PAGE9-思想方法5對稱思想[方法概述]對稱是一種美，只要對稱，必有相等的某些量存在。對稱法是從對稱的角度探討、處理物理問題的一種思維方法，時間和空間上的對稱，表明物理規(guī)律在某種變換下具有不變的性質(zhì)。用這種思維方法來處理問題可以開拓思路，使困難問題的求解變得簡捷。中學(xué)物理中的對稱主要有受力對稱和運動對稱。電場中等量電荷產(chǎn)生的電場具有對稱性，帶電粒子在勻強有界磁場中的運動軌跡具有對稱性，簡諧運動和波在時間和空間上具有對稱性，光路具有對稱性……解題時，要充分利用這些特點。[典型例題]典例1(2024·四省名校高三其次次聯(lián)考)如圖所示，在卸貨場，掛鉤連接四根長度均為L的輕繩，四根輕繩的另一端與一質(zhì)量為m、直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點將圓環(huán)四等分。圓環(huán)正緩慢地勻速上升，已知重力加速度為g，則每根輕繩上的拉力大小為()A.eq\f(5,12)mgB.eq\f(7,12)mgC.eq\f(5,16)mgD.eq\f(5,4)mg解析水平圓環(huán)勻速上升，受力平衡，則四根繩子的合力F＝mg，則每一根輕繩的拉力在豎直方向上的重量等于eq\f(1,4)mg，設(shè)繩子與豎直方向的夾角皆為θ，在水平方向具有對稱性，依據(jù)幾何關(guān)系有：sinθ＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，cosθ＝0.8，則Tcosθ＝eq\f(1,4)mg，解得：T＝eq\f(5,16)mg，故選C。答案C名師點評探討對象所受的力若具有對稱性，求解時就能把較困難的運算轉(zhuǎn)化為簡潔的運算，或者將困難的圖形轉(zhuǎn)化為簡潔的圖形。利用對稱法處理平衡問題的關(guān)鍵是分析推斷物體受力是否具有對稱性。本題中四根繩子的水平方向合力為零，依據(jù)對稱性，拉力在水平方向的分力都相等，則在豎直方向的分力也相等，只須要分析繩子在豎直方向的分力即可。[變式1](2024·海南高考)如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面(紙面)上，銅線所在空間有一勻強磁場，磁場方向豎直向下。當(dāng)銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向()A．向前B．向后C．向左D．向右答案A解析以豎直軸為對稱軸，把半圓形通電銅線對稱等分，且每一小段通電銅線的長趨近于零但不為零，每一小段通電銅線都可以看成直線段，對稱軸兩邊的對稱直銅線受到的安培力由左手定則確定，其方向關(guān)于對稱軸對稱且斜向前，合力豎直向前，由此可得出半圓形通電銅線受到的合力向前，故A正確。典例2(2024·重慶南開中學(xué)高三4月模擬)(多選)水平面內(nèi)有一等邊三角形ABC，O點為三角形的幾何中心，D點為O點正上方的一點，O點到A、B、C、D四點的距離均為l?，F(xiàn)將三個電荷量均為Q的正點電荷分別固定在A、B、C處，已知靜電力常量為k。則下列說法正確的是()A．O點的電場強度大小E＝keq\f(Q,l2)B．D點的電場強度大小E＝keq\f(3\r(2)Q,4l2)C．O點的電勢為零D．D點的電勢比O點的電勢低解析三個電荷量均為Q的正點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度的大小均為E＝keq\f(Q,l2)，方向互成120°，由點電荷的電場疊加原理和對稱性可知O點的電場強度大小為零，故A錯誤；三個電荷量均為Q的正點電荷在D點產(chǎn)生的電場強度的大小均為E＝keq\f(Q,2l2)，方向與OD均成45°角，依據(jù)對稱性可知D點電場強度的方向沿OD方向，依據(jù)疊加原理可求出D點的電場強度大小為E＝3keq\f(Q,2l2)·cos45°＝keq\f(3\r(2)Q,4l2)，故B正確；以無窮遠(yuǎn)處為零電勢點，正電荷四周空間電勢為正值，可推斷O點的電勢不為零，又因為沿著電場線方向電勢降低，故D點的電勢比O點的電勢低，故C錯誤，D正確。答案BD名師點評電場中場強、電勢的比較和計算常常用到點電荷、等量同(異)號點電荷四周電場線、等勢面分布的對稱性。[變式2](2024·云南二模)(多選)如圖所示，A、B、C、D、E是直角坐標(biāo)系xOy中的五個點，其坐標(biāo)分別為A(1,1)，B(1,0)，C(0，－1)，D(－1,0)，E(0,1)。在坐標(biāo)原點O和A點處分別放置一等量正、負(fù)點電荷，關(guān)于這些點的場強和電勢，下列說法正確的是()A．C點處的場強比E點處的場強大B．C點處的場強與D點處的場強大小相等C．C點處的電勢比B點處的電勢高D．C點處的電勢與E點處的電勢相等答案BC解析因＋q在E、C兩點的場強大小相等，－q在C點的場強小于在E點的場強，且兩點電荷在E點的場強的夾角較小，則C點處的場強小于E點處的場強，A錯誤；由對稱性可知，C點處的場強與D點處的場強大小相等，B正確；＋q在B、C兩點的電勢相等，而－q在C點的電勢比B點高，可知C點處的電勢比B點處的電勢高，C正確；E點的電勢等于零，而C點的電勢大于零，D錯誤。典例3(多選)如圖所示，半徑為R的圓為勻強磁場邊界，圓內(nèi)磁場垂直紙面對里，圓外磁場垂直紙面對外(未標(biāo)出)，磁感應(yīng)強度大小均為B，電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，從邊界上的A點沿半徑方向射入向里的磁場中，下列說法正確的是()A．若粒子射入磁場的速度大小滿意v＝eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n)(n＝3,4,5，…)，則粒子能回到A點B．粒子第一次回到A點的最短時間為eq\f(7πm,3qB)C．若粒子射入磁場的速度大小滿意v＝eq\f(qBR,m)taneq\f(2π,n)(n＝5,6,7，…)，則粒子能回到A點D．粒子回到A點時速度方向肯定與初始入射速度方向相反解析帶電粒子在磁場中運動，如圖甲所示，則依據(jù)幾何關(guān)系：r＝Rtanθ，而且Bqv＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBR,m)tanθ，由于圓外磁場方向垂直紙面對外，則當(dāng)2θ·n＝2kπ(k＝1,2,3，…)時粒子能回到動身點A，取k＝1，即粒子繞磁場邊界一圈回到A點，此時θ＝eq\f(2kπ,2n)＝eq\f(π,n)，分析可知n＝3,4,5，…；取k＝2，即粒子繞磁場邊界兩圈回到A點，此時θ＝eq\f(2kπ,2n)＝eq\f(2π,n)，分析可知n＝5,6,7，…，所以當(dāng)θ＝eq\f(π,n)(n＝3,4，5，…)或θ＝eq\f(2π,n)(n＝5,6,7，…)時，粒子能回到A點，而且粒子回到A點時速度方向肯定與初始入射速度方向相同或相反，故A、C正確，D錯誤；粒子運動的最短時間對應(yīng)的軌跡如圖乙所示，粒子從A點動身回到A點的最短時間為：tmin＝eq\f(60°＋300°＋60°,360°)T＝eq\f(7,6)T＝eq\f(7,6)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(7πm,3qB)，故B正確。答案ABC名師點評本題是粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，確定圓心和半徑是解題的關(guān)鍵，然后結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓其次定律列式分析。畫帶電粒子在有界磁場中的運動軌跡時，往往須要考慮其對稱性。配套作業(yè)1．(2024·重慶一中高三5月?？?如圖所示，真空中兩等量異種點電荷＋q、－q固定在y軸上。abcd為等腰梯形，ad、bc邊與y軸垂直且被y軸平分。下列說法正確的是()A．將電子從d點移動到b點，電勢能增加B．a(chǎn)點電勢高于d點電勢C．將質(zhì)子從a點移動到c點，電場力做負(fù)功D．b、c場強相同答案C解析因b點的電勢高于d點，可知將電子從d點移動到b點，電勢能減小，A錯誤；由對稱性可知，a點電勢等于d點電勢，B錯誤；因a點電勢低于c點，則將質(zhì)子從a點移動到c點，電勢能增加，電場力做負(fù)功，C正確；由對稱性可知，b、c場強大小相同，方向不同，D錯誤。2．(2024·四川高三畢業(yè)班其次次診斷)如圖所示，邊長為L的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細(xì)棒，每根細(xì)棒上勻稱帶正電?，F(xiàn)將電荷量為＋Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心O點的場強為零。若移走＋Q及AB邊上的細(xì)棒，則O點電場強度大小為(k為靜電力常量)(不考慮絕緣棒及＋Q之間的相互影響)()A.eq\f(kQ,L2) B.eq\f(4kQ,3L2)C.eq\f(2\r(3)kQ,3L2) D.eq\f(4\r(3)kQ,3L2)答案D解析依據(jù)對稱性，AF與CD上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，AB與ED上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度為eq\f(kQ,Lsin60°2)＝eq\f(4kQ,3L2)，由題意可知，EF上的細(xì)棒與BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，則EF上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度為eq\f(4kQ,3L2)，故每根細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為eq\f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB邊上的細(xì)棒，O點的電場強度為EF與ED上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度的疊加，這兩個場強的夾角為60°，所以疊加后的電場強度為2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故D正確。3．(2024·山東臨沂十九中高三上學(xué)期第六次調(diào)研)(多選)如圖所示，真空中有一個邊長為L的正方體，正方體的兩個頂點M、N處分別放置電荷量都為q的正、負(fù)點電荷。圖中的a、b、c、d是其他的四個頂點，k為靜電力常量。下列表述正確的是()A．a(chǎn)、b兩點電場強度相同B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．把點電荷＋Q從c移到d，電勢能增加D．M點的電荷受到的庫侖力大小為F＝eq\f(kq2,2L2)答案AD解析由等量異種電荷電場分布可知，a、b兩點電場強度相同，a點電勢等于b點電勢，且都等于零，A正確，B錯誤；因c點電勢高于d點，故把點電荷＋Q從c移到d，電勢能減小，C錯誤；M點的電荷受到的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,\r(2)L2)＝eq\f(kq2,2L2)，D正確。4．(2024·重慶南開中學(xué)高三下4月月考)如圖所示，一正方體導(dǎo)線框各邊電阻均為R，MN、PQ兩邊均接有電容為C的電容器。開關(guān)閉合后，若電流表的示數(shù)為I，則每個電容器所帶的電荷量為()A.eq\f(1,4)IRC B.eq\f(1,3)IRCC.eq\f(1,2)IRC D.eq\f(3,4)IRC答案C解析由于電容器中無電流通過，去掉電容器C，則電路可簡化為如圖所示。由對稱性可知，每個主支路的電流為eq\f(I,2)，分支路的電流為eq\f(I,4)，則依據(jù)電容器的連接方式可知，兩電容器兩端電壓均為eq\f(1,2)IR，由C＝eq\f(Q,U)可知，每個電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)IRC，故C正確，A、B、D錯誤。5．(2024·湖北省八校高三其次次聯(lián)考)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y>0的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一帶電粒子從y軸上y＝h的P點以速度v0沿x軸正方向射入電場。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為－q(q>0)，不計重力。求：(1)粒子從P射出到第一次經(jīng)過x軸的時間t；(2)粒子從P點射出后，若第一次經(jīng)過x軸時與x軸交于D點，然后歷經(jīng)磁場一次后回到P點，求v0的大小和OD間距離d；(3)要使粒子經(jīng)過M(L,0)點(圖中未畫出)，求初速度v0的全部可能值。答案(1)eq\r(\f(2mh,qE))(2)eq\f(E,B)eq\r(\f(2Emh,qB2))(3)eq\f(1,2n＋1)(Leq\r(\f(qE,2mh))＋2neq\f(E,B))，n＝0、1、2、3……；eq\f(1,2n－1)(Leq\r(\f(qE,2mh))＋2neq\f(E,B))，n＝1、2、3……解析(1)粒子從P到D，沿－y方向：a＝eq\f(qE,m)，h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2mh,qE))。(2)在D點處：vy＝vsinα＝at＝eq\r(\f(2qEh,m))，在磁場中：qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(mv,Bq)由對稱性可知，粒子能回到P點，軌跡如圖1所示，OD間距滿意：d＝Rsinα＝eq\f(mv,qB)sinα＝eq\f(mvy,qB)將vy代入可得d＝eq\r(\f(2Emh,qB2))，又d＝v0t，v0＝eq\f(d,t)＝eq\f(E,B)。(3)設(shè)粒子在磁場區(qū)域內(nèi)繞行n次后，由電場區(qū)域經(jīng)過M點，如圖2所示：滿意v0t＋n(2v0t－2Rsinα)＝L，n＝0、1、2、3……同理