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学科融合研究高中物理与数学
六、平面几何的魅力
1.矢量三角形
【必备知识】
如图甲所示在矢量合成中，平行四边形定则是矢量运算定则，由此变形为三角形定则，如
图乙所示.而在物体受力平衡或物体处于动态平衡时，满足的条件是物体受到的合力为零，特
别是物体受三个力平衡时，这三个力构成首尾相接的封闭三角形，简称矢量三角形，如图丙
所示.
矢量2
%合矢量
合量
4矢量2
矢量2
矢量3
+矢量1
矢量1
→矢量1
平行四边形定则
三角形定则
矢量三角形
图甲
图乙
图丙
暴【经典例题1】半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板
MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,
整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图.现使MN
保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终
保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是()
777777777777777
A.Q对P的弹力逐渐增大
B.Q所受的合力逐渐增大
C.MN对Q的弹力逐渐减小
D.地面对P的摩擦力逐渐减小
【解析】选A.对圆柱体Q受力分析.Q安到重力、板MN的支持力N,和半圆柱你卫
的支持力N2,如图甲所示，三力构成首尾相接的封闭三角形.
N
mg
G
图甲
图乙
由图甲可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力
N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但其所受合力一直为零，故A正确，B、C错误；对
PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力V1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力F:,
·130
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如图乙所示，根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1,所以地面对P的摩
擦力逐渐增大，故D错误.
【经典例题2】如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻
质细绳上O点处，绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相
连.甲、乙两物体质量相等，系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别
为a和3.若a=70°，则3等于(
)
A.459
B.55
C.60°
D.70
晶【解析】选B.根据二力平衡的条件，悬挂甲、乙两物体的细线与绳的拉力分别为
下=mg,F=mg,因此F=F,O点受三个力的作用，三力构造矢量三C
B
角形，如图所示.由图可知，F的方向与∠AOB的角平分线同方向，根据几何
B
F
关系得月-∠A0B,因此9=1800=55，B正角.
2
A
【经典例题3】如图所示，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P
点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略
圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【解析】选B.由题意可知，圆柱体的重力g、木板对圆柱体的弹力F、与绳的弹力
Fr构成一个矢量三角形，mg与g所对的角度保持不变，根据几何知识，不管F、与Fr发
生任何变化，三个力围成的三角形的外接圆都保持不变.当木板竖直时，FN与mg垂直，F
刚好为圆的直径，此时FT最大，如图甲所示.
F
图甲
图乙
图丙
如图乙所示，随着木板顺时针转动，F、与FT也顺时针转动，当F、转到直径位置时，达到
最大，而F一直减小，如图丙所示，木板继续转动，F、开始减小，至木板水平时，F、=mg;F继
·131参考答案
一、基础函数理解
根据数学知识可知图像应是过原点的抛
1.线性探索
物线，如图所示过B点作切线，根据瞬时速率
[达标演练1]
的定义可知，切线斜率表示物体经过B点的
将公式变形为=+，作出。九图
瞬时速度.连接AE,根据平均速度的定义可
像，为一条倾斜直线，如图所示.
知，割线AE的斜率表示物体在AE段的平均
fs·mm-
速度，显然割线AE段的斜率大于B点的切
线斜率，选项A正确.故选A.
20 h/mm
[达标演练3]
取微元发现其阴影面积代表t=∑△t=
由横、纵轴物理量，结合欧姆定律R=
可知，图像的割线斜率有意义，表示电阻的倒
数，所以选择割线斜率进行解题.显然选项A
代入数据，得t=60s.
正确，选项B错误.从图像上很容易得到随着
[达标演练2]
电压的增加，割线斜率变小，即电阻变大，选
根据题意可知，物体做匀加速直线运动，
项C正确.由P=UI可知，图像中矩形
满足x=a,画出物体的1图像。
PQOM所围的面积对应P点小灯泡的实际
↑x/m
功率，选项D正确.故选B.
tis
·197
2.曲线的韵律
将yx=尽·代人轨迹方程，相
=3、g
[达标演练1]
0=60°，即为最远发射角.故选AB.
如图所示.
[达标演练2]
(1)小球在BC段做匀速直线运动，所受
合外力为零，根据牛顿第二定律，小球处于平
0
衡状态，小球所受支持力F、=mg=1N,根
以发射点为原点建立平面直角坐标系，
据牛顿第三定律，圆管对小球的支持力和小
设发射角为0，
球对圆管的压力是作用力与反作用力，大小
1
x=l·%cos0,y=t·%sin0-2g,
相等，方向相反，则小球对圆管的压力大小为
两式消去t得到轨迹方程y=x·tan0一
1N,方向竖直向下.
&x2
26·(tan20+1).
(2)小球从静止到C点，根据功能关系有
上式看作关于tan0的一元二次方程，方
2mv=mgX 2R-E.
程有唯一解的条件为△=x2一48x
22
解得E。=1.2J.
(3)小球从C点到E点，根据动能定理有
(+)=0.
2mg2、1
1
一mgh一umgL=
m%2,
即中
解得E=√60-20h.
将斜面的方程x=√3y代入，解得y=
过了E点小球做平抛运动，有h=
Γ2812，
,x=.w
3·
3 g
x=vEt
所以在斜面上的最远距离为√x十y·
联立得到x与h的关系为x=√12h一4h,
2.6=6000m.
当A=多m时，x有最大值x=3m
·198

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