對(duì)稱思想結(jié)構(gòu)對(duì)稱（2022·湖南月考）ab是長為L的均勻帶電細(xì)桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示。ab上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的場強(qiáng)大小為E1，在P2處的場強(qiáng)大小為E2。則以下說法正確的是（）A．兩處的電場方向相同，E1＜E2 B．兩處的電場方向相反，E1＜E2C．兩處的電場方向相同，E1＞E2 D．兩處的電場方向相反，E1＞E2關(guān)鍵信息：均勻帶電細(xì)桿→電性未知，則可能帶正電也可能帶負(fù)電ab上電荷在P1、P2處的場強(qiáng)大小、方向的判斷→微元法結(jié)合對(duì)稱性→根據(jù)電場疊加原理分析場強(qiáng)的大小以及方向特點(diǎn)解題思路：由于細(xì)桿均勻帶電，我們?nèi)點(diǎn)關(guān)于P1的對(duì)稱點(diǎn)c，根據(jù)微元法結(jié)合對(duì)稱性以及電場疊加原理，則aP1段與cP1段關(guān)于P1點(diǎn)的電場互相抵消，整個(gè)桿在P1點(diǎn)的電場，僅僅相當(dāng)于cb部分在P1所產(chǎn)生的電場。而對(duì)于P2點(diǎn)卻是整個(gè)桿所產(chǎn)生的電場，相當(dāng)于cb部分和ac部分所產(chǎn)生電場的疊加，進(jìn)而比較P1、P2的場強(qiáng)大小以及方向。如圖，取a點(diǎn)關(guān)于P1的對(duì)稱點(diǎn)為c，如圖所示假設(shè)均勻細(xì)桿帶正電，根據(jù)微元法結(jié)合對(duì)稱性以及電場疊加原理可知：在P1點(diǎn)，aP1與P1c產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，故P1點(diǎn)場強(qiáng)為cb桿產(chǎn)生的場強(qiáng)E1，方向向左。在P2點(diǎn)，因P1、P2到cb桿距離均為，即P1、P2處于cb桿的對(duì)稱位置。故cb桿在P2處產(chǎn)生的場強(qiáng)與在P1處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，為E1，方向向右。同時(shí)，ac桿還在P2處產(chǎn)生場強(qiáng)。P2點(diǎn)場強(qiáng)為cb桿與ac桿場強(qiáng)的疊加，大小為E2＝E1＋Eac，方向向右。故兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相反，大小滿足：E1＜E2。故選：B（2022·遼寧月考）如圖所示，一條長為L的細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m的帶電小球。將它置于一勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E，方向是水平的。已知當(dāng)細(xì)線離開豎直位置的偏角為α?xí)r，小球處于平衡。如果使細(xì)線的偏角由α增大到φ，然后將小球由靜止開始釋放，則φ應(yīng)為多大，才能使在細(xì)線到達(dá)豎直位置時(shí)小球的速度剛好為零？根據(jù)受力分析可以判斷小球帶正電，由小球處于受力平衡狀態(tài)可知，F(xiàn)＝mgtanα＝qE解得：tanα＝①由題意可知小球由靜止釋放過程中，重力做正功，電場力做負(fù)功，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL(1﹣cosφ)﹣EqLsinφ＝0解得：tan＝②聯(lián)立①②式可得，φ＝2α。由于重力和電場力均為恒力，這兩個(gè)力的合力也是一個(gè)恒力，故可以認(rèn)為這個(gè)合力為“等效重力”，當(dāng)細(xì)線與豎直方向夾角為α?xí)r小球的位置為平衡位置，那么小球偏離平衡位置后的運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于在“等效重力”作用下的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性（相當(dāng)于單擺在平衡位置兩側(cè)的擺動(dòng)具有對(duì)稱性），細(xì)線偏離平衡位置兩側(cè)的角度都是α，所以小球靜止釋放的位置，細(xì)線應(yīng)偏離豎直位置的角度為2α，即φ＝2α。結(jié)構(gòu)對(duì)稱主要指某種幾何形態(tài)的對(duì)稱，往往出現(xiàn)在距離相等的靜電場中或位移相等的運(yùn)動(dòng)過程中。例如，在靜電場中點(diǎn)電荷、等量異號(hào)（或同號(hào)電荷）電場的對(duì)稱，部分均勻帶電體電場的對(duì)稱。在靜電場中找出其對(duì)稱性，往往會(huì)出現(xiàn)電場強(qiáng)度的大小相等，方向相同（或相反）的情況，使得問題的求解變得簡單。電場中也經(jīng)常存在運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性。例如，電場中的類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)、類單擺以及周期性交變電場導(dǎo)致的往復(fù)運(yùn)動(dòng)等。中心對(duì)稱（智學(xué)精選）如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在彈簧上，在豎直方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)振幅為A時(shí)，物體對(duì)彈簧的最大壓力是物重的1.9倍，則下列說法正確的是（）A．物體對(duì)彈簧的最小壓力為0.2mgB．若在物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)加上一質(zhì)量為0.1m的物體，隨彈簧一起振動(dòng)（不分離），則振動(dòng)的振幅將增大C．物體在振動(dòng)過程中機(jī)械能守恒D．要使物體在振動(dòng)過程中不離開彈簧，則振幅不能超過關(guān)鍵信息：簡諧運(yùn)動(dòng)→具有對(duì)稱性，即最高點(diǎn)和最低點(diǎn)加速度大小相等，方向相反物體對(duì)彈簧的最大壓力→出現(xiàn)在簡諧運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)物體對(duì)彈簧的最小壓力→出現(xiàn)在簡諧運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)物體在振動(dòng)過程中不離開彈簧→物體在最高點(diǎn)時(shí)，彈簧只能處于原長或壓縮狀態(tài)（重點(diǎn)）解題思路：由簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知物體在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的加速度大小相等，方向相反，故求出物體在最低點(diǎn)時(shí)的加速度，進(jìn)而根據(jù)加速度大小相等進(jìn)一步求出物體在最高點(diǎn)對(duì)彈簧的最小壓力；欲使物體不脫離彈簧的臨界是物體振到最高點(diǎn)時(shí)，物塊與彈簧之間的壓力恰好為零。A、因?yàn)槲矬w在豎直方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，物體在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)彈簧的壓力最大，在最高點(diǎn)對(duì)彈簧的壓力最小，在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有FN﹣mg＝ma，解得a＝0.9g，由最高點(diǎn)和最低點(diǎn)相對(duì)平衡位置對(duì)稱，加速度大小等值反向，所以最高點(diǎn)的加速度大小也為a′＝0.9g，則在最高點(diǎn)時(shí)彈簧依舊處于壓縮狀態(tài)，由牛頓第二定律有mg﹣FN′＝ma′，故FN′＝mg﹣ma′＝0.1mg，根據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)彈簧壓力的最小值為0.1mg，故A錯(cuò)誤；B、若在物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)加上一質(zhì)量為0.1m的物體，隨彈簧一起振動(dòng)（不分離），根據(jù)牛頓第二定律有FN﹣(m＋0.1m)g＝(m＋0.1m)a′，加速度將減小，由a＝知，振動(dòng)的振幅將減小，故B錯(cuò)誤；C、物體在振動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，它與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；D、要使物體不脫離彈簧的臨界是物體振到最高點(diǎn)時(shí)，物體與彈簧之間的壓力恰好為零。根據(jù)牛頓第二定律可知，此時(shí)的最大加速度為g，此時(shí)最高點(diǎn)恰在彈簧原長處。由a＝知，當(dāng)振幅為A時(shí)，在最低點(diǎn)有0.9g＝。設(shè)振動(dòng)過程中不離開彈簧時(shí)其最大振幅不能超過A′，在最高點(diǎn)有g(shù)＝，由此可得A′＝，故D正確；故選：D。（2022?山西月考）如圖所示，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置O點(diǎn)附近做簡諧運(yùn)動(dòng)。若從O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過5s質(zhì)點(diǎn)第一次經(jīng)過M點(diǎn)；再繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過2s它第二次經(jīng)過M點(diǎn)；則該質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M點(diǎn)還需要的時(shí)間是（）A．6s B．8s C．20s D．24s設(shè)題圖中a、b兩點(diǎn)為質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)過程的最大位移處，從O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，假設(shè)質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，從O到M過程歷時(shí)5s，M→b→M運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí)2s，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知：＝6s，所以簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝24s。則質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M點(diǎn)還需要的時(shí)間為：Δt＝T﹣2s＝(24﹣2)s＝22s從O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，假設(shè)質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，O→a→O→M運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí)5s，M→b→M運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí)2s，則：＋＝(5＋1)s＝6s，所以簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝8s則質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M點(diǎn)還需要的時(shí)間：Δt′＝T﹣2s＝(8﹣2)s＝6s故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A相對(duì)于某一位置的對(duì)稱性稱之為中心對(duì)稱。最常見的是簡諧運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)沿某一直線或弧線，以某一中心位置做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。簡諧運(yùn)動(dòng)相對(duì)于特定平衡位置的位移、速度、加速度具有空間的軸對(duì)稱性。對(duì)于時(shí)間間隔Δt＝nT（n＝1，2，…），簡諧運(yùn)動(dòng)具有時(shí)間平移對(duì)稱性。解題過程中，往往可以結(jié)合x、v、a與t的對(duì)稱性來進(jìn)行求解。時(shí)間反演（2022?遼寧皇姑區(qū)模擬）高鐵站臺(tái)上，5位旅客在各自車廂候車線處候車，若動(dòng)車每節(jié)車廂長為l，動(dòng)車進(jìn)站時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。站在2號(hào)候車線處的旅客發(fā)現(xiàn)1號(hào)車廂經(jīng)過他所用的時(shí)間為t，動(dòng)車停下時(shí)該旅客剛好在2號(hào)車廂門口（2號(hào)車廂最前端），如圖所示，則（）A．動(dòng)車從經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客開始到停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷的時(shí)間為tB．動(dòng)車從經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客開始到停止運(yùn)動(dòng)，平均速度為C．1號(hào)車廂頭部經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客時(shí)的速度為D．動(dòng)車的加速度大小為關(guān)鍵信息：每節(jié)車廂長為l→位移等分進(jìn)站時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到停下→逆過程為初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)解題思路：采用逆向思維，認(rèn)為動(dòng)車是從1號(hào)候車處開始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過程中位移等分，可利用位移關(guān)系、速度關(guān)系以及平均速度關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。A．采用逆向思維，動(dòng)車反向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知?jiǎng)榆嚨?節(jié)車廂最前端經(jīng)過2號(hào)旅客的位移為l，時(shí)間為t，有l(wèi)＝at2動(dòng)車第1節(jié)車廂最前端經(jīng)過5號(hào)旅客的位移為4l，時(shí)間為t5，有4l＝解得：t5＝2t，故A錯(cuò)誤；B．動(dòng)車第1節(jié)車廂最前端從經(jīng)過5號(hào)旅客到停下總位移為4l，用時(shí)2t，則平均速度為，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)1號(hào)車廂頭部經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客時(shí)的速度為v5，則有4l＝×2t解得：v5＝，故C正確；D．動(dòng)車從經(jīng)過5號(hào)候車線處的旅客開始到停止運(yùn)動(dòng)過程，有：0＝v5﹣a·2t解得：a＝＝，故D錯(cuò)誤；故選：C（2022?廣西江南區(qū)月考）如圖甲所示，兩消防員在水平地面A、B兩處使用相同口徑的噴水槍對(duì)高樓著火點(diǎn)進(jìn)行滅火。出水軌跡簡化為如圖乙所示，假設(shè)均能垂直擊中豎直樓面上的同一位置點(diǎn)P。不計(jì)空氣阻力，則（）A．A處水槍噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長B．B處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大C．A處水槍噴口噴出水的初速度較大D．B處水槍噴口每秒噴出水的體積較大A、兩噴水槍噴出的水從A到P、B到P的運(yùn)動(dòng)可分別看成從P到A、P到B的平拋運(yùn)動(dòng)，因二者高度相同，故水槍噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；B、因兩噴水槍噴出的水運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)x＝vt可知，A處噴水槍噴出水的水平速度大，所以A處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大，故B錯(cuò)誤；C、逆過程為平拋運(yùn)動(dòng)，因水槍噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故在A、B兩點(diǎn)處的豎直分運(yùn)動(dòng)vy＝gt相同，又因A處噴水槍的水平速度大，將速度進(jìn)行合成可得A處水槍噴口噴出水的初速度較大，C正確；D、由于A處水槍噴口噴出水的初速度較大，所以A處水槍噴口每秒噴出的水多，體積較大，故D錯(cuò)誤；故選：C時(shí)間反演對(duì)稱是指運(yùn)動(dòng)的可逆性，即把一個(gè)過程用攝像機(jī)拍下來，然后把膠卷倒過來放映，假如看上去運(yùn)動(dòng)規(guī)律（當(dāng)然不是指“現(xiàn)象”）與順放時(shí)一樣，就叫做“時(shí)間反演對(duì)稱”。體現(xiàn)的是一種逆向思維，例如，末速度是0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)利用時(shí)間反演可以看成是初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；斜拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程利用時(shí)間反演可以看成平拋運(yùn)動(dòng)。鏡像對(duì)稱（空間反演）（2022?河南月考）如圖，空間中有兩個(gè)豎直墻壁MN和PQ，豎直虛線OA為兩墻壁連線的中垂線，M、O、P三點(diǎn)等高，將一小球從O點(diǎn)水平向左拋出，小球與墻壁發(fā)生兩次彈性碰撞之后恰好落在地面上的A點(diǎn)，每次碰撞時(shí)間極短，碰撞前后，水平方向速度大小不變，豎直方向速度不變，小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t1，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t2，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t3；O、B之間的高度差為h1，B、C之間的高度差為h2，C、A之間的高度差為h3，不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，則（）A．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8B．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7D．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8關(guān)鍵信息：彈性碰撞→小球碰撞前后速度大小不變，方向存在對(duì)稱性，導(dǎo)致軌跡存在鏡像對(duì)稱虛線OA為兩墻壁連線的中垂線→水平位移水平拋出、不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力→平拋運(yùn)動(dòng)解題思路：根據(jù)鏡像對(duì)稱，做出小球平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡。根據(jù)三點(diǎn)間的水平距離求出時(shí)間之比。再根據(jù)豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求三點(diǎn)的高度之比。設(shè)兩墻壁之間的距離為2L，小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有t1＝，t2＝，t3＝，所以t1∶t2∶t3＝1∶2∶1小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h1＝，h1＋h2＝g(t1＋t2)2，h1＋h2＋h3＝g(t1＋t2＋t3)2，即：h1∶h1＋h2∶h1＋h2＋h3＝∶(t1＋t2)2∶(t1＋t2＋t3)2＝1∶9∶16，化簡得：h1∶h2∶h3＝1∶8∶7，所以選項(xiàng)B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B（2022?江蘇阜寧縣模擬）某同學(xué)用下圖實(shí)驗(yàn)裝置觀察光現(xiàn)象：平面鏡水平放置，單色線光源S垂直于紙面放置，S發(fā)出的光有一部分直接入射到豎直放置的光屏上，一部分通過平面鏡反射后再到光屏上，則（）A．光現(xiàn)象為干涉現(xiàn)象，光屏上的條紋與平面鏡垂直B．光現(xiàn)象為衍射現(xiàn)象，光屏上的條紋與平面鏡平行C．將光屏沿水平方向遠(yuǎn)離平面鏡，相鄰條紋間距增大D．將光源沿豎直方向靠近平面鏡，相鄰條紋間距減小將光路補(bǔ)充完整，如下圖所示：AB、平面鏡的反射光相當(dāng)于從S的像點(diǎn)S′發(fā)出的光，所以該裝置類似于雙縫干涉裝置，所以能在光屏上觀察到與鏡面平行的干涉條紋，故AB錯(cuò)誤；C、若光屏沿水平方向遠(yuǎn)離平面鏡，相當(dāng)于雙縫與光屏間距離L增大