对称思想在物理解题中的应用 对称方法是速解高考命题的一种有效手段,是考生掌握的难点 ●难点磁场 1.(★★★★)惯性制导系统已广泛应用于 弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度 计.加速度计构造原理的示意图如图27-1所示:沿导 弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块, 滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连:两弹簧的 滑杆 另一端与固定壁相连.滑块原来静止,弹簧处于自然长 图27-1 度.滑块上有指针,可通过标尺测出滑块的位移,然后通过控制系统进行制导.设某段 时间内导弹沿水平方向运动,指针向左偏离0点的距离为s,则这段时间内导弹的加速 度 A.方向向左,大小为k/m 方向向右,大小为km C.方向向左,大小为2ks/m D.方向向右,大小为2ks/m xxx 2.(★★★★★)如图27-2,两个共轴的圆筒 形金属电极,外电极接地,其上均匀分布着平行于轴线 的四条狭缝a、b、c和d,外筒的外半径为r.在圆筒 之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场,磁 感应强度的大小为B.在两极间加上电压,使两圆筒之 间的区域内有沿半径向外的电场.一质量为m、带电量 图27-2 为+q的粒子,从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发,初速为零.如果该粒子经过一段 时间的运动之后恰好又回到出发点S,则两电极之间的电压U应是多少?(不计重力,整 个装置在真空中,) ●案例探究 [例1(★★★★★)(时间对称)一人在离地H高度处,以相同的速率1同时抛出两小 球A和B,A被竖直上抛,B被竖直下抛,两球落地时间差为Δts,求速率v 命题意图:考査综合分析灵活处理问题的能力.B级要求
1 对称思想在物理解题中的应用 对称方法是速解高考命题的一种有效手段，是考生掌握的难点． ●难点磁场 1．（★★★★）惯性制导系统已广泛应用于 弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度 计．加速度计构造原理的示意图如图 27-1 所示：沿导 弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为 m 的滑块， 滑块两侧分别与劲度系数均为 k 的弹簧相连；两弹簧的 另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长 度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段 时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离 0 点的距离为 s，则这段时间内导弹的加速 度 A．方向向左，大小为 ks/m B．方向向右，大小为 ks/m C．方向向左，大小为 2 ks/m D．方向向右，大小为 2 ks/m 2．（★★★★★）如图 27-2，两个共轴的圆筒 形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线 的四条狭缝 a、b、c 和 d，外筒的外半径为 r０．在圆筒 之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁 感应强度的大小为 B．在两极间加上电压，使两圆筒之 间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为 m、带电量 为+q 的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝 a 的 S 点出发，初速为零．如果该粒子经过一段 时间的运动之后恰好又回到出发点 S，则两电极之间的电压 U 应是多少?(不计重力，整 个装置在真空中．) ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）（时间对称）一人在离地 H 高度处，以相同的速率 v0 同时抛出两小 球 A 和 B，A 被竖直上抛，B 被竖直下抛，两球落地时间差为Δt s ，求速率 v0． 命题意图：考查综合分析灵活处理问题的能力．B 级要求． 图 27-1 图 27-2
错解分析:考生陷于对两运动过程的分析,试图寻找两过程中速度、时间的关联关系 比较求解,而不能从宏观总体上据竖直上抛时间的对称性上切入求解 解题方法与技巧:对于A的运动,当其上抛后再落回抛出点时,由于速度对称,向下 的速度仍为w,所以A球在抛出点以下的运动和B球完全相同,落地时间亦相同,因此 就是A球在抛出点以上的运动时间,根据时间对称,△F20,所以=8N [例2](★★★★★)(镜物对称)如图27-3所示,设有两面垂直于地面 的光滑墙A和B,两墙水平距离为1.0m,从距地面高19.6m 处的一点C以初速度为5.0m/s,沿水平方向投出一小球,设球图273 与墙的碰撞为弹性碰撞,求小球落地点距墙A的水平距离.球落地前与墙壁碰撞 了几次?(忽略空气阻力) 命题意图:考查考生综合分析、推理归纳的能力.B级要求 错解分析:部分陷于逐段分析求解的泥潭,而不能依对称性将整个过程等效为个平抛 的过程,依水平位移切入求解 解题方法与技巧:如图27-4所示,设小球与墙壁碰撞前的速度为ν, 因为是弹性碰撞,所以在水平方向上的原速率弹回,即γ1′=V1;又墙壁 光滑,所以在竖直方向上速率不变,即ν′=v:,从而小球与墙壁碰撞前 后的速度ν和γ′关于墙壁对称,碰撞后的轨迹与无墙壁时小球继续前进 图27-4 的轨迹关于墙壁对称,以后的碰撞亦然,因此,可将墙壁比作平面镜,把小球的运动转换为 统一的平抛运动处理,由h=p和V可得碰撞次数n="/2h 2×19.6 次 dvg 次 由于n刚好为偶数,故小球最后在A墙脚,即落地点距离A的水平距离为零 ●锦囊妙计 高考命题特点 对称法作为一种具体的解题方法,虽然高考命题没有单独正面考查,但是在每年的高考 命题中都有所渗透和体现,(例1999年全国卷25题,2000年全国卷15题、21题,2001年 全国卷4题,8题,13题,2000年上海卷4题、8题、22题),从侧面体现考生的直观思维 能力和客观的猜想推理能力.既有利于高校选拔能力强素质高的优秀人才,又有利于中学教 2
2 错解分析：考生陷于对两运动过程的分析，试图寻找两过程中速度、时间的关联关系， 比较求解，而不能从宏观总体上据竖直上抛时间的对称性上切入求解． 解题方法与技巧：对于 A 的运动，当其上抛后再落回抛出点时，由于速度对称，向下 的速度仍为 v0，所以 A 球在抛出点以下的运动和 B 球完全相同，落地时间亦相同，因此， Δt 就是 A 球在抛出点以上的运动时间，根据时间对称，Δt= g v0 2 ，所以 v0= 2 gt ． ［例 2］（★★★★★）（镜物对称）如图 27-3 所示，设有两面垂直于地面 的光滑墙 A 和 B，两墙水平距离为 1．0 m，从距地面高 19．6 m 处的一点 C 以初速度为 5．0 m/s，沿水平方向投出一小球，设球 与墙的碰撞为弹性碰撞，求小球落地点距墙 A 的水平距离．球落地前与墙壁碰撞 了几次？（忽略空气阻力） 命题意图：考查考生综合分析、推理归纳的能力．B 级要求． 错解分析：部分陷于逐段分析求解的泥潭，而不能依对称性将整个过程等效为一个平抛 的过程，依水平位移切入求解． 解题方法与技巧：如图 27-4 所示，设小球与墙壁碰撞前的速度为 v， 因为是弹性碰撞，所以在水平方向上的原速率弹回，即 v⊥′=v⊥；又墙壁 光滑，所以在竖直方向上速率不变，即 v‖′=v‖，从而小球与墙壁碰撞前 后的速度 v 和 v′关于墙壁对称，碰撞后的轨迹与无墙壁时小球继续前进 的轨迹关于墙壁对称，以后的碰撞亦然，因此，可将墙壁比作平面镜，把小球的运动转换为 统一的平抛运动处理，由 h= 2 1 gt2 和 n= d v t 0 可得碰撞次数 n= d v0 g 2h = 1 5 × 9.8 2 19.6 次 =10 次． 由于 n 刚好为偶数，故小球最后在 A 墙脚，即落地点距离 A 的水平距离为零． ●锦囊妙计 一、高考命题特点 对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考 命题中都有所渗透和体现，（例 1999 年全国卷 25 题，2000 年全国卷 15 题、21 题，2001 年 全国卷 4 题，8 题，13 题，2000 年上海卷 4 题、8 题、22 题），从侧面体现考生的直观思维 能力和客观的猜想推理能力．既有利于高校选拔能力强素质高的优秀人才，又有利于中学教 图 27-3 图 27-4
学对学生的学科素质和美学素质的培养.作为一种重要的物理思想和方法,相信在今后的高 考命题中必将有所体现 利用对称法解题的思路 1.领会物理情景,选取研究对象 在仔细审题的基础上,通过题目的条件、背景、设问,深刻剖析物理现象及过程,建立 清晰的物理情景,选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态 2.透析研究对象的属性、运动特点及规律 3.寻找研究对象的对称性特点 在已有经验的基础上通过直觉思维,或借助对称原理的启发进行联想类比,来分析挖掘 研究对象在某些属性上的对称性特点.这是解题的关键环节 4.利用对称性特点,依物理规律,对题目求解. ●歼灭难点训练 1.(★★★★)如图27-5所示,质量为m的框架顶部悬挂着质量图 分别为m、m的两物体(m2>m3).物体开始处于静止状态 现剪断两物体间的连线取走m,当物体m向上运动到最高点时,弹簧对框架的作用力 大小等于 ,框架对地面的压力等于 2.(★★★★)用材料相同的金属棒,构成一个正四面体如图27-6所示,如果每根金属棒 的电阻为r,求A、B两端的电阻R 图27-6 图27-7 3.(★★★★)沿水平方向向一堵竖直光滑墙壁抛出一弹性小球,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 点离墙壁的水平距离为2 如图27-7所示,求小球抛出时的初速度 图27-8
3 学对学生的学科素质和美学素质的培养．作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高 考命题中必将有所体现． 二、利用对称法解题的思路 1．领会物理情景，选取研究对象． 在仔细审题的基础上，通过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立 清晰的物理情景，选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态． 2．透析研究对象的属性、运动特点及规律． 3．寻找研究对象的对称性特点． 在已有经验的基础上通过直觉思维，或借助对称原理的启发进行联想类比，来分析挖掘 研究对象在某些属性上的对称性特点．这是解题的关键环节． 4．利用对称性特点，依物理规律，对题目求解． ●歼灭难点训练 1．（★★★★）如图 27-5 所示，质量为 m1 的框架顶部悬挂着质量 分别为 m2、m3 的两物体（m2＞m3）．物体开始处于静止状态， 现剪断两物体间的连线取走 m3，当物体 m2 向上运动到最高点时，弹簧对框架的作用力 大小等于_______，框架对地面的压力等于______． 2．（★★★★）用材料相同的金属棒，构成一个正四面体如图 27-6 所示，如果每根金属棒 的电阻为 r，求 A、B 两端的电阻 R． 图 27-6 3．（★★★★）沿水平方向向一堵竖直光滑墙壁抛出一弹性小球，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 点离墙壁的水平距离为 2s， 如图 27-7 所示，求小球抛出时的初速度． 图 27-5 图 27-7 图 27-8
4.(★★★★★)如图27-8所示,半径为r的圆环,其上带有均匀分布的正电荷,单位长 度的电荷为q,现截去圆环面部的一小段圆弧AB,4B(L<r),求剩余部分在圆心O处 的场强 5.(★★★★★)如图279所示在一个半径为R的绝缘橡皮圆筒中有 个沿轴向的磁感应强度为B的匀强磁场.一个质量为m,带电量为q的带 负电的粒子,在很小的缺口A处垂直磁场沿半径方向射入,带电粒子与圆 筒碰撞时无动能损失.要使带电粒子在里面绕行一周后,恰从A处飞出.问 入射的初速度的大小应满足什么条件?(重力不计) 图27-9 6.(★★★★★)如图27-10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点时小球的动量最大.已知∠cab=30°,若图27-10 不计重力和空气阻力,试求 (1)电场方向与直线ac间的夹角0? (2)若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直,则小球恰能落在c点, 则初动能为多少?
4 4．（★★★★★）如图 27-8 所示，半径为 r 的圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长 度的电荷为 q，现截去圆环面部的一小段圆弧 AB， =L（L＜r），求剩余部分在圆心 O 处 的场强． 5．（★★★★★）如图 27-9 所示在一个半径为 R 的绝缘橡皮圆筒中有一 个沿轴向的磁感应强度为 B 的匀强磁场．一个质量为 m，带电量为 q 的带 负电的粒子，在很小的缺口 A 处垂直磁场沿半径方向射入，带电粒子与圆 筒碰撞时无动能损失．要使带电粒子在里面绕行一周后，恰从 A 处飞出．问 入射的初速度的大小应满足什么条件？（重力不计） 6．（★★★★★）如图 27-10 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 点时小球的动量最大．已知∠cab=30°，若 不计重力和空气阻力，试求： （1）电场方向与直线 ac 间的夹角θ？ （2）若小球在 a 点时初速度方向与电场方向垂直，则小球恰能落在 c 点， 则初动能为多少？ AB 图 27-9 图 27-10
难点27对称思想在物理解题中的应用参考答案 [难点磁场] 2.设粒子射入磁场区的速度为v,根据能量守恒,有 m=qU 设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿定律得: R 由对称性可知,要回到S点,粒子从a到d必经过二圆周.所以半径R必定等于筒的 外半径ro 即R=ro 由以上各式解得:%6 2m [歼灭难点训练] 1.(m2-m3)g,(m1+m2-m3)g 2.由于C、D两点为对称点,因此这两点为等势点,即C、D间无电流通过,所以可将C、 D断开,其等效电路如图27′-1所示,显然R=厂,C、D两点为等电势点,当然也可 将等势点重合在一起,其等效电路如图27′-2所示,很显然,R= 图27′-1 3.如图27′-3因小球与墙壁发生弹性碰撞,故小球在垂直于墙壁
5 难点 27 对称思想在物理解题中的应用参考答案 ［难点磁场］ 1．D 2．设粒子射入磁场区的速度为 v，根据能量守恒，有 2 1 mv ２＝ｑＵ ① 设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿定律得： ｑBv=m R v 2 ② 由对称性可知，要回到 S 点，粒子从 a 到ｄ必经过 4 3 圆周．所以半径 R 必定等于筒的 外半径 r０， 即 R=r０ ③ 由以上各式解得：U= m qr B 2 2 0 ［歼灭难点训练］ 1．(m2-m3) g;(m1+m2-m3) g 2．由于 C、D 两点为对称点，因此这两点为等势点，即 C、D 间无电流通过，所以可将 C、 D 断开，其等效电路如图 27′-1 所示，显然 R= 2 r ，C、D 两点为等电势点，当然也可 将等势点重合在一起，其等效电路如图 27′-2 所示，很显然，R= 2 r ． 3．如图 27′-3 因小球与墙壁发生弹性碰撞，故小球在垂直于墙壁 图 27′-1 图 27′-2
的方向上以速率w弹回,故碰撞前后,小球在垂直于墙壁方向 上的速率为v=V1= 在平行墙壁的方向上,因墙壁光滑,碰撞前、后的速率不变,即ν=ν〃 从而使小球与墙壁碰撞前、后的速率对墙壁对称,即∠β=∠α,碰图27′-3轨 迹与无墙阻挡时小球继续前进的轨迹对称,如图27′-3所示,所以小球的运动可以转换成 平抛运动处理.根据h=g2得 2h ,因为抛出点到B′的距离为3s g 所以3s=1t 3s 2gh 2h 2h 4.圆环缺顶后,失去对称性.已不能直接使用点电荷的场强公式求解.设想将缺失的带电 圆环再补上,根据对称性,圆心O处的场强应当为零,即缺口圆在O处的场强与截弧 AB在O处的场强等值反向.因截弧AB可等效为一点电荷,其在O处的场强太小 E=k9,方向向下 5.带电粒子在筒内碰一次从A处飞出是不可能的,因为带电粒子在磁场内不可能是直线运 动的.如果带电粒子在圆筒内碰撞两次可以从A处飞出,譬如在B点、C点处两次再 从A点飞出.如图27′-4所示,由于带电粒子轨迹弧AB是对称的,当带电粒子在A 点的速度是半径方向,则在B点的速度方向也是沿半径方向,同样在C点速度 方向也是沿半径方向,最后从A点出来时的速度也沿半径方向出来 设∠AOC=20,则20=2x 又轨迹半径r= Rtan B,由于qB=m-° Bgr bartang_√3BR 碰撞次数只要大于两次,均有可能从A处飞出,故1的一般解为: Bgr (其中m=2,3,4…) n+1 n+1 6.(1)用对称性直接判断电场方向: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
6 的方向上以速率 v0 弹回，故碰撞前后，小球在垂直于墙壁方向 上的速率为 v⊥=v⊥′=v0． 在平行墙壁的方向上，因墙壁光滑，碰撞前、后的速率不变，即 v∥=v∥′ 从而使小球与墙壁碰撞前、后的速率对墙壁对称，即∠β=∠α，碰撞后小球的运动轨 迹与无墙阻挡时小球继续前进的轨迹对称，如图 27′-3 所示，所以小球的运动可以转换成 平抛运动处理．根据 h= 2 1 gt2 得 t= g 2h ，因为抛出点到 B′的距离为 3 s 所以 3s=v0t v0= t 3s =3s h g 2 = h s 2 3 2gh 4．圆环缺顶后，失去对称性．已不能直接使用点电荷的场强公式求解．设想将缺失的带电 圆环再补上，根据对称性，圆心 O 处的场强应当为零，即缺口圆在 O 处的场强与截弧 AB 在 O 处的场强等值反向．因截弧 AB 可等效为一点电荷，其在 O 处的场强太小： E=k 2 r qL ，方向向下． 5．带电粒子在筒内碰一次从 A 处飞出是不可能的，因为带电粒子在磁场内不可能是直线运 动的．如果带电粒子在圆筒内碰撞两次可以从 A 处飞出，譬如在 B 点、C 点处两次再 从 A 点飞出．如图 27′-4 所示，由于带电粒子轨迹弧 AB 是对称的，当带电粒子在 A 点的速度是半径方向，则在 B 点的速度方向也是沿半径方向，同样在 C 点速度 方向也是沿半径方向，最后从 A 点出来时的速度也沿半径方向出来． 设∠AOC=2θ，则 2θ= 3 2 ，θ= 3 1 π 又轨迹半径 r=Rtanθ,由于 qv0B=m r v 2 0 ∴v0= m Bqr = m BqRtan = m 3BqR 碰撞次数只要大于两次，均有可能从 A 处飞出，故 v0 的一般解为： θ= n +1 v0= m BqR tan n +1 (其中 n=2,3,4……) 6．（1）用对称性直接判断电场方向：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 图 27′-3 图 27′-4
不同点,且以经c点时小球的动能最大,可知,电场线平行于圆平 面,又据动能定理,电场力对到达c点的小球做功最多,为Wac=qUa 图27′-5 因此,Uc最大.即c点的电势比圆周上的任何一点都低.又因为圆周平面处在匀强电 场中,故连Oe,圆周上各点电势关于Oc对称(或作过c点且与圆周相切的线f,df是等势 线),Oc方向即为电场方向(如图27′-5所示),其与直径ac夹角为0=∠acO=∠cab=30° (2)小球在匀强电场中做类平抛运动.小球沿ab方向抛出,设其初速度为1,小球质 量为m.在垂直电场方向,有 ad=y 在沿着电场线方向有 1 ge r2, 由几何关系可得 ad=ac·sinb=xR, COS R 将③④⑤式代入①②两式并解得 1 qER 所以E0=m02=qER
7 不同点，且以经 c 点时小球的动能最大，可知，电场线平行于圆平 面，又据动能定理，电场力对到达 c 点的小球做功最多，为 Wac=qUac． 因此，Uac最大．即 c 点的电势比圆周上的任何一点都低．又因为圆周平面处在匀强电 场中，故连 Oc，圆周上各点电势关于 Oc 对称（或作过 c 点且与圆周相切的线 cf,cf 是等势 线），Oc 方向即为电场方向（如图 27′-5 所示），其与直径 ac 夹角为θ=∠acO=∠cab=30°． （2）小球在匀强电场中做类平抛运动．小球沿 ab 方向抛出，设其初速度为 v0，小球质 量为 m．在垂直电场方向，有 ad =v0t, ① 在沿着电场线方向有 cd = 2 1 at2= 2 1 m qE t 2 , ② 由几何关系可得 ac =2Rcosθ= 3 R, ③ ad = ac·sinθ= 2 3 R, ④ cd = ac·cosθ= 2 3 R, ⑤ 将③④⑤式代入①②两式并解得 v0= 2 1 m qER ． 所以 Ek0= 2 1 mv0 2= 2 1 qER． 图 27′-5