(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題14 數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用學(xué)案

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1、 專(zhuān)題14 數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用 考題一 常用的數(shù)學(xué)知識(shí) 1.羅列物理中常用數(shù)學(xué)方法,熟悉其內(nèi)容及其變形. 2.熟悉數(shù)學(xué)在物理題中應(yīng)用的特點(diǎn). 3.理解物理公式或圖象所表示的物理意義,不能單純地從抽象的數(shù)學(xué)意義去理解物理問(wèn)題,防止單純從數(shù)學(xué)的觀點(diǎn)出發(fā),將物理公式“純數(shù)學(xué)化”的傾向. 例1 如圖1所示,AB是豎直平面內(nèi)圓心為O、半徑為R的圓上水平方向的直徑,AC是圓上的一條弦.該圓處在某一勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)線(xiàn)與圓平面平行,將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從圓周上A點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出,拋出方向不同時(shí),小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上的不同點(diǎn),若到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大,已知∠BAC=α

2、=30°,重力加速度為g,則電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為(  ) 圖1 A. B. C. D. 解析 小球到達(dá)C點(diǎn)動(dòng)能最大,說(shuō)明C點(diǎn)是重力場(chǎng)和電場(chǎng)形成的復(fù)合場(chǎng)中的等效最低點(diǎn),即重力和電場(chǎng)力的合力沿OC方向,對(duì)小球受力分析,如圖所示, 利用矢量三角形可知:當(dāng)電場(chǎng)力垂直于OC時(shí),電場(chǎng)力最小,F(xiàn)min=mgsin 30°=mg,即Emin=,A正確.故選A. 答案 A 變式訓(xùn)練 1.如圖2所示,在斜面上有四條光滑細(xì)桿,其中OA桿豎直放置,OB桿與OD桿等長(zhǎng),OC桿與斜面垂直放置,每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫(huà)出),四個(gè)環(huán)分別從O點(diǎn)由靜止釋放,沿OA、OB、OC、OD滑到

3、斜面上所用的時(shí)間依次為t1、t2、t3、t4.下列關(guān)系不正確的是(  ) 圖2 A.t1>t2 B.t1=t3 C.t2=t4 D.t2

4、B、D正確,C不正確,因本題選不正確的,故選C. 2.如圖3所示,穿在一根光滑固定桿上的小球A、B通過(guò)一條跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩連接,桿與水平面成θ角,不計(jì)所有摩擦,當(dāng)兩球靜止時(shí),OA繩與桿的夾角為θ,OB繩沿豎直方向,則下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖3 A.A可能受到2個(gè)力的作用 B.B可能受到3個(gè)力的作用 C.A、B的質(zhì)量之比為tan θ∶1 D.A、B的質(zhì)量之比為1∶tan θ 答案 D 解析 對(duì)A球受力分析可知,A受到重力、繩子的拉力以及桿對(duì)A球的彈力,三個(gè)力的合力為零,故A錯(cuò)誤;對(duì)B球受力分析可知,B受到重力、繩子的拉力,兩個(gè)力合力為零,桿對(duì)B球沒(méi)有彈力,否則B不能平衡,

5、故B錯(cuò)誤;分別對(duì)A、B兩球受力分析,運(yùn)用合成法,如圖,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,得:FT=mBg 根據(jù)正弦定理得:= 因定滑輪不改變力的大小,故繩子對(duì)A的拉力等于對(duì)B的拉力,得mA∶mB=1∶tan θ,故C錯(cuò)誤,D正確,故選D. 3.如圖4所示,將兩個(gè)質(zhì)量均為m,帶電荷量分別為+q、-q的小球a、b,用兩細(xì)線(xiàn)相連并懸掛于O點(diǎn),置于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,且Eq=mg,用力F拉小球a,使整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài),且兩條細(xì)線(xiàn)在一條直線(xiàn)上,則F的大小可能為(  ) 圖4 A.3mg B.mg C.mg D.mg 答案 A 解析 先分析b的平衡:由于Eq=mg,所

6、以?xún)删€(xiàn)與豎直方向夾角為45°.再分析整體平衡:兩電場(chǎng)力抵消,轉(zhuǎn)變成典型的三力平衡問(wèn)題,畫(huà)矢量三角形如圖所示, F的最小值Fmin=2mgsin 45°=mg,則應(yīng)滿(mǎn)足F≥mg,故A正確. 4.物理學(xué)中有些問(wèn)題的結(jié)論不一定必須通過(guò)計(jì)算才能驗(yàn)證,有時(shí)只需要通過(guò)一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確.如圖5所示為兩個(gè)彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán),兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0),而且電荷均勻分布.兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a,連線(xiàn)的中點(diǎn)為O,軸線(xiàn)上的A點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)與O點(diǎn)相距為r(r

7、圖5 A.E= C.E= 答案 D 解析 令R1=R2=0,A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為0,排除A、B.或令r=a,E的結(jié)果應(yīng)該只與R1有關(guān),與R2無(wú)關(guān),排除A、B;當(dāng)r=a時(shí),A點(diǎn)位于圓心O2處,帶電圓環(huán)O2由于對(duì)稱(chēng)性在A點(diǎn)的電場(chǎng)為0,根據(jù)微元法可以求得此時(shí)的總電場(chǎng)強(qiáng)度為E=E1=,將r=a代入C、D選項(xiàng)可以排除C選項(xiàng).故選D. 考題二 數(shù)學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用 1.結(jié)合實(shí)際問(wèn)題,將客觀事物的狀態(tài)關(guān)系和變化過(guò)程用數(shù)學(xué)語(yǔ)言表達(dá)出來(lái),經(jīng)過(guò)數(shù)學(xué)推導(dǎo)和求解,求得結(jié)果后再用圖象或函數(shù)關(guān)系把它表示出來(lái). 2.一般程序 審題―→過(guò)程分析―→建立模型―→應(yīng)用數(shù)學(xué)思想或方法―→求解并驗(yàn)證. 3.弄

8、清物理公式的運(yùn)用條件和應(yīng)用范圍;注意數(shù)學(xué)的解與物理解的統(tǒng)一. 例2 如圖6甲所示,木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當(dāng)θ=30°時(shí),可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)(如圖乙),隨著θ的改變,小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化,重力加速度為g. 圖6 (1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)當(dāng)θ角滿(mǎn)足什么條件時(shí),小物塊沿木板上滑的距離最小,并求出此最小值. 解析 (1)由題知,當(dāng)θ=30°時(shí),對(duì)物塊受力分析得:mgsin θ=μFN FN=mgcos θ 聯(lián)立得:μ=tan θ=tan 30°=.

9、 (2)小物塊向上運(yùn)動(dòng),則有: mgsin θ+μmgcos θ=ma 物塊的位移為x:v=2ax x= = 令:tan α=μ,當(dāng)θ+α=90°時(shí),x最小 此時(shí)有:θ=60° 有:xmin==. 答案 (1) (2)θ=60°  變式訓(xùn)練 5.如圖7所示,在“十”字交叉互通的兩條水平直行道路上,分別有甲、乙兩輛汽車(chē)運(yùn)動(dòng),以“十”字中心為原點(diǎn),沿直道建立xOy坐標(biāo)系.在t=0時(shí)刻,甲車(chē)坐標(biāo)為(1,0),以速度v0=k m/s沿-x軸方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),乙車(chē)沿+y方向運(yùn)動(dòng),其坐標(biāo)為(0,y),y與時(shí)間t的關(guān)系為y= m,關(guān)系式中k>0,問(wèn): 圖7 (1)當(dāng)k滿(mǎn)足什

10、么條件時(shí),甲、乙兩車(chē)間的距離有最小值,最小值為多大? (2)當(dāng)k為何值時(shí),甲車(chē)運(yùn)動(dòng)到O處,與乙車(chē)的距離和t=0時(shí)刻的距離相同? 答案 (1)0

11、又彈起,然后又下落,每與地面相碰一次,速度大小就變化為原來(lái)的k倍.若k=,求小球從下落直至停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間.(g取10 m/s2,碰撞時(shí)間忽略不計(jì)) 答案 9 s 解析 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將小球每碰一次后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的通項(xiàng)公式求出,然后再累加求和. 小球從h0處落到地面時(shí)的速度:v0=, 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t0= 第一次碰地后小球反彈的速度:v1=kv0=k 小球再次與地面碰撞之前做豎直上拋運(yùn)動(dòng),這一過(guò)程球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t1==2k 則第n次碰地后,小球的運(yùn)動(dòng)速度的通項(xiàng)公式為: vn=kn 運(yùn)動(dòng)時(shí)間:tn==2kn 所以,小球從下落到停止運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為: t=t0+t1+…+

12、tn= +2k+…+2kn = +2 (k+k2+…+kn). 上式括號(hào)中是一個(gè)無(wú)窮等比遞減數(shù)列,由無(wú)窮等比遞減數(shù)列求和公式,并代入數(shù)據(jù)得t=9 s. 7.一輕繩一端固定在O點(diǎn),另一端拴一小球,拉起小球使輕繩水平,然后無(wú)初速度地釋放,如圖8所示,小球在運(yùn)動(dòng)至輕繩達(dá)到豎直位置的過(guò)程中,小球所受重力的瞬時(shí)功率在何處取得最大值? 圖8 答案 當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角余弦值為cos θ=時(shí),重力的瞬時(shí)功率取得最大值 解析 如圖所示,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到繩與豎直方向成θ角的C時(shí),重力的功率:P=mgvcos α=mgvsin θ 小球從水平位置到圖中C位置時(shí),由機(jī)械能守恒有mgLcos θ=

13、mv2 解得:P=mg 令y=cos θsin2θ 因?yàn)閥=cos θsin2θ= = 又因?yàn)?cos2θ+sin2θ+sin2θ=2(sin2θ+cos2θ)=2(定值). 所以當(dāng)且僅當(dāng)2cos2θ=sin2θ時(shí),y有最大值 由2cos2θ=1-cos2θ 得cos θ= 即:當(dāng)cos θ=時(shí),功率P有最大值. 專(zhuān)題規(guī)范練 1.(多選)AOC是光滑的直角金屬導(dǎo)軌,AO沿豎直方向,OC沿水平方向,ab是一根金屬直棒,靠立在導(dǎo)軌上(開(kāi)始時(shí)b離O點(diǎn)很近),如圖1所示.它從靜止開(kāi)始在重力作用下運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中a端始終在AO上,b端始終在OC上,直到ab完全落在OC上,整個(gè)裝

14、置放在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,則ab棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(  ) 圖1 A.感應(yīng)電流方向始終是b→a B.感應(yīng)電流方向先是b→a,后變?yōu)閍→b C.所受磁場(chǎng)力方向垂直于ab向上 D.所受磁場(chǎng)力方向先垂直于ab向下,后垂直于ab向上 答案 BD 解析 初始,ab與直角金屬導(dǎo)軌圍成的三角形面積趨于0,末狀態(tài)ab與直角金屬導(dǎo)軌圍成的三角形面積也趨于0,所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,閉合回路的面積先增大后減小.根據(jù)楞次定律的增反減同,判斷電流方向先是逆時(shí)針后是順時(shí)針,選項(xiàng)A錯(cuò),B對(duì).根據(jù)左手定則判斷安培力可得安培力先垂直于ab向下,后垂直于ab向上,選項(xiàng)C錯(cuò),D對(duì).故選B、D. 2.如

15、圖2所示,斜面上固定有一與斜面垂直的擋板,另有一截面為圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上,半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間,沒(méi)有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)在從球心O1處對(duì)甲施加一平行于斜面向下的力F,使甲沿斜面方向緩慢向下移動(dòng).設(shè)乙對(duì)擋板的壓力大小為F1,甲對(duì)斜面的壓力大小為F2,甲對(duì)乙的彈力大小為F3.在此過(guò)程中(  ) 圖2 A.F1逐漸增大,F(xiàn)2逐漸增大,F(xiàn)3逐漸增大 B.F1逐漸減小,F(xiàn)2保持不變,F(xiàn)3逐漸減小 C.F1保持不變,F(xiàn)2逐漸增大,F(xiàn)3先增大后減小 D.F1逐漸減小,F(xiàn)2保持不變,F(xiàn)3先減小后增大 答案 B 解析 先對(duì)物體乙受力分析,受重力、擋板的支

16、持力F1′和甲對(duì)乙的彈力F3,如圖甲所示;甲沿斜面方向向下移動(dòng),α逐漸變小,F(xiàn)1′的方向不變,整個(gè)過(guò)程中乙物體保持動(dòng)態(tài)平衡,故F1′與F3的合力始終與重力等大反向,由平行四邊形定則知F3、F1′均逐漸減小,根據(jù)牛頓第三定律,乙對(duì)擋板的壓力F1逐漸減小;再對(duì)甲與乙整體受力分析,受重力、斜面的支持力F2′、擋板的支持力F1′和推力F,如圖乙所示;根據(jù)平衡條件有,F(xiàn)2′=(M+m)gcos θ,保持不變;由牛頓第三定律知甲對(duì)斜面的壓力F2不變,選項(xiàng)B正確.故選B. 3.如圖3所示,A、B為地球的兩個(gè)軌道共面的人造衛(wèi)星,運(yùn)行方向相同,A、B衛(wèi)星的軌道半徑分別為rA和rB,某時(shí)刻A、B兩衛(wèi)星距離達(dá)

17、到最近,已知衛(wèi)星A的運(yùn)行周期為T(mén).從該時(shí)刻起到A、B間距離最遠(yuǎn)所經(jīng)歷的最短時(shí)間為(  ) 圖3 A. B. C. D. 答案 C 解析 設(shè)兩衛(wèi)星至少經(jīng)過(guò)時(shí)間t距離最遠(yuǎn),兩衛(wèi)星相距最遠(yuǎn)時(shí),轉(zhuǎn)動(dòng)相差半周,則-=,又因?yàn)樾l(wèi)星環(huán)繞周期T=2π ,解得t=,C正確.故選C. 4.圖4為某制藥廠(chǎng)自動(dòng)生產(chǎn)流水線(xiàn)的一部分裝置示意圖,傳送帶與水平面的夾角為α,O為漏斗.要使藥片從漏斗中出來(lái)后經(jīng)光滑滑槽滑到傳送帶上,設(shè)滑槽的擺放方向與豎直方向的夾角為φ,則φ為多大時(shí)可使藥片滑到傳送帶上的時(shí)間最短(  ) 圖4 A.φ=α B.φ=2α C.φ= D.φ=α 答案 C

18、解析 如圖所示,藥片沿滑槽下滑的加速度a=gcos φ,設(shè)O到傳送帶的距離為H,則有 OP==at2 =gt2cos φ t2= 令T=cos(α-φ)cos φ =[cos(α-φ+φ)+cos(α-φ-φ)] =[cos α+cos(α-2φ)] 當(dāng)α=2φ時(shí),Tmax=(cos α+1) 可見(jiàn),φ=時(shí),t有最小值.故選C. 5.在同一水平面內(nèi)有兩個(gè)圍繞各自固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤(pán)A、B,轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖5所示,在A盤(pán)上距圓心48 cm處固定一個(gè)小球P,在B盤(pán)上距圓心16 cm處固定一個(gè)小球Q.已知P、Q轉(zhuǎn)動(dòng)的線(xiàn)速度大小都為4π m/s.當(dāng)P、Q相距最近時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),則每隔一定

19、時(shí)間兩球相距最遠(yuǎn),這個(gè)時(shí)間的最小值應(yīng)為(  ) 圖5 A.0.08 s B.0.12 s C.0.24 s D.0.48 s 答案 B 解析 兩球相距最遠(yuǎn)時(shí),在相同的時(shí)間內(nèi),P、Q轉(zhuǎn)過(guò)的角度分別為θP=ωPt=(2n+1)π(n=0,1,2,3,…),θQ=ωQt=(2m+1)π (m=0,1,2,3,…),由于ωQ=3ωP,當(dāng)兩球第一次相距最遠(yuǎn)時(shí),n=0,解得m=1,故t=,而ωP==,解得t=0.12 s,選項(xiàng)B正確.故選B. 6.如圖6所示,一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿OA,O端用鉸鏈固定,另一端固定著一個(gè)小球A,輕桿靠在一個(gè)質(zhì)量為M、高為h的物塊上.若物塊與地面間摩擦不計(jì),

20、則當(dāng)物塊以速度v向右運(yùn)動(dòng)至桿與水平方向夾角為θ時(shí),小球A的線(xiàn)速度大小為(  ) 圖6 A. B. C. D. 答案 B 解析 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知,接觸點(diǎn)B的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng),可將B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1,如圖所示, 其中v2=vBsin θ=vsin θ,即為B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度,v1=vBcos θ,為B點(diǎn)沿桿運(yùn)動(dòng)的速度.當(dāng)桿與水平方向夾角為θ時(shí),OB=;A、B兩點(diǎn)都圍繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),且在同一桿上,故角速度相同,由于B點(diǎn)的線(xiàn)速度為v2=vsin θ=ωOB,所以ω==,所以A的線(xiàn)速度vA=ωL=,故選項(xiàng)B正確.故選B. 7.(

21、多選)如圖7所示,直角三角形abc是圓O的內(nèi)接三角形,∠a=30°,∠b=90°,∠c=60°.勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)線(xiàn)與圓所在平面平行,已知a、b、c三點(diǎn)電勢(shì)為φa=-U、φb=0、φc=U.下面說(shuō)法正確的是(  ) 圖7 A.圓上最高點(diǎn)的電勢(shì)等于U B.圓上最高點(diǎn)的電勢(shì)等于U C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于 D.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于 答案 BD 解析 ac中點(diǎn)O的電勢(shì)φO==0,所以O(shè)、b兩點(diǎn)是等勢(shì)點(diǎn),則直線(xiàn)bO是勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線(xiàn),與直線(xiàn)bO垂直的直線(xiàn)就是電場(chǎng)線(xiàn),圓周上M點(diǎn)電勢(shì)最高,如圖所示. 過(guò)c點(diǎn)作等勢(shì)線(xiàn),與電場(chǎng)線(xiàn)交于d點(diǎn),則φd=φc=U,設(shè)圓的半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系知O

22、、d間的距離Od=Rcos 30°=R,所以電場(chǎng)強(qiáng)度E==,D正確.M點(diǎn)的電勢(shì)φM=ER=U,B正確.故選B、D. 8.(多選)如圖8所示,固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿,與水平方向夾角為30°,質(zhì)量為m的小球套在桿上,在大小不變的拉力F作用下,小球沿桿由底端勻速運(yùn)動(dòng)到頂端.已知小球與斜桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=,則關(guān)于拉力F的大小和F的做功情況,下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖8 A.當(dāng)α=30°時(shí),拉力F最小 B.當(dāng)α=30°時(shí),拉力F做功最小 C.當(dāng)α=60°時(shí),拉力F最小 D.當(dāng)α=60°時(shí),拉力F做功最小 答案 AD 解析 由題中選項(xiàng)可知要使F最小,則應(yīng)有Fsin α

23、os 30°,故根據(jù)平衡條件有 Fcos α=mgsin 30°+μ(mgcos 30°-Fsin α), 解得:F==, 由數(shù)學(xué)知識(shí)知,當(dāng)α=30°時(shí),拉力F最小,A正確,C錯(cuò)誤;當(dāng)α=60°時(shí),F(xiàn)=mg,因?yàn)闆](méi)有摩擦力,拉力做功最小,Wmin=mgh,所以B錯(cuò)誤,D正確.故選A、D. 9.如圖9所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域中,有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=kv0.在第二象限有一半徑為R=b的圓形區(qū)域磁場(chǎng),圓形磁場(chǎng)的圓心O1坐標(biāo)為(-b,b),與坐標(biāo)軸分別相切于P點(diǎn)和N點(diǎn),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.在x=3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏,與x軸交點(diǎn)為Q.大量的電

24、子以相同的速率在紙面內(nèi)從P點(diǎn)進(jìn)入圓形磁場(chǎng),電子的速度方向在與x軸正方向成θ角的范圍內(nèi),其中沿y軸正方向的電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn),速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)到達(dá)M點(diǎn)且M點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1.5b).忽略電子間的相互作用力,不計(jì)電子的重力,電子的比荷為=.求: 圖9 (1)圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??; (2)θ角的大小; (3)電子打到熒光屏上距Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離. 答案 (1)k (2)120° (3)b 解析 (1)由于速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過(guò)N點(diǎn),因而電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=b 而ev0B=m 聯(lián)立解得B=k (2)速度與x軸正方向成θ角的電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)

25、動(dòng)的圓心為O′,電子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置為P′,連接PO1P′O′可知該四邊形為菱形,如圖甲, 由于PO1豎直,因而半徑P′O′也為豎直方向,電子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度一定沿x軸正方向 由圖可知bsin(θ-90°)+b=1.5b 解得θ=120°. (3)由(2)可知,所有的電子以平行于x軸正方向的速度進(jìn)入電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,豎直方向位移為y,水平位移為x 水平方向x=v0t 豎直方向y=at2 eE=ma vy=at 聯(lián)立解得x= 設(shè)電子最終打在光屏的最遠(yuǎn)點(diǎn)距Q點(diǎn)為H,如圖乙所示,電子射出電場(chǎng)時(shí)的夾角為θ有 tan θ== 有H=(3b-x)tan θ=(3-)· 當(dāng)3-=,即y=b時(shí),H有最大值. 由于b<1.5b,所以Hmax=b. 15

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