【物理】2020届二轮复习思想方法5　对称思想学案

【物理】2020届二轮复习思想方法5　对称思想学案

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 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. 5 12mg B. 7 12mg C. 5 16mg D.5 4mg 解析 水平圆环匀速上升，受力平衡，则四根绳子的合力 F＝mg，则每一根 轻绳的拉力在竖直方向上的分量等于 1 4mg，设绳子与竖直方向的夹角皆为θ，在 水平方向具有对称性，根据几何关系有：sinθ＝0.6L L ＝0.6，cosθ＝0.8，则 Tcosθ ＝1 4mg，解得：T＝ 5 16mg，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( ) A．O 点的电场强度大小 E＝kQ l2 B．D 点的电场强度大小 E＝k3 2Q 4l2 C．O 点的电势为零 D．D 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 E ＝kQ l2 ，方向互成 120°，由点电荷的电场叠加原理和对称性可知 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 E＝k Q 2l2 ，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 E＝3k Q 2l2·cos45°＝ k3 2Q 4l2 ，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] (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( ) A．C 点处的场强比 E 点处的场强大 B．C 点处的场强与 D 点处的场强大小相等 C．C 点处的电势比 B 点处的电势高 D．C 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 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 v＝qBR m tanπ n(n＝3,4,5，…)，则粒子能回 到 A 点 B．粒子第一次回到 A 点的最短时间为7πm 3qB C．若粒子射入磁场的速度大小满足 v＝qBR m tan2π n (n＝5,6,7，…)，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：r＝Rtanθ， 而且 Bqv＝mv2 r ，则 v＝qBR m tanθ，由于圆外磁场方向垂直纸面向外，则当 2θ·n＝ 2kπ(k＝1,2,3，…)时粒子能回到出发点 A，取 k＝1，即粒子绕磁场边界一圈回到 A 点，此时θ＝2kπ 2n ＝π n ，分析可知 n＝3,4,5，…；取 k＝2，即粒子绕磁场边界两 圈回到 A 点，此时θ＝2kπ 2n ＝2π n ，分析可知 n＝5,6,7，…，所以当θ＝π n(n＝3,4，5，…) 或θ＝2π n (n＝5,6,7，…)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：tmin ＝ 60°＋300°＋60° 360° T＝7 6T＝7 6·2πm qB ＝7πm 3qB ，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 B．a 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 D．b、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 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.kQ L2 B.4kQ 3L2 C.2 3kQ 3L2 D.4 3kQ 3L2 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 kQ Lsin60°2 ＝4kQ 3L2 ，由题意可知，EF 上的细棒与 BC 中点的点电 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 4kQ 3L2 ，故每根细棒在 O 点产生的电场强度大小均为4kQ 3L2 ，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 2×4kQ 3L2 cos30°＝4 3kQ 3L2 ，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 列表述正确的是( ) A．a、b 两点电场强度相同 B．a 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 D．M 点的电荷受到的库仑力大小为 F＝kq2 2L2 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 F＝k q2  2L2 ＝kq2 2L2 ，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 I，则每个电容器所带的电荷量为( ) A.1 4IRC B.1 3IRC C.1 2IRC D.3 4IRC 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I 2 ，分支路的电流为I 4 ，则根据电容器的连接 方式可知，两电容器两端电压均为 1 2IR，由 C＝Q U 可知，每个电容器所带的电荷 量 Q＝CU＝1 2IRC，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，y>0 的区 域存在沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E，在 y<0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，一带电粒子从 y 轴上 y＝h 的 P 点以速度 v0 沿 x 轴正方向射入电场。已知粒子的质量为 m，电荷量为－q(q>0)， 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 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) 2mh qE (2)E B 2Emh qB2 (3) 1 2n＋1(L qE 2mh ＋2nE B)，n＝0、1、2、3……； 1 2n－1(L qE 2mh ＋2nE B)，n＝1、2、3…… 解析 (1)粒子从 P 到 D，沿－y 方向： a＝qE m ，h＝1 2at2， 解得 t＝ 2mh qE 。 (2)在 D 点处：vy＝vsinα＝at＝ 2qEh m ， 在磁场中：qvB＝mv2 R ，R＝mv Bq 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： d＝Rsinα＝mv qBsinα＝mvy qB 将 vy 代入可得 d＝ 2Emh qB2 ， 又 d＝v0t，v0＝d t ＝E B 。 (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 v0t＋n(2v0t－2Rsinα)＝L，n＝0、1、2、3…… 同理 Rsinα＝mv qBsinα＝mvy qB 代入 vy 可得 v0＝ 1 2n＋1(L qE 2mh ＋2nE B)，n＝0、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 v0t＋2(n－1)v0t－2nRsinα＝L，n＝1、2、3…… 同理 Rsinα＝mv qBsinα＝mvy qB 代入 vy 可得 v0＝ 1 2n－1(L qE 2mh ＋2nE B)，n＝1、2、3……。