三角函数在物理学中的应用

三角函数的应用高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，三角函数在物理学中的应用最为广泛。借助物理知识渗透考查数学能力是高考和自主招生命题的永恒主题。高考物理考试大纲对学生应用数学工具解决物理问题的能力作出了明确要求。下面对三角函数的应用做一小总结。公式总结1．利用二倍角公式求极值正弦函数二倍角公式cossin22sin如果所求物理量的表达式可以化成cossinAy则根据二倍角公式，有2sin2Ay当045时，y有最大值2maxAy2．利用和差角公式求物理极值三角函数中的和差角公式为sincoscossin)sin(sinsincoscos)cos(在力学部分求极值或讨论物理量的变化规律时，这两个公式经常用到，如果所求物理量的表达式为cossinbay，我们可以通过和差角公式转化为)cossin(222222babbaabay令cos22baa，sin22bab则)sin(22bay当090时，y有最大值22maxbay3．利用求导求物理极值4．三角函数中的半角公式2cosa-12asin2cosa12cosaaaaaacos1sinsincos1cos1cosa-12atanaaaaasincos1cos1sincos1cosa12acot典型例题解析：1、一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地流离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦地运动，那么图1所示四种情况中符合要求的是（）【解析】雨滴沿房顶做初速度为零的匀加速直线运动，设房顶底边长为L，斜面长为S，倾角为θ，根据运动学公式2at21S有singt21cos2L2，解得2singL2cossingLt，当045时，t有最小值．【答案】C2、如图2所示,一辆1/4圆弧形的小车停在水平地面上。一个质量为m的滑块从静止开始由顶端无摩擦滑下，这一过程中小车始终保持静止状态，则滑块运动到什么位置时，地面对小车的静摩擦力最大？最大值是多少？【解析】设圆弧半径为R，滑块运动到半径与竖直方向成θ角时，静摩擦力最大，且此时滑块速度为v，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律，应有221cosmvmgR①RvmmgN2cos②由①②两式联立可得滑块对小车的压力cos3mgN而压力的水平分量为2sin23cossin3sinmgmgNNx设地面对小车的静摩擦力为f，根据平衡条件，其大小2sin23mgNfx从f的表达式可以看出，当=450时，2sin=1有最大值，则此时静摩擦力的最大值Ov图2θFNmgR150A300B450C600D图1mgf23max3、如图3所示，重为G的木块与水平面间动摩擦因数为，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面匀速运动，则此最小作用力的大小和方向如何？【解析】木块受四个力的作用，即重力G，地面的支持力FN，摩擦力fF和施加的外力F，受力分析如图7所示，设力F与x轴夹角为，由于物体在水平面上做匀速直线运动，处于平衡状态，所以在x轴和y轴分别列平衡方程：fFFcos①GFFNsin②且有NfFF③联立①②③式，sincosGF利用和差角公式变形为)sin(12GF(其中1tg)当1)sin(时，F具有极小值2min1GFF与x轴正方向间夹角1tg4、用跨过定滑轮的绳牵引物块，使其从图4所示位置起沿水平面向左做匀速运动。若物块与地面间的动摩擦因数为1，绳与滑轮质量不计。试分析运动过程中绳拉力的变化情况。【解析】本题为讨论物理量的变化规律的问题，设绳子拉力为F，受力分析、列平衡方程、求解F同上一例题。sincosGF利用和差角公式变形为)sin(12GF(其中1tg)∵1，1tg∴900≥≥450而随物块向左运动，450≤≤900则1800≥)(900随增大，)sin(减小，F增大，（）图4450vxyGFNFFf图3若变形为)cos(12GF（其中tg）则045，据前面所述，在第一象限，随增大，)cos(减小，F增大。由以上分析可知，两种变形得到的结果一样。5、求带等量同种正电荷Q的中垂线上的电场强度分布情况，并求出其最大值。【解析】如图所示，设MN=2a，PMN，22221cosEEaQkrQk由平行四边形定则可得sincos2sin2221aQkEE令y=sincos2=sinsin-12）（=3sin-sincossin3-cosy2）（2sin3-1cos=031sin233sin时，E有最大值2934akQ所以从O点经P到无限远处，场强是先增大后逐渐减小的，其中P点距O点为a22处时电场强度最大，为2934akQ6、2011年全国理综I卷第25题：如图所示，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度从平面MN上的点水平右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。【解析】：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=45°，在电场中做类平抛运动，则有：得出：，在电场中运行的位移在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1－α2，，得出：在磁场中运行的位移为：所以首次从II区离开时到出发点p0的距离为：7、一帆船要向东航行，遇到了与航行方向成一锐角的迎面风，现在使帆面AB与航行方向成角，且使＜，这时风力可以驱使帆船向东航行。设风力的大小为F，求船所受的与帆面垂直的力和驱使船前进的力。【解析】：如图所示，AB为帆面，船所受的与帆面垂直的力1F是风力F的一个分力，且）（-FsinF1，1F又分解至航行方向和垂直于航行方向的两个力3F和4F，其中3F驱使船前进，4F使船身倾斜sin-FsinsinFF13）（8、地面上有一堵高h的墙，O点离墙距离为d。又O点以v0抛出一石子，要石子越过墙顶A，v0至少多大？【解析】：dtvcos0cos0vdt①2021singttvh②将①式代入②式得2202cos21tanvdgdh220220cos21cossinhvgddv212cos2122sin20220hvgddv20202202cos2sinhvhvgddv220-2cos2singdhhdv）（）（hhdgdv-2cos2sin220③令coskd，sinkh则sin2coscos2sin2cos2sinkkhd)2sin(k（其中22hdk）所以0v的最小值为）（hhdgdv2220）（hhdgv2209、已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E＝1.5×106V/m，丝线长l＝40cm，上端系于O点，下端系质量为m＝1.0×10－4kg，带电量为q＝＋5.0×10-10C的小球，将小球从最低点A由静止释放.（g取10N/kg）求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？【解析】：N105.7N105.1100.5qEF4-610N10100.1mgG4-由动能定理有：）（cos-1mgLqELsin将数据代入得4cos-43sin令sin=t，则2t-1cos代入上式得t3-4t-142两边平方得t24-t916t16-1622解得2524t即sin=0.96，74方法2：4cos-43sin42sin8-42cos2sin622sin82cos6432tan37274方法3:4cos-43sin44cos3sin4-5cos）（37-43tan37所以74方法4：由43mgqE，可知合力方向即为小球处于平衡位置时的方向，与竖直方向成37度角。那么小球能偏离竖直方向的最大角为74度。第二问：由于重力，电场力方向大小都恒定，两者合成一个大小方向都不变的恒力。这就相当于，小球只受到这一个力的作用，当这个合力的作用线通过O向下时，这时小球速度最大。这个点就是本题中等效最低点（和物体只受重力时的最低点一样的找法。）θO43mgqEtan37由动能定理得2mv21cos-1mgL-qELsin）（代入数据得s/m41.12v10、(15分)(2013年华约自主招生)明理同学平时注意锻炼身体，力量较大，最多能提起m=50kg的物体。一重物放置在倾角θ=15°的粗糙斜坡上，重物与斜坡间的摩擦因数为μ=33≈0.58。试求该同学向上拉动的重物质量M的最大值?【解析】：根据题述，拉力F=mg=500N。设该同学拉动重物的力F的方向与斜面夹角为，分析重物M受力，如图所示。将各力分别沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件得：在垂直斜面方向：0Mgcos-FsinFN式中是斜面对重物的支持力NF，其大等于重物对斜面的正压力。根据题意，重物刚好能被拉动，加速度a可近似认为等于0，即a=O沿斜面方向：0sin-FcosMgf，由摩擦定律．Nf联立解得：)sincos()sin(cosMgF令atan，代入上式可得：))sin()sin(MagaF要使该同学向上拉动的重物质量最大，上式中分子取最大值，即)sin(a=1，))sin(MmaxagF由33tana可得30a，代入上式可得该同学向上拉动的重物质量M的最大值)3015sin(MmaxgF=kg7.70kg25011、（2009清华大学）如图，一细棒质量为m，初始时θ=30度，方形木块以恒定速度向正左方运动。则细棒受到木块的力：A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】：假设刚开始时，细棒的另一端刚好与方形木块接触，细棒的长度为2L，则木块的高度为L。设木块与细棒的接触点到支点的距离OA为x，有sinxLsinLx由力矩平衡条件有：cosmgLFxcossinmgLLFcossinmgF=2sin2mg当=45时取最大值，所以当方形木块向左运动的过程中，由30增大到接近90，细棒受到木块的力是先增大再减小。注：其中第3、4、10题，用矢量三角形法解决会要简单很多。这里主要熟悉三角函数的应用，因此没用矢量三角形法进行解答。