熱點(diǎn)04對稱法由于物質(zhì)世界存在某些對稱性，使得物理學(xué)理論也具有相應(yīng)的對稱性，從而使對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中．應(yīng)用這種對稱性不僅能幫助我們認(rèn)識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題。應(yīng)用對稱性去求解某些具體的物理問題的思維方法在物理學(xué)中稱為物理解題中的對稱法。例題1.（多選）如圖所示，立方體的四個(gè)頂點(diǎn)、、、處各固定著一個(gè)電荷量均為的正點(diǎn)電荷，為連線的中點(diǎn)，為連線的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．、兩點(diǎn)處的電勢相同 B．、兩點(diǎn)處的電勢相同C．、兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同 D．、兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同【答案】AB【解析】AC．設(shè)正方體中心為O，根據(jù)幾何關(guān)系可知三角形ACH和ACF為全等的等邊三角形。設(shè)A、C、H在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1，電勢為φ1；A、C、F在B點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2，電勢為φ2。根據(jù)對稱性可知φ1等于φ2，E1沿OD方向，E2沿OB方向。而F在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向沿OD方向，H在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度沿OB方向，根據(jù)對稱性以及電場的疊加可知B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同、方向不同。而F在D點(diǎn)產(chǎn)生的電勢與H在B點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，則根據(jù)電勢的疊加可知B、D兩點(diǎn)電勢相等，故A正確，C錯(cuò)誤；BD．根據(jù)對稱性可知A、C兩點(diǎn)在M產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，F(xiàn)、H兩點(diǎn)在M產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿OM方向；H、C兩點(diǎn)在N產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，A、F在N產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿ON方向，根據(jù)對稱性以及電場的疊加可知M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同、方向不同。而A、C在M產(chǎn)生的電勢與H、C在N產(chǎn)生的電勢相等，H、F在M產(chǎn)生的電勢又與A、F在N產(chǎn)生的電勢相等，根據(jù)電勢的疊加可知M、N兩點(diǎn)電勢相等，故B正確，D錯(cuò)誤。故選AB。例題2.（多選）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端系一質(zhì)量為m的書寫式激光筆，組成一豎直懸掛的彈簧振子，在豎直平面內(nèi)裝有記錄紙。當(dāng)彈簧振子沿豎直方向上下自由振動(dòng)時(shí)，以速率v水平向左勻速拉動(dòng)記錄紙，激光筆在記錄紙上留下如圖所示的書寫印跡，圖中相鄰豎直虛線的間距均為x0（未標(biāo)出），印跡上P、Q兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y0和y0，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．該彈簧振子的振幅為y0B．該彈簧振子的振動(dòng)周期為C．激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時(shí)加速度相同D．激光筆在留下PQ段印跡的過程中，彈簧彈力對激光筆做功為2mgy0【答案】AD【解析】A．由圖可知，彈簧振子的振幅為y0，故A正確；B．記錄紙勻速運(yùn)動(dòng)，振子振動(dòng)的周期等于記錄紙運(yùn)動(dòng)位移2x0所用的時(shí)間，則周期為故B錯(cuò)誤；C．加速度是矢量，激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時(shí)加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；D．在激光筆留下PQ段印跡的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做功為零，但重力做正功為2mgy0，故彈力對物塊做負(fù)功為－2mgy0，故D正確。故選AD。一、對稱法在靜力學(xué)中的應(yīng)用在靜力學(xué)中，若結(jié)構(gòu)具有對稱性，則受力就具有對稱性，我們可以利用對稱法進(jìn)行思維，簡化運(yùn)算。二、對稱法在拋體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用物體做斜拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，其向斜上運(yùn)動(dòng)階段和向斜下運(yùn)動(dòng)階段具有對稱性。物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，若碰撞到豎直的障礙物后反彈（沒有機(jī)械能損失），則小球與豎直的障礙物碰撞前后的速度關(guān)于墻壁對稱，碰撞后的軌跡與無豎直的障礙物時(shí)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡關(guān)于豎直的障礙物對稱。三、對稱法在簡諧運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用物體做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，其物體在平衡位置兩側(cè)的位移、加速度、回復(fù)力、動(dòng)能、勢能和速度的大小關(guān)于平衡位置具有對稱性。四、對稱法在電場中的應(yīng)用帶電薄板和點(diǎn)電荷的電場都具有對稱性。等量異號（或同號電荷）的電場具有對稱性。帶電量相等的異號帶電粒子在同一電場中運(yùn)動(dòng)軌跡具有對稱性。五、對稱法在磁場中的應(yīng)用當(dāng)帶電粒子以一定的角度進(jìn)入邊界為直線的勻強(qiáng)磁場中，其軌跡具有對稱性。若粒子仍從該邊界射出，則射出磁場時(shí)的速度方向與磁場邊界的夾角和射入磁場時(shí)的速度方向與磁場邊界的夾角相等。六、對稱法在光學(xué)中的應(yīng)用光的反射線與入射線關(guān)于法線對稱，平面鏡所成的像與物關(guān)于鏡面對稱，入射到玻璃球體的光線再從玻璃球體出射時(shí)出射角與入射角相等，出射光線與入射光線對稱。七、對稱法在機(jī)械波中的應(yīng)用波從波源向四面八方傳播，關(guān)于波源具有對稱性。波動(dòng)傳播具有雙向性。機(jī)械波的干涉出現(xiàn)的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)、減弱點(diǎn)關(guān)于波源也具有對稱性。利用對稱法對其進(jìn)行分析，可事半功倍，避免錯(cuò)誤。八、對稱法在電路中的應(yīng)用當(dāng)電路具有對稱性時(shí)，可利用對稱法對電路進(jìn)行分析，對于電流為零的電阻，可以去掉；對于有些處于對稱軸上的結(jié)點(diǎn)，可以分成兩個(gè)，從而化簡電路，便于分析計(jì)算。典例7。三個(gè)相同的金屬圈兩兩正交地連成如圖所示的形狀，若每一個(gè)金屬圈的原長電阻為R，試求下圖中A、B兩點(diǎn)之間的等效電阻。（建議用時(shí)：30分鐘）一、單選題1．2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習(xí)慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度C．索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對稱分布【答案】C【解析】A．以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯(cuò)誤；B．由圖甲可知，當(dāng)索塔高度降低后，變大，變小，故T變大，故B錯(cuò)誤；C．由B的分析可知，當(dāng)鋼索對稱分布時(shí)，，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確；D．受力分析如圖乙，只要，鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進(jìn)行合成，合力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，故D錯(cuò)誤；故選C。2．小球每隔0.2s從同一高度拋出，做初速為6m/s的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)它們在空中不相碰。第2個(gè)小球在拋出點(diǎn)以上能遇到的小球個(gè)數(shù)為（g取10）（）A．三個(gè) B．四個(gè) C．五個(gè) D．六個(gè)【答案】D【解析】根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得小球在空中的時(shí)間為第2個(gè)小球在拋出點(diǎn)以上能遇到的小球個(gè)數(shù)為6個(gè)，D正確。故選D。3．如圖所示，一傾角為30的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種負(fù)電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為?q的物塊從斜面上的P點(diǎn)由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中經(jīng)過斜面中點(diǎn)O時(shí)速度達(dá)到最大值vm，運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為Q（圖中沒有標(biāo)出），則下列說法正確的是（）A．P、Q兩點(diǎn)場強(qiáng)相同B．UPO=UOQC．P到Q的過程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)D．物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】C【解析】ABD．物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度最大，加速度為零，又電場強(qiáng)度為零，所以有所以物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為由于運(yùn)動(dòng)過程中所以物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中受到的合外力為電場力，因此最低點(diǎn)Q與釋放點(diǎn)P關(guān)于O點(diǎn)對稱，根據(jù)等量的異種點(diǎn)電荷周圍電勢的對稱性可知，P、Q兩點(diǎn)的電勢相等，則有UOP=UOQ，根據(jù)等量的異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特征可知，P、Q兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故ABD錯(cuò)誤；C．根據(jù)點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)和電場的疊加原理可知，沿斜面從B到A電場強(qiáng)度先減小后增大，中點(diǎn)O的電場強(qiáng)度為零。設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減少后沿斜面向上逐漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，所以P到O電荷先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，O到Q電荷做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確。故選C。4．如圖所示是一種測量電阻的實(shí)驗(yàn)裝置電路圖，其中R1、R2是未知的定值定值，R3是保護(hù)電阻，R是電阻箱，Rx是待測電阻，是一只零刻度在中央、指針可以左右偏轉(zhuǎn)的雙向電壓表.閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)R，使電壓表的指針指在零刻度處，這時(shí)R的讀數(shù)為90Ω；將R1、R2互換后，再次閉合S1、S2，調(diào)節(jié)R，使電壓表V的指針指在零刻度處，這時(shí)R的讀數(shù)為160Ω，那么被測電阻Rx的數(shù)值及R1與R2的比值分別為

（

）A．120Ω

3:4B．125Ω

4:3C．160Ω

16:9D．250Ω

9:16【答案】A【解析】ABCD.此題中的電路圖是電橋電路圖，其中R、Rx、R1、R2稱為電橋的四個(gè)臂，調(diào)節(jié)電阻箱R適當(dāng)時(shí)，使電壓表的讀數(shù)為零，此時(shí)稱電橋平衡；這時(shí)要滿足的條件為，由該條件即可求出Rx及R1、R2的比值；當(dāng)R=90Ω時(shí)，即R1、R2互換后，R=160Ω，即所以得Rx=120Ω.進(jìn)一步求出。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。二、多選題5．如圖是某魚漂的示意圖，O、M、N為魚漂上的三個(gè)點(diǎn)。當(dāng)魚漂靜止時(shí)，水面恰好在點(diǎn)O。用手將魚漂向下壓，使點(diǎn)M到達(dá)水面，松手后，魚漂會(huì)上下運(yùn)動(dòng)，上升到最高處時(shí)，點(diǎn)N到達(dá)水面，魚漂的運(yùn)動(dòng)可看成簡諧運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．點(diǎn)O到達(dá)水面時(shí)，魚漂的速度最大B．點(diǎn)M到達(dá)水面時(shí)，魚漂具有向下的加速度C．松手后，當(dāng)魚漂由下往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度先變大后變小D．一個(gè)周期內(nèi)，魚漂的點(diǎn)O只有一次到達(dá)水面【答案】AC【解析】A．當(dāng)魚漂靜止時(shí)，水面恰好在點(diǎn)O，則O點(diǎn)與水面重合時(shí)的位置為簡諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，此時(shí)浮力與重力大小相等，則點(diǎn)O到達(dá)水面時(shí)，魚漂的速度最大，A正確；B．點(diǎn)M到達(dá)水面時(shí)，浮力大于重力，魚漂的加速度方向向上，B錯(cuò)誤；C．松手后，當(dāng)魚漂由下往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，先靠近平衡位置，后遠(yuǎn)離平衡位置，速度先變大后變小，C正確；D．根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的周期性，一個(gè)周期內(nèi)，魚漂的點(diǎn)O有兩次到達(dá)水面，D錯(cuò)誤。故選AC。6．如圖所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球以初速度v0從O點(diǎn)被水平拋出，經(jīng)與兩墻壁四次彈性碰撞后剛好落在豎直墻壁的最低點(diǎn)D，此時(shí)速度與水平方向的夾角為θ，其中A、C兩點(diǎn)為小球與右側(cè)墻壁碰撞的等高點(diǎn)，B點(diǎn)為小球與左側(cè)墻壁碰撞的點(diǎn)，已知兩墻壁間的距離為d，與墻壁碰撞無能量損失，且速度滿足光的反射規(guī)律，重力加速度為g，則下列說法正確的是A．OA∶AB∶BC∶CD＝1∶3∶5∶7B．相鄰兩次碰撞之間(指某次碰撞后到下一次碰撞前)速度的變化量均相等C．小球剛到D點(diǎn)的速度大小是剛到B點(diǎn)的速度大小的2倍D．tanθ＝【答案】ABD【解析】A.小球在水平方向上速度的大小相等，根據(jù)等時(shí)性知，相鄰兩次碰撞間的時(shí)間相等，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，知OA∶AB∶BC∶CD＝1∶3∶5∶7.故A正確．B.因?yàn)樵谙噜弮纱闻鲎查g的時(shí)間相等，水平方向上的速度大小不變，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則相鄰兩次碰撞過程中的速度變化量相等．故B正確．D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的時(shí)間t＝，則.故D正確；C.D點(diǎn)的豎直分速度是B點(diǎn)豎直分速度的2倍，C錯(cuò)誤．三、解答題7．如圖所示，C是半圓柱形玻璃體的圓心，CD是半圓柱形玻璃體的對稱面和紙面的交線，A、B是與CD軸等距且平行的兩束不同單色細(xì)光束，有一個(gè)垂直CD放置的光屏（D點(diǎn)是垂足），沿CD方向不斷左右移動(dòng)光屏，可在屏上得到一個(gè)光斑P（圖中未畫出），已知半圓柱形玻璃體的半徑是R，，B光的折射率，求：(1)光斑P到D點(diǎn)的距離；(2)A光的折射率nA（可用根式表示）?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】(1)光路圖如圖所示，，由幾何關(guān)系可知，兩光的入射角為：，解得三角形CMN是正三角形得邊長為：以B光為對象，根據(jù)折射定律得：，解得，三角形FPN也是正三角形，其邊長光斑P到D點(diǎn)的距離(2)由幾何關(guān)系知，由正弦定理：，解得，所以A光的折射率。8.如圖所示，紙面內(nèi)建有平面直角坐標(biāo)系xOy，坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)存在方向垂直坐標(biāo)平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子a在紙面內(nèi)以大小為v0、方向與x軸負(fù)方向成α=30°角的速度從原點(diǎn)O垂直射入磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子b在紙面內(nèi)以大小為3v0、方向與x軸正方向成β=60°角的速度從原點(diǎn)O垂直射入磁場，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用力。（1）求粒子a射出磁場的位置到O點(diǎn)的距離及該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）求粒子a在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)與x軸之間的最大距離；（3）若粒子a和b能在磁場中相遇，求兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場的時(shí)間間隔及相遇位置的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），（0，）【解析】（1）粒子a在紙面內(nèi)從原點(diǎn)O垂直射入磁場，進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫磁力提供向心力，