12、正弦定理和余弦定理在中学物理学中的应用

12、正弦定理和余弦定理在中学物理学中的应用
十九、二十世纪数学中有许多和实际现象没有任何关系的发现跑到物理中去。

虽然美妙的数学屡屡出现在物理中，但比例也不到百分之十。

有人说要想在物理学中取得成果就拿数学去试，这种想法是不正确的。

要用数学去试，成功的可能性很小。

当物理学在扩大的同时，同时数学也在扩大，所以比例仍在百分之几。

宇宙最神秘的结构为什么是数学，这是永远的不解之谜。

例1：（2011年四川理综卷第25题）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面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，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内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。

电荷量q=5×10-13C 的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（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，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=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边界离开台面的微粒的质量范围；
（3）若微粒质量m o=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。

解答过程：（1）由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为
正，D板为负；电场力的大小为N ①
（2）由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界结合勾股定理
得②，再由向心力公式得
③且④，联立②③④式，得该微粒的质量范围：。

（3）先将质量m o=1×10-13kg代入③④可得v=5m/s以及R=1m，其轨迹如图7所示。

由图可知，也即是θ=37° ⑤设微粒在空中的飞行
时间为t,则由运动学公式可知⑥。

则滑块滑至与微粒相碰过程中微粒的水平位移s=vt ⑦
微粒滑出点距左边距离x=d+Rsinθ⑧由⑤⑥⑦⑧可得s=2m x=0.7m 。

由余
弦定理，知滑块的位移m。

由位移公式
，解得：v0=4.15m/s。

由正弦定理有：
则α=137°（α=53°舍去）。

例2：两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连，放
置在一个光滑的半球面内，如下图所示。

己知小球a 和b 的质量之比为3，细杆长度是球面半径的2倍。

两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是 ( )
A ．45°
B ．30°
C ．22.5°
D ．15°
分析：通过对a 和b 两小球的受力分析，抓住受力的共同特点：轻杆对小球的作用力等大、反向，以及重力均竖直向下，大小关系在题干已经给出，还有重要的几何关系即细杆的长度是球面半径的2倍。

分别将两小球受到的共点力归结到向量三角形中，最后利用数学的正弦定理列方程求解。

解：如图，对a 、b 分别受力分析，将三个力归结到三角形Oac 与Obc 中，由牛顿第三定律可设两球受到杆的作用力大小N ac =N bc ，依题意可知，ab=2Oa=2Ob ，故三角形Oab 为等腰直角三角形。

可设∠aOc=90°－∠bOc=α，根据三角形法则及正弦定理可得：
3mg sin45° = N ac sin α，mg sin45° = N bc
sin(90°－α)
，解得α=30°，由几
何关系可得θ=15° 。

本题还有其他解法，比如杠杆平衡条件解题、利用质心找到平衡点等方法，不妨试一试。

注：1、试讨论一下a 球和b 球质量比为n 发生变化时，细杆与水平面的夹角θ如何变化？
2、若撤去光滑的半球面，Oa 、Ob 为细绳，a 、b 为同性电荷，其它条件不变，思考一下结果还是不是一样？
例3、物体受到夹角为120°的两个共点力作用，它们的大小分别为10N 、20N ，则物体合力的大小为多少？
分析：根据平行四边形定则，合外力平分的两个三角形，不可能是直角三角形，只能运用余弦定理求解，这两个三角形中，其中的一个角为180°-120°=60°，则有
图
F=
︒-+60cos 2212
221F F F F =2
1
20102201022⨯
⨯⨯-+=310N 例4、如图，用两条绳子拉质量为G 的物体，平衡时，两条绳子跟竖直方向的夹角分别为1θ、2θ，求两条绳子的拉力？ 分析：如图，根据平衡条件，由△ABD 得
)
sin(sin 2112θϑθ+=
G
T 即)sin(sin 2112θθθ+=
G T ，)
sin(sin 2121θθθ+=G
T
即)
sin(sin 2121θθθ+=
G
T
例5：在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B 。

一质量为m ，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP ＝d ）射入磁场（不计重力影响）。

⑴如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。

⑵如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线方向的夹角为φ（如图）。

求入射粒子的速度。

解：⑴由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。

设入射粒子的速度为v 1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：
2
11/2
v m qBv d = 解得：12qBd
v m
=
⑵设O /是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，
O
连接O /Q ，设O /Q ＝R /。

由几何关系得： /OQO ϕ∠= //OO R R d =+-
由余弦定理得：2
/22//()2cos OO R R RR ϕ=+- 解得：[]
/(2)
2(1cos )d R d R R d ϕ-=
+-
设入射粒子的速度为v ，由2
/v m qvB R
=
解出：[]
(2)
2(1cos )qBd R d v m R d ϕ-=
+-
例6：(2012·温州八校联考)半圆柱体P 放在粗糙的水平面上，有一挡板MN ，延长线总是过半圆柱体的轴心O ，在P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN 绕O 点缓慢地顺时针转动，在MN 到达水平位置前，发现P 始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是( )
A ．MN 对Q 的弹力逐渐增大
B ．MN 对Q 的弹力先增大后减小
C ．P 、Q 间的弹力先减小后增大
D ．Q 所受的合力逐渐增大
【解析】选A.对小圆柱体Q 受力分析，受到半圆柱体的弹力F N1，挡板的弹力F N2和重力G ，将F N1、F N2平移，得到如图所示的矢量三角形，由几何知识可知G 与F N2的夹角为β，G 与F N1的夹角为α，当MN 绕O 点缓慢地顺时针转动时β减小，α角增大，但α＋β保持不变，根据正弦定理G sin （α＋β）＝F N1
sin β＝
F N2
sin α
得F N1减小、F N2增大．由于Q 始终处于平衡状态，所以合力一直为零． 例7：(10分)如图乙所示，MN 是一条通过透明球体球心的直线．在真空中的单色细光束AB 平行于MN 射向球体，B 为入射点，若出射光线CD 与MN 的交点P 到
球心O MN 所成的角α=30°．求：透明体的折射
率；
【解析】连接OB 、BC ，如图所示． 在B 点光线的入射角、折射角分别标为i 、r ，在
ΔOCP 中：解得 ∠OCP =135°（45°值舍） ① 进而可得：∠
COP =15°
由折射率定义：在B
在C 点有：
又r BCO =∠
所以，i=45° ②
又：︒=∠--︒=∠120180COP i BCO 故：r=30° ③（2分）
④
例8：如图所示，ABC ∆为一直角三棱镜的截面，其顶角030=α，BC 边长为a ，棱镜的折射率为2，P 为垂
直于直线BCO 的光屏。

现有一宽度等于AB 的平行单色光束垂直射向AB 面，求在光屏P 上被折射光线照亮的光带的宽度。

（已知464275sin +＝
；4
24675cos －＝ ）
解析：光线在AB 面上折射后方向不变，射到AC 面上的入射角030=i ，设折射
角为r ，据折射定律r sin 130sin 20⋅=, 得r =045.
由此可画出折射光线在光屏上的光带宽度等于CE （如图示）,图中045=∠EAC ，030=∠ECA ，a AC 2=
在AEC ∆中，据正弦定理有0
075sin 45sin AC
CE =
… 化简得a CE )232(-=
例9：半径为R 的玻璃半圆柱体，横截面积如图所示，圆心为O .两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直.光线1的入射点A 为圆柱的顶点，光线2的入射点为B ，∠AOB=60°.已知玻璃对红光的折射率n =3.求两条光线经柱面和底面折射后出射点之间的距离d .?
解析：两条光线经柱面和底面折射的光路如图所示.
由折射定律，得：n=MBC FBN
sin sin
所以sinMBC=
21
3
60sin sin =︒=n FBN ,∠MBC=30. 又由几何关系知∠OCB=120°，根据正弦定理，得：
︒
=
︒30sin 120sin OC
R 所以OC=33R. 不论是在学习物理过程中，还是应用物理知识解决问题的过程中，或多或少
总要进行数学推导和数学运算。

处理的问题越深，应用的数学一般也会越多，物理试题越难，对应用数学知识解决物理问题能力要求就越高。