用“獨(dú)孤四劍”破解幾何關(guān)系求半徑和圓心角

蔣金團(tuán)

(施甸一中 云南 保山 678200)

用“獨(dú)孤四劍”破解幾何關(guān)系求半徑和圓心角

蔣金團(tuán)

(施甸一中 云南 保山 678200)

介紹了用解三角形的方法處理帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).

有界勻強(qiáng)磁場(chǎng) 圓周運(yùn)動(dòng) 正弦定理 余弦定理 和差角公式

帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是一類典型的高考題，這類題型的特點(diǎn)是物理部分簡(jiǎn)單，數(shù)學(xué)部分較復(fù)雜.物理部分只用到3個(gè)公式而已

從半徑公式可以看出，半徑是聯(lián)系粒子信息和幾何條件的橋梁，因此，幾何關(guān)系求半徑是重中之重.筆者在研究高考真題的基礎(chǔ)之上，總結(jié)出一套比較實(shí)用的通性解法，該方法有4個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，姑且借用武俠小說(shuō)稱呼，取名“獨(dú)孤四劍”吧.“獨(dú)孤四劍”的精髓在于：構(gòu)造三角形，以公共邊為橋梁，實(shí)現(xiàn)半徑和已知條件的聯(lián)系，將物理問(wèn)題徹底轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)中的解三角形問(wèn)題.

“獨(dú)孤四劍”操作步驟如下：

(1)第一劍，定圓心.兩個(gè)速度垂線的交點(diǎn)為圓心，一個(gè)速度垂線和一條弦的中垂線的交點(diǎn)也為圓心.

(2)第二劍，定三角形.用到的三角形有兩類，第一類是含有半徑的三角形，第二類是含有已知邊長(zhǎng)或角度的三角形.

(3)第三劍，轉(zhuǎn)移角度.將設(shè)定的角度和已知的角度轉(zhuǎn)到設(shè)定的三角形中.轉(zhuǎn)移的依據(jù)，一是速度偏轉(zhuǎn)角等于轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，二是弦切角定理.

(4)第四劍，以公共邊為橋梁解三角形.

情況一:三角形為直角三角形或等腰三角形時(shí)，采用三角函數(shù).

情況二:三角形為斜三角形時(shí)，可能用到正弦定理、余弦定理、和差角公式.

sin(α+β)=sinαcosβ+sinβcosα

sin(α-β)=sinαcosβ-sinβcosα

cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ

cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ

接下來(lái)，將選擇兩個(gè)壓軸題作為示范，展現(xiàn)“獨(dú)孤四劍”的實(shí)用性，感興趣的朋友可以上網(wǎng)查閱參考答案，將兩種解法進(jìn)行對(duì)比.

【例1】(2013年高考大綱卷)如圖1所示，虛線OL與y軸的夾角θ=60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng)，入射點(diǎn)為M.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R.粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于P點(diǎn)(圖中未畫出)，且OP=R.不計(jì)重力.求M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

圖1 例1題圖

解析: (1)第一劍,定圓心.如圖2所示，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線OL于A點(diǎn)，入射速度的垂線和弦的中垂線的交點(diǎn)即為圓心C.

圖2 確定圓心

(2)第二劍,定三角形.題目中已知OP=R，說(shuō)明必須用一條公弦將OP邊和半徑聯(lián)系起來(lái)，所以可以解△COA和△OAP.

(3)第三劍,將角度轉(zhuǎn)移到設(shè)定的三角形中.設(shè)圓心角為α，根據(jù)速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角可知∠OPA=α.

(4)第四劍,用公共邊作為橋梁解三角形.

在△COA中，由正弦定理得

變形得

(1)

在△OAP，由正弦定理得

變形得

(2)

由式(1)、(2)得

sin 120°=sin(150°-α)

即

sin 120°=sin 150°cosα-sinαcos 150°

化簡(jiǎn)得

兩邊平方再化簡(jiǎn)得

解得α=30°或α=90°.

帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有

當(dāng)α=30°時(shí)，有

當(dāng)α=90°時(shí)，有

在△COA中，由正弦定理得

變形得

由幾何關(guān)系得

當(dāng)α=30°時(shí)，有

當(dāng)α=90°時(shí)，有

圖3 例2題圖

解析:總體分析,本題涉及兩次運(yùn)動(dòng),磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和電場(chǎng)偏轉(zhuǎn),兩次運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系是初速度相同,并且最后求的是電場(chǎng),所以思路是，先用磁偏轉(zhuǎn)求出初速度,再代入電偏轉(zhuǎn)中.

情況1：帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得

(3)

(1)第一劍,定圓心.如圖4所示，入射速度垂線和出射速度垂線的交點(diǎn)為圓心F.設(shè)軌道半徑為r, 而邊界圓的半徑為R(已知的),兩者要區(qū)分開(kāi).

圖4 確定圓心

(2)第二劍,定三角形.兩圓相交,先把交點(diǎn)處的4個(gè)半徑和公共弦連起.顯然,兩個(gè)半徑三角形不可少,然后Rt△OaE的已知條件多,它也入選.

(3)第三劍,將角度轉(zhuǎn)移到設(shè)定的三角形中，Rt△Fab是等腰直角三角形,∠Fab=45°.

(4)第四劍,用公共邊作為橋梁解三角形.在△OaE中，設(shè)∠OaE=α，則

在△Oab中

∠Oab=90°-α-45°=45°-α

由幾何關(guān)系得

ab=2Rcos∠Oab=2Rcos(45°-α)

(4)

在△Fab中，由幾何關(guān)系得

(5)

聯(lián)立式(4)、(5)得

(6)

(7)

聯(lián)立式(6)、(7)得

(8)

聯(lián)立式(3)、(8)得

(9)

情況2：帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向

r=vt

(10)

水平方向

(11)

聯(lián)立式(8)～(11)得

綜上所述，使用數(shù)學(xué)方法處理物理問(wèn)題具有可靠性、嚴(yán)密性、直觀性等特點(diǎn)，因此，在物理中適度推廣數(shù)學(xué)知識(shí)是很有必要的.

Cracking the Geometry Relation UsingTokgoFourSwordsto Solve the Radius and Central Angle

Jiang Jintuan

(Shidian NO.1 High School, Baoshan, Yunnan 678200)

in this paper, the solution of the periodic motion of charged particles in a magnetic field is presented.

bounded uniform magnetic field; circular motion; sine theorem; cosine theorem; difference angle formula

2016-10-18)