壓有波動，在（q-AU）到（U°+AU）之間變化，要使甲、

乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.

【答案】

（1）設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為小

電場加速=5x2mv-且qvB=2m-解得/;=-

根據(jù)幾何關(guān)系x=2門-L解得x=t楞^一心

（2）（見圖）最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

MN底片

（3）設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為m

內(nèi)的最小半徑

2"KU。-AU)

n.的最大半徑為a

大面=萬4彳Bq

22皿U0+AU)>L

Bq

【研究】要把圖象放大才可以看清楚，如下圖，A、B分別是兩個半圓的最高點,

AB是兩個半圓的切線，P是兩個半圓的交點，作PQ平行于AB,與AO（O是左半

圓的圓心）相交于Q,則因為所以PQ=g,所以最窄處的寬度d=AQ

則"=「

2將Y，代入得vqYq

一般參考書上，只有上圖，沒有下圖，從上圖中不能看到要求的“該區(qū)域最窄處

的寬度有的同學認為是零。

為什么有這個寬度呢？因為除了圖中所畫的“圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界

N的甲種離子的運動軌跡”外，還有很多沒有畫出的軌跡，他們是“經(jīng)過狹縫左、

右邊界M、N”之間的或以外的其它甲種離子的運動軌跡。

有的同學可能要問：怎么知道這個d就是最窄呢？

為了說明這個問題，我又畫了下圖，圖中紅線是從MN中點P射出的甲種離子

的軌跡，它的最高點為Q,則兩圓的切線（上圖中的AB必過Q,即也是此離子

軌跡的切線）。連接QR（R是原來兩半圓的交點）并延長之，必過此半圓的圓心0。

過R做切線AB的平行線交此半圓于S,則在三角形0RS中，0R=yl0S2-RS2,

因為OR=r,RS=y,所以d=OQ—OR,即1二乙一，乙2一

MPN0

(3)從下圖可以看出,2rlmin_2f2max>L,其余問上。

例2.如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d,寬為d,中間

兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O'點，各區(qū)

域磁感應強度大小相等.某粒子質(zhì)量為〃八電荷量為七，從O沿軸線射入

磁場.當入射速度為卬時，粒子從。上方《處射出磁場.取sin530=0.8,

cos53°=0.6.

(1)求磁感應強度大小8;

(2)入射速度為5即時，求粒子從。運動到O'的時間f；

(3)入射速度仍為5vo,通過沿軸線。?！揭浦虚g兩個磁場(磁場不重疊),

可使粒子從。運動到O'的時間增加4,求△/的最大值.

【答案】⑴粒子圓周運動的半徑釬箸由題意知為《解得人答

(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為處如圖所示

c

由d=rsina,得sina=y,即a=53°

在一個矩形磁場中的運動時間內(nèi)二急疆，解得"=黑^

直線運動的時間-耳，解得%啜則i+…黑f

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離如圖所示

粒子向上的偏移量y=2r（1-cosa）+xtana

3

由）W2d,解得

3

則當Xm=-d時，Af有最大值

4

9r

粒子直線運動路程的最大值Sm=a+（2d-2/）=3d

cosa

增加路程的最大值=sm-2d=d

增加時間的最大值A(chǔ)。1二色旦二二。

口5%

有的可能以為當中間兩磁場分別向中央移動到靠近時，可使粒子從O運動到

0’的時間增加加最大，錯誤了，因為此情況粒子飛出左磁場后打到第2個

磁場的上邊緣了，要飛出磁場了，不能到達0'。如下圖所示：

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

【點評】此題難在哪？與其說難在物理上，入如說難在數(shù)學上。這3個圖，

都是筆者畫的，而標準答案上沒有。為什么？因為標準答案不是給學生寫的,

也不是給物理老師寫的，而是給閱卷老師寫的，他們照本宣科，按標準答案

閱卷就可以了，如果要使學生看懂，老師還要做功課，象我這樣不怕辛苦地

把圖畫出來，只有這樣，才能看清楚關(guān)系。

例3.如圖，在）＞0的區(qū)域存在方向沿），軸負方向的勻強電場，場強大小為E,在

）《）的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個點核1H和一個抗核

2出先后從），軸上產(chǎn)〃點以相同的動能射出，速度方向沿“軸正方向。己知JH

進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60。，并從坐標原點。處第一次射

出磁場。JH的質(zhì)量為機，電荷量為g不計重力。求

（1）i,H笫一次進入磁場的位置到原點O的距離

（2）磁場的磁感應強度大小

（3），H第一次離開磁場的位置到原點0的距離

【答案】（1）：H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖

所示。設(shè);H在電場中的加速度大小為3,初速度大小為力，它在電場中的

運動時間為力，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為￡工由運動學公式

有

由題給條件，；H進入磁場時速度的方向與/軸正方向夾角仇=60。。汩進

入磁場時速度y分量的大小為（仙=匕tanR③

聯(lián)立以上各式得科二手〃④

（2）:H在電場中運動時，由牛頓第二定律有夕E=〃必⑤

設(shè);H進入磁場時速度的大小為"，由速度合成法則有*二&+（〃山）2⑤

設(shè)磁感應強度大小為8,在磁場中運動的圓軌道半徑為由洛倫茲力

,2

公式和牛頓第二定律有力伊=萼⑦

品

由幾何關(guān)系得M=20sin4⑧

聯(lián)立以上各式得8陣⑨

Vqh

（3）設(shè)汨在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為電，在電場中的加

速度大小為S,曰題給條件得不（2加4=：〃*⑩

由牛頓第二定律有qE=2ma2?

設(shè)；H第一次射入盛場時的速度大小為力，速度的方向與x軸正方向夾角

為斗，入射點到原點的距離為$2,在電場中運動的時間為12。

ca>\

sm1

V2

聯(lián)立以上各式得力=＞，=4，％=VI?

設(shè)汨在磁場中做圓周運動的半徑為修，由⑦?式及粒子在勻強磁場中

/G\9

做圓周運動的半徑公式得R2=Tr二二后為?

qB

所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)；H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出

射點的距離為上，由幾何關(guān)系有s；=2/?2sin%?

聯(lián)立④⑧???式得，：H第一次離開磁場時得位置到原點。的距離為

S2-S2=—C>/2-］）h@

3

例4.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在"y平面內(nèi)的截面如

圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為/,磁感應強度的大小為

B,方向垂直于“。、平府；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為乙電場強度

的大小均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的

連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，

經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從M點射入時速度的大??；

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為］求該粒

6

子的比荷及其從M點運動到N點的時間。

【解】（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線,

在磁場中為圓弧，上下對稱）

N.

M

圖（a）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入

時速度的大小為見，在下側(cè)電場中運動的時間為f，加速度的大小為粒子

進入磁場的速度大小為u,方向與電場方向的夾角為0（見圖（b））,速度沿

電場方向的分量為0，根據(jù)牛頓第二定律有

圖（b）

qE=ma①

式中烏和團分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有②

I'=vor③V）=ucos。④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和

牛頓第二定律得4由=噂⑤

由幾何關(guān)系得/=2Hcos6?

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得%;箸⑦

（3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得％=%81工⑧

6

聯(lián)立①②③⑦⑧式得幺=笠尹⑨

mBl~

設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為，，則tr=2t+—2-^—7@

式中r是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T=—

由③⑦⑨⑩?式得，'=

例5.如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙

面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙

面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為口，并在磁場邊

界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為I。不計重力影響和離子

間的相互作用。求：

xXX

xXX

xX

XXX

XXX

口XXX

XXX

(1)磁場的磁感應強度大??；

(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。

【答案】(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為5、質(zhì)量為在磁場中做勻速圓周運

動的半徑為R,磁場的磁感應強度大小為3，由動能定理有功〃=；S1『①

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有功耳8=秋/②

由幾何關(guān)系知2與二/③由①②③式得3=半④

zvi

(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為夕2、質(zhì)量為加2,射入磁場的速度為也，

在磁場中做勻速圓周運動的半徑為私。同理有42U=g"?2成⑤

由題給條件有2/?2=；?

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為幺:幺=1：4⑧

〃彳加2

：XXX

I

?!xxx

,所以獸=[如:幺=1。

又根據(jù)qU=2tnV

%q2叫

fn2

同時得以=:。見圖。

22

例6.如圖所示，在水平線ah下方有一勻強電場，電場強度為E,方向豎直

向下，"的上方存在勻強磁場，磁感應強度為8,方向垂直紙面向里，磁場

中有一內(nèi)、外半徑分別為R、GR的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與的交點分別

為M、N。一質(zhì)量為加、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，

由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。

（1）求粒子從P到M所用的時間f；

（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，

從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用

的時間最少，求粒子在Q時速度為的大小。

【答案】

（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為心所受洛倫茲力提供向心力，有

2

八田=〃』

設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE?;

設(shè)粒子在電場中運動的加速度為。，根據(jù)牛頓第二定律有FTW③；

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有/④；聯(lián)立①②③④式

得/=正空⑤；

E

（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關(guān)，運

動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內(nèi)圓相

切時，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為尸，由幾何關(guān)系可知

（尸一氏『+（6火）2=/2⑥

XXXXXXXXXX

設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為a即圓弧所對圓心角的一半,

由幾何關(guān)系可知tanO=我⑦；

r-R

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放

后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為〃在垂

直于電場方向的分速度始終為％,由運動的合成和分解可知tan°=上⑧

%

聯(lián)立①⑥⑦⑧式得％二四⑨

m

六、幾何光學中的幾何方法

光學知識，在標準課程教科書中是選修3-4的內(nèi)容，在高考試卷中是選考題之一,

大部分學校和考生不選擇選修3-4,也就不考光學題，因此是幾乎被高考遺忘的

高考題。所以在物理教學類雜志中，涉及光學的文章也就少而又少。

光學分為兩部分內(nèi)容：兒何光學和物理光學，兒何光學研究光的反射和折射，以

及全反射等，物理光學研究光的性質(zhì)，也就是光是什么？粒子還是波？其內(nèi)容包

括光的干涉、衍射、偏振等。

關(guān)于幾何光學的高考題，離不開用數(shù)學中的幾何知識和方法去解，包括邊和角，

三角形，多邊形等。每年的高考題中，都有幾題。且看近2年的高考題。

例1.如圖，4ABC為一玻璃三棱鏡的橫截面，ZA=30°,一束紅光垂直AB邊射

入，從AC邊上的D點射出，其折射角為60。，則玻璃對紅光的折射率為o

若改用藍光沿同一路徑入射，則光線在D點射出時的折射角(“小于”"等

【解析】在直角三角形AFD中，因為NA=3()°,所以NADF=6()。,所以NFDN=3()°.

〃=加=8嗎i和r分別為光線在AC面上的入射角和折射角。因

sin;sin30°

為同一玻璃對藍光的折射率大于紅光，所以光線在D點射出時的折射角大于

60°o

【答案】6大于

例2.如圖，A^BC是一直角三棱鏡的橫截面，乙1二90°,匕8=60°,一細光束從8C

邊的D點折射后，射到AC邊的E點，發(fā)生全反射后經(jīng)AB邊的F點射出。EG

垂直于AC交BC于G,力恰好是CG的中點。不計多次反射。

(i)求出射光相對于。點的入射光的偏角；

(ii)為實現(xiàn)上述光路，棱鏡折射率的取值應在什么范圍？

【解答】光線在8C面上折射，由折射定律有

sinZ|=/zsin彳①

式中，〃為棱鏡的折射率，人和門分別是該光線在8C面上的入射角和折

射角。光線在AC面上發(fā)生全反射，由反射定律有，2工一2②

式中心和7,2分別是該光線在AC面上的入射角和反射角。光線在4B面

上發(fā)生折射，由折射定律有〃sin"=sin6③

式中心和/*3分別是該光線在A3面上的入射角和折射角。

由幾何關(guān)系得，2=「2=60°,n=z3=30°(4)

產(chǎn)點的出射光相對于。點的入射光的偏角為

6=(r\-i\)+(1800-Z2-n)+(-3T3)⑤

由①②③④⑤式得3=60。⑥

(ii)光線在AC面上發(fā)生全反射，光線在人B面上不發(fā)生全反射，有

nsini22〃sinC>〃sin"⑦

式中C是全反射臨界角，滿足〃sinC=l⑧

由④⑦⑧式知，棱鏡的折射率〃的取值范圍應為拽⑨

3

【解析】為H么由幾何關(guān)系得力=-2=60。，n=6=30°(4)

看下圖：因為。恰好是CG的中點，所以。G=gcG,因為NC=30。，所以

EG=gcG,又NDGE=NB=60。,所以三角形DGE為等邊三角形，所以"二60°,

r,=90°-60°=30°o因EF〃CB,所以，3=90°-60°=30°。

為什么尸點的出射光相對于。點的入射光的偏角為

J=)+(180°-/2-/*2)+(73-，3)⑤

把D點移到F點位置，如下圖

從上圖可以看出：D點的出射光線對于。點的入射光的偏角為（門-ii）,

AB的法線比CD的法線的偏角為（180。-，2--2）,F點的出射光線對于F點

的入射光的偏角為rs-Z.3,所以尸點的出射光相對于。點的入射光的偏角

為

<5=（ri-zi）+（180°-/2-/*2）+（7*3-6）。

例3.如圖，某同學在一張水平放置的白紙上畫了一個小標記"?''（圖中。點），

然后用橫截面為等邊三角形ABC的三棱鏡壓在這個標記上，小標記位于AC邊

±o。位于AB邊上，過。點做AC邊的垂線交AC于F。該同學在。點正上方

向下順著直線。產(chǎn)的方向觀察。恰好可以看到小標記的像；過O點做A8邊的垂

線交直線。產(chǎn)于E；DE=2cm,EF=\cm0求三棱鏡的折射率。（不考慮光線在三

棱鏡中的反射）

【答案】過。點作48邊的法線NM,連接OQ,則/。洶=二為0點發(fā)出的光

線在。點的入射角；設(shè)該光線在。點的折射角為從如圖所示。根據(jù)折射定律

有

〃sina二sin/①式中n為三棱鏡的折射率

由幾何關(guān)系可知/夕=60。②ZEOF=30°③

在AOEF中有EF=OEsin/EOF④

由③④式和題給條件得OE=2cm⑤

根據(jù)題給條件可知，AO皿為等腰三角形，有a=30。⑥

由①②⑥式得〃=右⑦

【解析】為什么由幾何關(guān)系可知”=60。②，從B作NB的角平分線，則知夕

角的余角為30°,所以/￡=60。o

為什么ZEOF=30°③，因為在直角三角形/0GA中，NA=60",所以ZEOF=30°。

例4.如圖，由透明介質(zhì)構(gòu)成的半球殼的內(nèi)外表面半徑分別為R和后心一橫截面

半徑為R的平行光束入射到半球殼的內(nèi)表面，入射方向與半球殼的對稱軸平行,

所有的入射光線都能從半球殼的外表面射出。已知透明介質(zhì)的折射率為〃=及。

求半球殼外表面上有光線射出區(qū)域的圓形邊界的半徑。不考慮多次反射。

【解析】根據(jù)臨界角公式sinC-L-f,得臨界角。-45°,根據(jù)光的可逆性，

H2

作出與最邊緣的出射線(光路可逆，入射線看做出射線)AB,連接OB。如圖所

示，在三角形AOB中，ZB=90°-a,根據(jù)正弦定理——號——二1^7,解

sin(90°-a)sin135°

得a=15°。則要求的半徑為r=V2/?cosl5°=0Rx

42

例5.如圖，一玻璃工件的上半部是半徑為R的半球體，0點為球心；下半部是半

徑為R、高位2R的圓柱體，圓柱體底面鍍有反射膜。有一平行于中心軸0C的

光線從半球面射入，該光線與。。之間的距離為0.6R。已知最后從半球面射出的

光線恰好與入射光線平行(不考慮多次反射)。求該玻璃的折射率。

反射膜

【解答】

如圖，根據(jù)光路的對稱性和光路可逆性，與入射光線相對于0C軸對稱的出射光

線一定與入射光線平行。這樣，從半球面射入的折射光線，將從圓柱體底面中心

。點反射。

設(shè)光線在半球面的入射角為八折射角為由折射定律有sini=〃sinr①

由正弦定理有咽:二包S2②

2RR

由幾何關(guān)系，入射點的法線與0C的夾角為i。由題設(shè)條件和幾何關(guān)系有

sin/=—(§)

R

式中L是入射光線與0C的距離。由②?式和題給數(shù)據(jù)得

sinr-—^=④

V205一

由①@④式和題給數(shù)據(jù)得

〃=75詬=1.43⑤

例6.如圖，一半徑為R的玻璃半球，。點是半球的球心，虛線。0,表示光軸(過

球心O與半球底面垂直的直線)。已知玻璃的折射率為1.5?，F(xiàn)有一束平行光垂

直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出［不考慮被半球的內(nèi)表面反射后

的光線)。求：

(i)從球面射出的光線對應的入射光線到光軸距離的最大值；

D

(ii)距光軸彳的入射光線經(jīng)球面折射后與光軸的交點到。點的距離。

【解析】⑴如圖，從底面上A處射入的光線，在球面上發(fā)生折射時的入射

角為i,當i等于全反射臨界角io時，對應入射光線到光軸的距離最大，設(shè)最大

距離為/o

i=io①

設(shè)〃是玻璃的折射率，由全反射臨界角的定義有“sinzo=l②

由幾何關(guān)系有sini=M③

聯(lián)立①②③式并利用題給條件，得l=^R④

(ii)設(shè)光軸相距內(nèi)的光線在球面B點發(fā)生折射時的入射角和折射角分別為zi

3

和Yi,由折射定律有八sinii=sinyi⑤

設(shè)折射光線與光軸的交點為C在aOBC中，由正弦定理有包N=sin(180-%)

ROC

?

由幾何關(guān)系有ZC=yi-i\⑦

sinzi=-⑧

3

聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式及題給條件得oc=3（2垃;*Rx2.74/?⑨

例7.

“測定玻璃的折射率冶實驗中，在玻璃磚的?側(cè)豎直插兩個大頭針A、B,在另一側(cè)再豎直插兩

個大頭制C、D.在插入第四個大頭針D時，要使它.題12B-2圖是在白紙上

留卜.的實驗痕跡，其中直線a、a憶是描在紙上的玻璃磚的兩個邊.根據(jù)該圖可算得玻璃的折

射率n=.（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（題12B-2圖）

【答案】擋住C及A、B的像；1.8（1.61.9都算對）

【解析】【方法1】如果考生帶有量角器，分別連接AB和CD,分別交。和。'于。和0',過

0作4的垂線MN,

即為法線,如圖答1圖，則/AOIMI為入射角ZCO.N1為折射角a，用量角器分別測得

。產(chǎn)60°,%;30°,

則玻離的折射率為產(chǎn)出1]L=6=L7。

sin%

【方法】.如果考生沒有帶量角器而只帶直尺或三角板，在圖中，分別測量長度OQ2=L50cm

和O?Ni=0.75cm,則折射角的正弦為sin92==050,然后在OiA上截取OiA尸1.50cm,

94

從A1作MiNi的垂線AIMI,測量長度AiM尸1.30cm,則入射角的正弦為

sin"=學，=增=0.87,所以玻離的折射率為

OlAl1.50

sin〃0.87sin，1.3

〃=-------L=-------=1.7,或，=-----L=----=1.7o

sin205sin。？0.75

【方法3】.考生如果帶有圓規(guī)和直尺的話，可以這樣做。以01為圓心、為半徑畫圓，

交AB于Ai,從心向MN作垂線，為垂足,分別測量AM=L30cm和NQ=0.75cm,貝!玻璃

sinq1.3_

的折射率為n=

sin%0/75~

SI2B-2省3圖

【點評】本題考查測玻璃的折射率實驗的作圖和數(shù)據(jù)處理。難度：易。

測玻璃的折射率實驗，以前考過，但在試卷上直接測量，高考從未有過，所以在考試方

法上是創(chuàng)新。本題所有數(shù)據(jù)，是筆者從江蘇省的《揚子晚報》是公布的試卷上用直尺作圖,

用量角器或直尺測量的真實數(shù)據(jù)。

物理.，是以實驗為主的學科，高考考查物理實驗題，是天經(jīng)地義的，但多年來考查實驗題，

還是以原理為多，真正在試卷是作圖和測量實際實驗數(shù)據(jù)，本題開了一個好頭，愿高考中出

現(xiàn)更多的這樣的好題。

高考前，老師總是告誡學生:考試工具要帶齊全，除了書寫文具如寫字筆、涂卡工具如2B鉛

筆以外，還要帶作圖工具如直尺、三角板、圓規(guī)、量角器等，多少年過去了，沒帶量角器的

也沒有吃虧，這次，帶量角器的就占大便宜了。也有極聰明的學生，不作圖測量，猜想可能是

30°和60”,以為不會是算不出來的吧，果然也對了。

總結(jié)：從以上例題可以看出：

1.幾何知識和方法在解物理題中有廣泛的應用，在力學中，從力的合成和

分解，到功和能中的力做功的位移，在電磁學中，帶電粒子在磁場中的

圓周運動，從我圓心求半徑，到求圓心隹求時間，都要用到幾何知只和

兒何方法。更何況還有一部分內(nèi)容就是幾何光學，關(guān)于光的反射和折射

以及全反射題目，更是用幾何知識和幾何方法解。

2.有的物理題難，不是難在物理上，而是難在數(shù)學上，特別是幾何上，要

搞清楚空間關(guān)系，非要畫圖不可。畫了圖，還要寫出幾何關(guān)系式，例如

三角形邊角關(guān)系公式，三角函數(shù)公式，等等。

新題速遞：2020年版人教版新教科書選擇性必修第一冊第4章光復習與提高

習題1.如圖4?1,光沿AO從空氣射入折射率為n的介質(zhì)中，以O(shè)點為圓心、

R為半徑畫圓，與折射光線的交點為B,過B點向兩介質(zhì)的交界面作垂線，交

點為N,BN與AO的延長線的交點為M。以O(shè)點為圓心，OM（設(shè)為r）為半

徑畫另一圓。試證明R/roS4-1

p

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