高中物理奥赛经典方法对称法.pdf

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1、高中物理奥赛经典对称法第 1页（共 13 页）七、对称法方法简介由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中。应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中称为对称法。利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，出奇制胜，快速简便地求解问题。赛题精析例 1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A，抛出点离水平地面的高度为 h，距离墙壁的水平距离为s，小球与墙壁发生弹性碰撞后，落在水平地面上，落地点距墙壁的

2、水平距离为2s，如图 71 所示。求小球抛出时的初速度。解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞，故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性，碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称，如图71甲所示，所以小球的运动可以转换为平抛运动处理，效果上相当于小球从A点水平抛出所做的运动。根据平抛运动的规律：02xv t1ygt2因为抛出点到落地点的距离为3s，抛出点的高度为h，代入后可解得：v0=xg2y=3sg2h例 2：如图 72 所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁A 和 B，间距为 d，一个小球以初速度v0从两墙正中间的O 点斜向上抛出，与A 和 B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点

3、O，求小球的抛射角。高中物理奥赛经典对称法第 2页（共 13 页）解析：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成，若按顺序求解则相当复杂，如果视墙为一平面镜，将球与墙的弹性碰撞等效为对平面镜的物、像移动，可利用物像对称的规律及斜抛规律求解。物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O点开始的斜上抛运动，与B 墙碰后落于O点相当于落到O点，其中O、O关于 A 墙对称，O、O对于 B 墙对称，如图72甲所示，于是有：020 xv cost1yv sintgt2，落地时x2dy0代入可解得：sin2 =202gdv所以，抛射角=12arcsin202gdv例 3：A、B、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为

4、a的正三角形，每只猎犬追捕猎物的速度均为v，A 犬想追捕 B 犬，B 犬想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？解析：以地面为参考系，三只猎犬运动轨迹都是一条复杂的曲线，但根据对称性，三只猎犬最后相交于三角形的中心点，在追捕过程中，三只猎犬的位置构成三角形的形状不变，以绕点旋转的参考系来描述，可认为三角形不转动，而是三个顶点向中心靠近，所以只要求出顶点到中心运动的时间即可。由题意作图73，设顶点到中心的距离为s，则由已知条件得：s=33a由运动合成与分解的知识可知，在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为：

5、v=vcos30=32v由此可知三角形收缩到中心的时间为：t=sv=2a3v（此题也可以用递推法求解，读者可自己试解。）例 4：如图 74 所示，两个同心圆代表一个圆形槽，质量为m，内外半径几乎同为高中物理奥赛经典对称法第 3页（共 13 页）R。槽内 A、B 两处分别放有一个质量也为m 的小球，AB 间的距离为槽的直径。不计一切摩擦。现将系统置于光滑水平面上，开始时槽静止，两小球具有垂直于AB 方向的速度 v，试求两小球第一次相距R 时，槽中心的速度v0。解析：在水平面参考系中建立水平方向的x 轴和 y 轴。由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在x 轴方向上运动。设槽中心沿x 轴正方向运动

6、的速度变为v0，两小球相对槽心做角速度大小为 的圆周运动，A 球处于如图74甲所示的位置时，相对水平面的两个分速度为：vx=Rsin+v0vy=Rcos B 球的运动与A 球的运动是对称的。因系统在x 轴方向上动量守恒、机械能也守恒，因此：mv0+2mvx=2mv212m(2xv+2yv)+12m20v=212mv2将、式代入、式得：3v0=2v2 Rsin2R2+2 Rv0sin+20v+1220v=v2由此解得：v0=23(12sin32sin)v当两球间距离为R 时，=30，代入可解得槽中心运动的速度为：v0=23(1110)v例 5：用一轻质弹簧把两块质量各为M 和 m 的木板连接起来

7、，放在水平上，如图75 所示，问必须在上面木板上施加多大的压力F，才能使撤去此力后，上板跳起来恰好使下板离地？解析：此题可用能量守恒的观点求解，但过程较繁，而用弹簧形变的“对称性”求解就显得简洁明了。若用拉力F 作用在 m 上，欲使 M 离地，拉力F至少应为：F=(M+m)g根据弹簧的拉伸和压缩过程具有的对称性，故要产生上述效果，作用在m 上的向下的压力应为F=(M+m)g。例 6：如图 76 所示，长为 l 的两块相同的均匀长方形砖块A和 B 叠放在一起，A 砖相对于B 砖伸出l5，B 砖放在水平桌面上，砖的端面与桌面平行。为保持两砖不翻倒，B 砖伸出桌面的最大长度是多少？解析：此题可用力矩

8、平衡求解，但用对称法求解，会直观简洁。把A 砖右端伸出B高中物理奥赛经典对称法第 4页（共 13 页）端的l5截去，补在B 砖的右端，则变成图76甲所示的对称形状。伸出最多时对称轴应恰好通过桌边。所以：lx=x+l5解得 B 砖右端伸出桌面的最大长度为：x=25l。例 7：如图7 7 所示，OABC 是一张水平放置的桌球台面。取OA 为 x 轴，OC 为 y 轴，P 是红球，坐标为（x，y），Q 是白球，坐标为（x1，y1）（图中未画出 Q 球在台面上的位置）。已知 OA=BC=25dm，AB=OC=12dm。若 P 球的坐标为：x=10dm，y=8dm处，问 Q 球的位置在什么范围内时，可使

9、击出的Q 球顺次与 AB、BC、CO 和 OA 四壁碰撞反弹，最后击中P 球？解析：由于弹性碰撞反弹服从的规律与光线的反射定律相同，所以作P点对 OA 壁的镜像 P1，P1对 CO 壁的镜像P2，P2对 BC 壁的镜像P3和 P3对 AB 壁的镜像P4，则只需瞄准 P4点击出 Q 球，Q 球在 AB 壁上 D 点反弹后射向P3，又在 BC 壁上 E 点反弹后射向P2，依次类推，最后再经F，G 二点的反弹击中P点，如图77甲所示。但是，若反弹点E 离 B 点太近，Q球从 E 点反弹后EP2线与 CO 的交点，可能不在 CO 壁的范围内而在CO 的延长线上，这时 Q 球就无法击中CO 壁（而击到O

10、A 壁上），不符合题目要求，所以，Q 球能够最后按题目要求击中P球的条件是：反弹点 D、E、F、和 G 一定要在相应的台壁范围之内。已知 P 点的坐标为（10，8），由此可知，各个镜像点的坐标分别为：P1（10，8），P2（10，8），P3（10，32），P4（60，32）设 Q 点的坐标为（x，y）；直线 QP4的方程为：高中物理奥赛经典对称法第 5页（共 13 页）Yy=32y60 x(Xx)D 点在此直线上，XD=25，由上式得：YD=160 x(80032x+35y)直线 DP3的方程为：YYD=32y60 x(X xD)E 点在此直线上，YE=12，由此式及式得：xE=25132y(

11、180+20 x 35y)直线 EP2的方程为：YYE=32y60 x(XxE)F 点在此直线上，XF=0，所以：YF=121060 x(882x+y)最后，直线FP1的方程为：Y YF=32y60 x(X xF)G 点在此直线上，YG=0，所以：XG=132y(160+8x 10y)反弹点位于相应台壁上的条件为：DEFG0Y120X250Y120X25将、和式代入，除肯定满足无需讨论的不等式外，Q 球按题目要求击中P 球的条件成为：DEY 35y20 x80X35y20 x80：FGY 5y4x80X5y4x80：上面共两个条件，作直线l1：35Y=20X80及 l2：5Y=4X 80如图

12、77乙所示，若Q 球位于 l2下方的三角形D0AH0内，即可同时满足、两式的条件，瞄准P4击出，可按题目要求次序反弹后击中P球，三角形D0AH0三个顶点的坐标如图 77乙所示。例 8：一无限长均匀带电细线弯成如图78 所示的平面图形，其中 AB 是半径为R 的半圆孤，AA 平行于BB，试求圆心O 处的电场强度。解析：如图 7 8甲所示，左上1/4 圆弧内的线元L1与右下直线上的线元L3具有角元 对称关系。L1电荷与 L3电荷在 O 点的场强 E1与E3方向相反，若它们的大小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心处场强为零。高中物理奥赛经典对称法第 6页（共 13 页）设电荷线密度为

13、常量，因 很小，L1电荷与 L3电荷可看做点电荷，其带电量：q1=R，q2=L3当很小时，有：q2=Rcoscos又因为 E1=K12qR，E2=K22qr=K2Rcos22cosR=K2RR，与 E1的大小相同，且E1与E2方向相反。所以圆心O 处的电场强度为零。例 9：如图 7 9 所示，半径为R 的半圆形绝缘线上、下1/4 圆弧上分别均匀带电+q 和 q，求圆心处O 的场强。解析：因圆弧均匀带电，在圆弧上任取一个微小线元，由于带电线元很小，可以看成点电荷。用点电荷场强公式表示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强。由对称性分别求出合场强的方向再求出其值。在带正电的圆孤上取一微小线

14、元，由于圆弧均匀带电，因而线密度=2qR。在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元，两者产生的场强如图79 甲所示。显然，两者大小相等，其方向分别与x 轴的正、负方向成 角，且在 x 轴方向上分量相等。由于很小，可以认为是点电荷，两线元在O 点的场强为E=22KRRsin=22KhR，方向沿y 轴的负方向，所以 O 点的合场强应对E求和。即：E=E=22KhR=22KRh=22KRR=24KqR例 10：电荷 q 均匀分布在半球面ACB 上，球面的半径为R，CD 为通过半球顶点C与球心 O 的轴线，如图7 10 所示，P、Q 为 CD 轴线上在O 点两侧，离O 点距离相等的两点，已知P 点

15、的电势为UP，试求 Q 点的电势UQ。解析：可以设想一个均匀带电、带电量也是q 的右半球，与题中所给的左半球组成一高中物理奥赛经典对称法第 7页（共 13 页）个完整的均匀带电球面，根据对称性来解。由对称性可知，右半球在P 点的电势PU等于左半球在Q 点的电势UQ。即：PU=UQ所以有：UP+UQ=UP+PU而 UP+PU正是两个半球在P 点的电势，因为球面均匀带电，所以UP+PU=K2qR由此解得Q 点的电势：UQ=2KqR UP。例 11：如图 711 所示，三根等长的细绝缘棒连接成等边三角形，A 点为三角形的内心，B 点与三角形共面且与A 相对 ac 棒对称，三棒带有均匀分布的电荷，此时

16、测得A、B 两点的电势各为UA、UB，现将 ac 棒取走，而 ab、bc 棒的电荷分布不变，求这时 A、B 两点的电势AU、BU。解析：ab、bc、ac 三根棒中的电荷对称分布，各自对A 点电势的贡献相同，ac 棒对 B 点电势的贡献和对A 点电势的贡献相同，而ab、bc 棒对 B 点电势的贡献也相同。设 ab、bc、ac 棒各自在A 点的电势为U1，ab、bc棒在 B 点的电势为U2。由对称性知，ac 棒在 B 点的电势为 U1。由电势叠加原理得：3U1=UAU1+2U2=UB由、两式得：U1=AU3，U2=B1UU2=ABUU32=BA3UU6将 ac 棒取走后，A、B 两点的电势分别为：

17、AU=UAU1=23UABU=UBU2=BU2+AU6例 12：如图 712 所示为一块很大的接地导体板，在与导体板相距为d 的 A 处放有带电量为q 的点电荷。（1）试求板上感应电荷在导体内P 点产生的电场强度；（2）试求感应电荷在导体外P点产生的电场强度（P 与 P点对导体板右表面是对称的）；（3）在本题情形，试分析证明导体表面附近的电场强度的方向与导体表面垂直；高中物理奥赛经典对称法第 8页（共 13 页）（4）试求导体上的感应电荷对点电荷q 的作用力；（5）若在切断导体板与地的连线后，再将+Q 电荷置于导体板上，试说明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡（略去边缘效应）。解析：在

18、讨论一个点电荷受到面电荷（如导体表面的感应电荷）的作用时，根据“镜像法”可以设想一个“像电荷”，并使它的电场可以代替面电荷的电场，从而把问题大大简化。（1）导体板静电平衡后有E感=E点，且方向相反，因此板上感应电荷在导体内P点产生的场强为EP=2kqr，其中 r 为 AP 间距离，方向沿AP，如图 712 甲所示。（2）因为导体接地，感应电荷分布在右表面，感应电荷在 P 点和 P点的电场具有对称性，因此有EP=2kqr，方向如图 712甲所示。（3）考察导体板在表面两侧很靠近表面的两点P1和1P。如前述分析，在导体外1P点感应电荷产生的场强大小为Ei1P=21kqr。点电荷q 在1P点产生的场

19、强大小也是Eq1P=21kqr。它们的方向如图712 乙。从图看出，1P点的场强为上述两个场强的矢量和，即与导体表面垂直。（4）重复（2）的分析可知，感应电荷在q 所在处 A 点的场强为EiA=2kq(2d)=2kq4d，方向垂直于导体板指向右方，该场作用于点电荷q 的电场力为F=qEiA=22kq4d，负号表示力的方向垂直于导体板指向左方。（5）切断接地线后，导体板上原来的感应电荷仍保持原来的分布，导体内场强为零。在此情况下再将+Q 电荷加在导体板上，只要新增加的电荷在导体内部各处的场强为零，即可保持静电平衡，我们知道电荷均匀分布在导体板的两侧表面时，上述条件即可满足。显然这时+Q 将均匀分

20、布在导体板的两侧面上，才能保证板内场强为零，实现静电平衡。例 13：如图 713 所示，在水平方向的匀强电场中，用长为 l 的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为q 的小球，线的上端O 固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过 60角时，速度又变为零。求：（1）A、B 两点的电势差UAB多大？（2）电场强度多大？解析：（1）小球在 A、B 间摆动，根据能量守恒定律有：PA=PB高中物理奥赛经典对称法第 9页（共 13 页）取 A 点为零势能的参考点，即PB=0则：EPB=mglsin60+qUBA=0所以：UBA=3mgl2q，UAB=3mgl2q（2）小球在平衡位置的

21、受力如图713 甲。根据共点力的平衡条件：有：qE=mgtan60解得电场强度：E=3mgq例 14：如图 714 所示，ab 是半径为R 的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强为 E，在圆周平面内，将一带正电q 的小球从a 点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达 c 点时小球的动能最大。已知 cab=30，若不计重力和空气阻力，试求：（1）电场方向与直径ab间的夹角；（2）若小球在a 点时初速度方向与电场方向垂直，小球恰好能落在c 点，则初动能为多少？解析：由于对 a 点以相同的初动能沿不同方向抛出的小球到达圆周上的各点时其中到达c 点的小球动

22、能最大，因此过c点的切线一定是等势线，由此可以确定电场线的方向，至于从a点垂直于电场线抛出的小球可按类平抛运动处理。（1）用对称性判断电场的方向：由题设条件，在圆周平面内，从 a 点以相同的动能向不同方向抛出带正电的小球，小球会经过圆周上不同的点，且以经过 c 点时小球的动能最大，可知，电场线平行于圆平面。又根据动能定理，电场力对到达 c 点的小球做功最多，为qUac。因此，Uac最大。即c 点的电势比圆周上任何一点的电势都低。又因为圆周平面处于匀强电场中，故连接Oc，圆周上各点的电势对于Oc对称（或作过c 点且与圆周相切的线cf 是等势线），Oc 方向即为电场方向（如图714甲所示），它与直

23、径ab 的夹角为60。（2）小球在匀强电场中做类平抛运动。小球沿垂直于电场方向抛出，设其初速度为v0，小球质量为 m。在垂直于电场线方向，有：x=v0t在沿电场线方向，有：y=12at2由图中几何关系可得：x=Rcos30y=R(1+cos60)且：a=qEm高中物理奥赛经典对称法第 10页（共 13页）将、式代入、两式解得：20v=qER4m所以初动能：Ek0=12m20v=qER8例 15：如图 715 所示，两块竖直放置的平行金属板A、B 之间距离为d，两板间电压为U，在两板间放一半径为 R 的金属球壳，球心到两板的距离相等，C 点为球壳上的一点，位置在垂直于两板的球直径的靠A 板的一端

24、，试求 A 板与点 C 间的电压大小为多少？解析：将金属球壳放在电场中达到静电平衡后，球壳为等势体，两极板之间的电场由原来的匀强电场变为如图715 甲所示的电场，这时 C 与 A 板间电势差就不能用公式UAC=EdAC来计算。我们利用电场的对称性求解。由于电场线和金属球关于球心O 对称，所以 A 板与金属板的电势差UAO和金属球与B 板的电势差UOB相等，即：UAO=UOB又 A、B 两板电势差保持不变为U，即：UAO+UOB=U由以上两式解得：UAO=UOB=U2所以得 A、C 两点间电势差：UAC=UAO=U2例 16：如图 716 所示，一静止的带电粒子q，质量为 m（不计重力），从 P

25、 点经电场 E 加速，经A 点进入中间磁场B，方向垂直纸面向里，再穿过中间磁场进入右边足够大的空间磁场B（B=B），方向垂直于纸面向外，然后能够按某一路径再由A 返回电场并回到出发点P，然后再重复前述过程。已知l 为 P 到 A 的距离，求中间磁场的宽度d和粒子运动的周期。（虚线表示磁场的分界线）解析：由粒子能“重复前述过程”，可知粒子运动具有周期性；又由粒子经过A 点进入磁场后能够按某一路径再返回A 点，可知的运动具有对称性。粒子从 A 点进入中间磁场做匀速圆周运动，半径为R，过 C 点进入右边磁场，于做半径为R 的匀速圆周运动经点F到点 D，由于过D 点后还做匀速圆周回到A（如图 716甲

26、所示），故DA和 CA 关于直线 OA 对称，且OA 垂直于磁场的分界线。同理可知，OA 也同时是CD圆弧的对称轴。因此粒子的运动轨迹是关于直线OA 对称的。由于速度方向为切线方向，所以圆弧AC、CD、DA互相相切。高中物理奥赛经典对称法第 11页（共 13页）（1）设中间磁场宽度为d，粒子过A 点的速度为v，由圆周运动的对称性可得：Rsin=RRsin，则：=6带电粒子在加速电场中有：qEl=12mv2在中间和右边磁场中有：R=mvqBd=Rcos 解、得：d=6qEml2qB（2）粒子运动周期T 由三段时间组成，设在电场中做匀变速直线运动的时间为t1，则：t1=22mlqE设在中间磁场中运

27、动的时间为t2，因为AC所对圆心角为3，所以：t2=232T=2322 mqB=2 m3qB设在右边磁场中运动的时间为t3，因为CD所对圆心角为53，所以：t3=532T=25322 mqB=5 m3qB所以周期为：T=t1+t2+t3=22mlqE+7 m3qB针对训练1从距地面高19.6m 处的 A 点，以初速度为5.0m/s 沿水平方向投出一小球。在距A点 5.0m 处有一光滑墙，小球与墙发生弹性碰撞（即入射角等于反射角，入射速率等于反射率），弹回后掉到地面B 处。试求：B 点离墙的水平距离为多少？2如图 717 所示，在边长为a的正方形四个顶点上分别固定电量均为Q 的四个点电荷，在对角

28、线交点上放一个质量为m，电量为q（与 Q 同号）的自由点电荷。若将 q沿着对角线移动一个小的距离，它是否会做周期性振动？若会，其周期是多少？高中物理奥赛经典对称法第 12页（共 13页）3如图 718 所示是一个由电阻丝构成的平面正方形无穷网络，当各小段电阻丝的电阻均为 R 时，A、B 两点之间的等效电阻为R/2，今将 A，B 之间的一小段电阻丝换成电阻为 R的另一端电阻丝，试问调换后A，B 之间的等效电阻是多少？4有一无限大平面导体网络，它由大小相同的正六角形网眼组成，如图719 所示，所有六边形每边的电阻均为R0，求 a、b 两结点间的等效电阻。5如图 720 所示，某电路具有8 个节点，

29、每两个节点之间都连有一个阻值为2 的电阻，在此电路的任意两个节点之间加上10V 电压，求电路的总电流，各支路的电流以及电阻上消耗的总功率。6电路如图721 所示，每两个节点间电阻的阻值为R，求 A、B 间总电阻RAB。7电路如图722 所示，已知电阻阻值均为15，求 RAC、RAB和 RAD各为多少欧？8将 200 个电阻连成如图723 所示的电路，图中各P 点是各支路中连接两个电阻的导线上的点，所有导线的电阻都可忽略。现将一电动势为，内阻为r 的电源接到任意两个 P 点处，然后将任一个没接电源的支路在 P 点处切断，发现流过电源的电流与没切断前一样，则这 200 个电阻 R1，R2，R100

30、和 r1，r2，r100应有下列的普遍关系：11Rr=22Rr=33Rr=100100Rr，这时图中AB 导线与 CD 导线之间的电压等于。9电路如图724 所示的电阻丝网络中，每一小段电阻丝的电阻值都为R，试求图中 A、B 两点间的等效电阻RAB。10如图 725 所示的四面体框架由电阻同为R 的 6 根电阻丝联结而成，求任意两个高中物理奥赛经典对称法第 13页（共 13页）顶点 A、B 间的等效电阻RAB。11一匀质细导线圆环，总电阻为R，半径为 a，圆环内充满方向垂直于环面的匀强磁场，磁场以速率K 均匀的随时间增强，环上的A、D、C 三点位置对称。电流计G 连接 A、C 两点，如图726 所示。若电流计内阻为RG，求通过电流计的电流大小。参考答案1、5.0m2、会做周期性振动，周期为3ma2KqQ3、RAB=RRRR4、Rab=R05、I总=40A，节点 18 之间支路电流I1=5A；其他支路电流2.5A，总功率400W6、RAB=2R7、RAC=758，RAB=15，RAD=7588、09、RAB=1630R10、RAB=R211、2Ca KR9R3R