【物理】2019届一轮复习人教版对称法学案

【物理】2019届一轮复习人教版对称法学案

‎8对称法 故事链接：1928年，英国物理学家狄拉克在解自由电子相对性波动方程时，由于开平方根而得出电子的能量有正负两个解，按照通常的观念，负能解通常被舍去，但是狄拉克为了保持数学上的对称美，将这个似乎没有意义的量描述的是带正电荷的电子，也就是电子的反粒子。正电子预言不久后就被美国的另一位物理学家安德森发现。这种 学的对称思维，使他后来提出了完全与众不同的反物质理论。狄拉克也因此于1933年获得诺贝尔物理学奖。‎ 其实对称是自然界广泛存在的一种现象，它显示出了物质世界的和谐美。具有对称性的对象其对称部分的特征完全相同，一旦确定了一部分的特征，便可推出对称部分的特征，这种解决问题的方法称为对称法。按照利用对称的种类可分为位置分布的对称、运动轨迹的对称和物理过程的对称。下面分别举例说明。‎ （1） 位置分布的对称 电场、磁场以及某些研究对象的位置分布都具有对称性，在对称的位置应具有相同的物理特征，巧妙利用位置分布的对称性可以方便的解决问题。‎ ‎[例题1](2006年全国2理综)ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是（ ）‎ A．两处的电场方向相同，E1＞E2‎ B．两处的电场方向相反，E1＞E2‎ C．两处的电场方向相同，E1＜E2 ‎ ‎ D．两处的电场方向相反，E1＜E2‎ 解析：由对称性可知，P1左端的电荷和P1右端的电荷在P1‎ 处产生的合场强为0，所以P1处场强是由杆右端的电荷产生。‎ P2处场强是由杆右端的电荷和杆左端的电荷在P2处产生合场强，又因为P1、P2两点又关于杆右端对称，所以杆右端的电荷在P2处产生的场强大小也为，假设杆左端的电荷在P2处产生场强大小为，由叠加原理可知P2处场强，而P1处场强大小为，所以。P1、P2两点位于电荷的两侧，所以场强方向相反。正确答案为D。‎ ‎[例题2]‎ 如图所示，三根等长的细绝缘棒，连接成等边三角形ABC，P点为三角形的内心，Q点与三角形共面，且与P点相对棒AC对称。三棒都带有电荷，电荷的分布与假设三棒皆为导体棒时的电荷分布完全相同，此时，测得P、Q两点电势分别为、现将绝缘棒BC取走，假设取不影响AB、AC棒上原有电荷的分布，求这时P、Q两点的电势、。‎ 解析：根据静电场中某点的电势等于各个带电体在该点产生电势的代数和的特点，可以由带电体的电荷分布的对称性求解。‎ 在没有取走BC捧时，根据对称性，各棒在P点产生电势必相等，用表示各棒在P点产生的电势，则有：①‎ 因为P、Q两点相对AC棒对称，所以AC棒在Q点产生的电势也为。由对称性可知AB捧、BC捧在Q点产生的电势也相等，用表示，AB棒、BC棒和AC棒在Q点产生的电势 ②‎ ‎①②联立解得 将BC取走后，则P点电势 ‎ Q点电势 ‎[例题3]如图2所示，用12根电阻均为r的电阻丝组成一个正方休形 络，计算ag两端间的总电阻。‎ 解析：为了计算ag两端间的总电阻，可设想从a端流入 络一个电流I。如图3所示，电流I从a端流入后，从a端向ab、ad，ae三方向流入，根据对称性，ab、ad，ae中的电流强度都相同，均为。流入b点的电流向bc、bf两方向的电流强度流入，又根据对称性，bc、bf均为即，又根据对称性可知，由c流向g的电流又为，根据欧姆定律知：‎ 所以ag两端点间的总电阻为 ‎[例题4]如左图，两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，在两极板间放一个半径为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，问A板与点C间的电压大小为多少?‎ 解析：金属球壳放入电场中达到静电平衡后，球为等势体，两极板之间的电场由原来的匀强电场变成如右图所示电场，这时C与A板间的电势差不能简单应用公式=来计算。‎ 应用对称特点，两板间电场线形状和金属球关于金属球中心O点对称，所以A板与金属球的电势差和金属球与B板电势差相等，即=，又A，B两板电势差保持不变为U，即+ =U，由以上两式解得= =U／2，所以A、C两点间的电势差为= =U／2。‎ ‎[例题5]如图所示，在同一竖直平面内固定着两根水平绝缘细杆AB、CD，长均为L，两杆间竖直距离为h，BD两端以光滑绝缘的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB、CD在同一竖直面内，且AB、CD恰为半圆形弧在B、D两处的切线，O为AD、BC连线的交点。在O点固定一电量为Q的正点电荷。质量为m的小球P带正电荷，电量为q，穿在细杆上，从A以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可到达C点。已知小球与两永平杆之间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于重力求：‎ ‎①P在水平细杆上滑动时所受摩擦力的极大值和极小值。‎ ‎②P从A点出发时初速度的最小值。‎ 解析：①因μ相同，压力最大和最小处对应摩擦力的最大值和最小值，依对称性可知，P在O点的正下方时所受摩擦力最大，‎ P在O点正上方寸所受摩擦力最小，‎ ‎②由对称性可知：P在同一竖直线上与AB、CD相交的两点上所受摩擦力分别为：‎ ‎， ( 为Q与q的库仑力在竖直方向的分力)可见该两点的摩擦力的等效平均值：‎ 故依对称性可知，在AB、CD杆上运动寸等效摩擦力也为：‎ 在Q产生的电场中， ，P由A运动列C的过程中，电场力做功为零，即。‎ 由动能定理得： ‎ 听以： ‎ 由上述可知，在解题过程中，善用对称思维法，能使问题的解决由难变易，从而达到事半功倍的解题效果。‎ （1） 运动轨迹的对称 对于竖直上抛运动、简谐运动以及圆周运动它们的运动轨迹都具有对称性，带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出时，其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称， 利用这种性质也可以方便地解决问题。‎ ‎[例题1]如图所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在此区域外围空间有垂直纸面向内的大小也为B的磁场，一个带电粒子从边界上的P点沿半径向外，以速度v0进入外围磁场，已知带电粒子质量m=2×10－10 g，带电量q= +5×10－6C，不计重力，磁感应强度B=1T，粒子运动速度v0=5×103m/s，图形区域半径r=0.2m，求粒子第一次回到P点所需时间。‎ 解析：由洛伦兹力提供向心力：‎ ‎ 得：‎ ‎ 所以粒子运动轨道半径与匀强磁场区域半径相等。‎ 利用对称性作出轨迹如图所示，好象一颗籽粒饱满的花生。‎ 粒子运动周期T==810-5 s ‎ 所以运动时间为t=2T=1610-5 s ‎[例题2]（2007年天津理综19题）．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ）‎ A．，正电荷 B．，正电荷 C．，负电荷 D．，负电荷 解析：粒子穿过y轴正半轴，必向右偏转，由左手定则可知粒子带负电。‎ 根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图所示，找出圆心A，向Ｘ轴作垂线，垂足为Ｈ，由与几何关系得 ‎①‎ 带电粒子在磁场中作圆周运动，根据牛顿第二定律解得②‎ 联立解得。所以C项正确 ‎[例题3]如左图所示，一条长为的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球。将其置于一匀强电场中，电场强度为E，方向是水平向右的。已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡。‎ ‎(1)小球带何种电荷?求出小球所带的电荷量。‎ ‎(2)如果使细线的偏角由α增大到中φ，然后将小球由静止释放，则φ应为多大，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零?‎ 解析：(1)由小球所受电场力的方向与场强方向相同，可知小球带正电。‎ 小球受三个力作用：重力mg，线的拉力T，电场力qE，如右图所示。由于重力和电场力互相垂直，它们的合力与线的拉力T是一对平衡力，由图可知 解得 ‎(2) 当小球从竖直方向夹角为φ时静止释放，运动到细线在竖直位置时，速度刚好为0。此过程中小球动能的增量为零，由能量守恒可知重力势能减少等于电势能增加。即 将代入得化简得所以φ=2α。以上是利用计算的方法求解，计算相当繁琐。如果利用对称法求解就方便多了。‎ 由于重力和电场力均为恒力，这两个力的合力也是一个恒力，故可以认为这个合力为“等效重力”，当细线与竖直方向夹角为α时小球的位置为平衡位置，那么小球偏离平衡位置后的运动相当于在“等效重力 ”作用下的运动，由于运动的对称性(相对于单摆在平衡的摆动具有对称性)，细线偏离平衡位置两侧的角度都是α，所以细线应偏离竖直位置的角度为2α，即φ=2α。这样省去繁琐的数学计算。‎ ‎[例题4]（2001年全国）如图所示，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度从Ｏ点射入磁场，入射速度方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与Ｏ点的距离为Ｌ，求该粒子电量与质量之比？ ‎ 解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图所示，找出圆心A，向Ｘ轴作垂线，垂足为Ｈ，由与几何关系得 ‎①‎ 带电粒子在磁场中作圆周运动，根据牛顿第二定律解得②‎ ‎①②联立解得 ‎[例题5]在水平地面上建有相互平行的A、B两竖直墙，墙高h=20米，相距d=1米，图1墙面光滑。从一高墙上以水平速度v=5米／秒抛小一个弹性小球，与两墙面反复碰撞后落地(图1)。试求：‎ ‎(1)小球的落地点离A墙的距离和小球从抛出到落地与墙面发生的碰撞次数n。（)‎ ‎(2)小球与墙面发生m次(m

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