1、思想方法5 对称思想 方法概述对称是一种美，只要对称，必有相等的某些量存在。对称法是从对称的角度研究、处理物理问题的一种思维方法，时间和空间上的对称，表明物理规律在某种变换下具有不变的性质。用这种思维方法来处理问题可以开拓思路，使复杂问题的求解变得简捷。高中物理中的对称主要有受力对称和运动对称。电场中等量电荷产生的电场具有对称性，带电粒子在匀强有界磁场中的运动轨迹具有对称性，简谐运动和波在时间和空间上具有对称性，光路具有对称性解题时，要充分利用这些特点。典型例题典例 1(2019四省名校高三第二次联考)如图所示，在卸货场，挂钩连接四根长度均为 L 的轻绳，四根轻绳的另一端与一质量为 m、直径为
2、 1.2L 的水平圆环相连，连接点将圆环四等分。圆环正缓慢地匀速上升，已知重力加速度为 g，则每根轻绳上的拉力大小为()A.512mg B.712mg C.516mg D.54mg解析 水平圆环匀速上升，受力平衡，则四根绳子的合力 Fmg，则每一根轻绳的拉力在竖直方向上的分量等于14mg，设绳子与竖直方向的夹角皆为，在水平方向具有对称性，根据几何关系有：sin0.6LL 0.6，cos0.8，则 Tcos14mg，解得：T 516mg，故选 C。答案 C名师点评 研究对象所受的力若具有对称性，求解时就能把较复杂的运算转化为简单的运算，或者将复杂的图形转化为简单的图形。利用对称法处理平衡问题的关
3、键是分析判断物体受力是否具有对称性。本题中四根绳子的水平方向合力为零，根据对称性，拉力在水平方向的分力都相等，则在竖直方向的分力也相等，只需要分析绳子在竖直方向的分力即可。变式 1(2019海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向()A向前 B向后 C向左 D向右答案 A解析 以竖直轴为对称轴，把半圆形通电铜线对称等分，且每一小段通电铜线的长趋近于零但不为零，每一小段通电铜线都可以看成直线段，对称轴两边的对称直铜线受到的安培力由左手定则确定，其方向关于对称轴对称且斜向前，合力竖直向
4、前，由此可得出半圆形通电铜线受到的合力向前，故A 正确。典例 2(2019重庆南开中学高三 4月模拟)(多选)水平面内有一等边三角形 ABC，O 点为三角形的几何中心，D 点为 O 点正上方的一点，O 点到 A、B、C、D 四点的距离均为 l。现将三个电荷量均为 Q 的正点电荷分别固定在A、B、C 处，已知静电力常量为 k。则下列说法正确的是()AO 点的电场强度大小 EkQl2BD 点的电场强度大小 Ek3 2Q4l2CO 点的电势为零DD 点的电势比 O 点的电势低解析 三个电荷量均为 Q的正点电荷在 O点产生的电场强度的大小均为EkQl2，方向互成 120，由点电荷的电场叠加原理和对称性
5、可知 O 点的电场强度大小为零，故 A 错误；三个电荷量均为 Q 的正点电荷在 D 点产生的电场强度的大小均为 Ek Q2l2，方向与 OD 均成 45角，根据对称性可知 D 点电场强度的方向沿 OD 方向，根据叠加原理可求出 D 点的电场强度大小为 E3k Q2l2cos45k3 2Q4l2，故 B 正确；以无穷远处为零电势点，正电荷周围空间电势为正值，可判断 O 点的电势不为零，又因为沿着电场线方向电势降低，故 D 点的电势比 O 点的电势低，故 C 错误，D 正确。答案 BD名师点评 电场中场强、电势的比较和计算经常用到点电荷、等量同(异)号点电荷周围电场线、等势面分布的对称性。变式 2
6、(2019云南二模)(多选)如图所示，A、B、C、D、E 是直角坐标系 xOy 中的五个点，其坐标分别为 A(1,1)，B(1,0)，C(0，1)，D(1,0)，E(0,1)。在坐标原点 O 和 A 点处分别放置一等量正、负点电荷，关于这些点的场强和电势，下列说法正确的是()AC 点处的场强比 E 点处的场强大BC 点处的场强与 D 点处的场强大小相等CC 点处的电势比 B 点处的电势高DC 点处的电势与 E 点处的电势相等答案 BC解析 因q 在 E、C 两点的场强大小相等，q 在 C 点的场强小于在 E点的场强，且两点电荷在 E 点的场强的夹角较小，则 C 点处的场强小于 E点处的场强，A
7、 错误；由对称性可知，C 点处的场强与 D 点处的场强大小相等，B 正确；q 在 B、C 两点的电势相等，而q 在 C 点的电势比 B 点高，可知 C 点处的电势比 B 点处的电势高，C 正确；E 点的电势等于零，而 C 点的电势大于零，D 错误。典例 3(多选)如图所示，半径为 R 的圆为匀强磁场边界，圆内磁场垂直纸面向里，圆外磁场垂直纸面向外(未标出)，磁感应强度大小均为 B，电荷量为q、质量为 m 的粒子(不计重力)，从边界上的 A 点沿半径方向射入向里的磁场中，下列说法正确的是()A若粒子射入磁场的速度大小满足 vqBRm tann(n3,4,5，)，则粒子能回到 A 点B粒子第一次回
8、到 A 点的最短时间为7m3qBC若粒子射入磁场的速度大小满足 vqBRm tan2n(n5,6,7，)，则粒子能回到 A 点D粒子回到 A 点时速度方向一定与初始入射速度方向相反解析 带电粒子在磁场中运动，如图甲所示，则根据几何关系：rRtan，而且 Bqvmv2r，则 vqBRm tan，由于圆外磁场方向垂直纸面向外，则当 2n2k(k1,2,3，)时粒子能回到出发点 A，取 k1，即粒子绕磁场边界一圈回到 A 点，此时 2k2n n，分析可知 n3,4,5，；取 k2，即粒子绕磁场边界两圈回到 A 点，此时 2k2n 2n，分析可知 n5,6,7，所以当n(n3,4，5，)或 2n(n5
9、,6,7，)时，粒子能回到 A 点，而且粒子回到 A 点时速度方向一定与初始入射速度方向相同或相反，故 A、C 正确，D 错误；粒子运动的最短时间对应的轨迹如图乙所示，粒子从 A 点出发回到A 点的最短时间为：tmin6030060360T76T762mqB 7m3qB，故 B 正确。答案 ABC名师点评 本题是粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，确定圆心和半径是解题的关键，然后结合几何关系和牛顿第二定律列式分析。画带电粒子在有界磁场中的运动轨迹时，往往需要考虑其对称性。配套作业1(2019重庆一中高三 5 月模考)如图所示，真空中两等量异种点电荷q、q 固定在 y 轴上。abcd 为等腰梯
10、形，ad、bc 边与 y 轴垂直且被 y 轴平分。下列说法正确的是()A将电子从 d 点移动到 b 点，电势能增加Ba 点电势高于 d 点电势C将质子从 a 点移动到 c 点，电场力做负功Db、c 场强相同答案 C解析 因 b 点的电势高于 d 点，可知将电子从 d 点移动到 b 点，电势能减小，A 错误；由对称性可知，a 点电势等于 d 点电势，B 错误；因 a 点电势低于 c 点，则将质子从 a 点移动到 c 点，电势能增加，电场力做负功，C正确；由对称性可知，b、c 场强大小相同，方向不同，D 错误。2(2019四川高三毕业班第二次诊断)如图所示，边长为 L 的正六边形ABCDEF 的
11、5 条边上分别放置 5 根长度也为 L 的相同绝缘细棒，每根细棒上均匀带正电。现将电荷量为Q 的点电荷置于 BC 中点，此时正六边形几何中心 O 点的场强为零。若移走Q 及 AB 边上的细棒，则 O 点电场强度大小为(k 为静电力常量)(不考虑绝缘棒及Q 之间的相互影响)()A.kQL2B.4kQ3L2C.2 3kQ3L2D.4 3kQ3L2答案 D解析 根据对称性，AF 与 CD 上的细棒在 O 点产生的电场强度叠加为零，AB 与 ED 上的细棒在 O 点产生的电场强度叠加为零，BC 中点的点电荷在 O 点产生的电场强度为kQLsin6024kQ3L2，由题意可知，EF 上的细棒与 BC中点
12、的点电荷在 O 点产生的电场强度叠加为零，则 EF 上的细棒在 O 点产生的电场强度为4kQ3L2，故每根细棒在 O 点产生的电场强度大小均为4kQ3L2，移走Q 及 AB 边上的细棒，O 点的电场强度为 EF 与 ED 上的细棒在 O 点产生的电场强度的叠加，这两个场强的夹角为 60，所以叠加后的电场强度为24kQ3L2cos304 3kQ3L2，故 D 正确。3(2019山东临沂十九中高三上学期第六次调研)(多选)如图所示，真空中有一个边长为 L 的正方体，正方体的两个顶点 M、N 处分别放置电荷量都为 q 的正、负点电荷。图中的 a、b、c、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量。下列表
13、述正确的是()Aa、b 两点电场强度相同Ba 点电势高于 b 点电势C把点电荷Q 从 c 移到 d，电势能增加DM 点的电荷受到的库仑力大小为 Fkq22L2答案 AD解析 由等量异种电荷电场分布可知，a、b 两点电场强度相同，a 点电势等于 b 点电势，且都等于零，A 正确，B 错误；因 c 点电势高于 d 点，故把点电荷Q 从 c 移到 d，电势能减小，C 错误；M 点的电荷受到的库仑力大小为 Fkq2 2L2kq22L2，D 正确。4(2019重庆南开中学高三下 4 月月考)如图所示，一正方体导线框各边电阻均为 R，MN、PQ 两边均接有电容为 C 的电容器。开关闭合后，若电流表的示数为
14、 I，则每个电容器所带的电荷量为()A.14IRCB.13IRCC.12IRCD.34IRC答案 C解析 由于电容器中无电流通过，去掉电容器 C，则电路可简化为如图所示。由对称性可知，每个主支路的电流为I2，分支路的电流为I4，则根据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为12IR，由 CQU可知，每个电容器所带的电荷量 QCU12IRC，故 C 正确，A、B、D 错误。5(2019湖北省八校高三第二次联考)如图所示的 xOy 坐标系中，y0 的区域存在沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E，在 y0)，不计重力。求：(1)粒子从 P 射出到第一次经过 x 轴的时间 t；(2)粒子从 P
15、 点射出后，若第一次经过 x 轴时与 x 轴交于 D 点，然后历经磁场一次后回到 P 点，求 v0的大小和 OD 间距离 d；(3)要使粒子经过 M(L,0)点(图中未画出)，求初速度 v0 的所有可能值。答案(1)2mhqE (2)EB 2EmhqB2(3)12n1(LqE2mh2nEB)，n0、1、2、3；12n1(LqE2mh2nEB)，n1、2、3解析(1)粒子从 P 到 D，沿y 方向：aqEm，h12at2，解得 t2mhqE。(2)在 D 点处：vyvsinat2qEhm，在磁场中：qvBmv2R，RmvBq由对称性可知，粒子能回到 P 点，轨迹如图 1 所示，OD 间距满足：dRsinmvqBsinmvyqB将 vy代入可得 d2EmhqB2，又 dv0t，v0dtEB。(3)设粒子在磁场区域内绕行 n 次后，由电场区域经过 M 点，如图 2 所示：满足 v0tn(2v0t2Rsin)L，n0、1、2、3同理 RsinmvqBsinmvyqB代入vy可得v012n1(LqE2mh2nEB)，n0、1、2、3；设粒子在磁场区域内绕行n次后，由磁场区域经过M点，如图3所示：满足v0t2(n1)v0t2nRsinL，n1、2、3同理RsinmvqBsinmvyqB代入vy可得v012n1(LqE2mh2nEB)，n1、2、3。本课结束