高中物理奥赛解题方法：07对称法.pdf

对称法第 1 页（共 13 页）七、对称法方法简介由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现 象普遍存在于各种物理现象和物理规律中应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中称为对称法利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，出奇制胜，快速简便地求解问题赛题精析例 1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A ，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，落地点距墙壁的水平距离为2s ，如图 7—1 所示求小球抛出时的初速度解析 ：因小球与墙壁发生弹性碰撞，故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性，碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称，如图7— 1—甲所示，所以小球的运动可以转换为平抛运动处理，效果上相当于小球从A′点水平抛出所做的运动根据平抛运动的规律：02xv t1ygt2因为抛出点到落地点的距离为3s ，抛出点的高度为h ，代入后可解得：v0 = xg2y= 3sg2h例 2：如图 7—2 所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁A 和 B ，间距为 d ，一个小球以初速度v0从两墙正中间的O 点斜向上抛出，与A 和 B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点 O ，求小球的抛射角θ。

对称法第 2 页（共 13 页）解析 ：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成，若按顺序求解则相当复杂，如果视墙为一平面镜，将球与墙的弹性碰撞等效为对平面镜的物、像移动，可利用物像对称的规律及斜抛规律求解物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O′点开始的斜上抛运动，与B 墙碰后落于O点相当于落到O″点，其中O 、O′关于 A 墙对称， O 、O″对于 B 墙对称，如图7—2—甲所示，于是有：020xv cost1yv sintgt2，落地时x2dy0代入可解得：sin2θ =202gdv所以，抛射角θ =12arcsin202gdv例 3：A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为a的正三角形， 每只猎犬追捕猎物的速度均为v ，A 犬想追捕 B 犬， B 犬想追捕C 犬， C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？解析 ：以地面为参考系，三只猎犬运动轨迹都是一条复杂的曲线，但根据对称性，三只猎犬最后相交于三角形的中心点，在追捕过程中，三只猎犬的位置构成三角形的形状不变，以绕点旋转的参考系来描述，可认为三角形不转动，而是三个顶点向中心靠近，所以只要求出顶点到中心运动的时间即可。

由题意作图7—3 ，设顶点到中心的距离为s ，则由已知条件得：s =33a 由运动合成与分解的知识可知，在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为：v′= vcos30°=32v 由此可知三角形收缩到中心的时间为：t =sv=2a3v（此题也可以用递推法求解，读者可自己试解例 4：如图 7—4 所示，两个同心圆代表一个圆形槽，质量为m ，内外半径几乎同为对称法第 3 页（共 13 页）R 槽内A 、B 两处分别放有一个质量也为m 的小球， AB 间的距离为槽的直径不计一切摩擦现将系统置于光滑水平面上，开始时槽静止，两小球具有垂直于AB 方向的速度 v ，试求两小球第一次相距R 时，槽中心的速度v0解析 ：在水平面参考系中建立水平方向的x 轴和 y 轴由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在x 轴方向上运动设槽中心沿x 轴正方向运动的速度变为v0，两小球相对槽心做角速度大小为ω的圆周运动， A 球处于如图7—4—甲所示的位置时，相对水平面的两个分速度为：vx = ω Rsinθ + v0①vy =－ω Rcosθ②B 球的运动与A 球的运动是对称的因系统在x 轴方向上动量守恒、机械能也守恒，因此：mv0 + 2mvx = 2mv ③2×12m (2xv+2yv ) +12m20v= 2 ×12mv2④将①、②式代入③、④式得：3v0 = 2v －2ω Rsinθω2R2 + 2ω Rv 0sinθ +20v+1220v= v2 由此解得： v0 =23(1－2sin32sin)v 当两球间距离为R 时， θ= 30°，代入可解得槽中心运动的速度为：v0 =23(1－110)v 例 5：用一轻质弹簧把两块质量各为M 和 m 的木板连接起来，放在水平上，如图7—5 所示，问必须在上面木板上施加多大的压力F ，才能使撤去此力后，上板跳起来恰好使下板离地？解析 ：此题可用能量守恒的观点求解，但过程较繁，而用弹簧形变的“对称性”求解就显得简洁明了。

若用拉力F 作用在 m 上，欲使 M 离地，拉力F至少应为：F= (M+m)g 根据弹簧的拉伸和压缩过程具有的对称性，故要产生上述效果，作用在m 上的向下的压力应为F = (M+m)g 例 6：如图 7—6 所示，长为 l 的两块相同的均匀长方形砖块A和 B 叠放在一起， A 砖相对于B 砖伸出l5，B 砖放在水平桌面上，砖的端面与桌面平行为保持两砖不翻倒，B 砖伸出桌面的最大长度是多少？解析 ：此题可用力矩平衡求解，但用对称法求解，会直观简洁把A 砖右端伸出B对称法第 4 页（共 13 页）端的l5截去，补在B 砖的右端，则变成图7—6—甲所示的对称形状伸出最多时对称轴应恰好通过桌边所以： l－x = x +l5解得 B 砖右端伸出桌面的最大长度为：x =25l 例 7：如图7— 7 所示， OABC 是一张水平放置的桌球台面取OA 为 x 轴， OC 为 y 轴， P 是红球，坐标为（ x ，y） ，Q 是白球，坐标为（x1，y1） （图中未画出 Q 球在台面上的位置） 已知 OA = BC = 25dm ，AB = OC= 12dm 若 P球的坐标为： x = 10dm ， y = 8dm处，问 Q 球的位置在什么范围内时，可使击出的Q 球顺次与 AB、BC、CO 和 OA 四壁碰撞反弹，最后击中P 球？解析 ：由于弹性碰撞反弹服从的规律与光线的反射定律相同，所以作P点对 OA 壁的镜像 P1，P1对 CO 壁的镜像P2，P2对 BC 壁的镜像P3和 P3对 AB 壁的镜像P4，则只需 瞄准 P4点击出 Q 球，Q 球在 AB 壁上 D 点反弹后射向P3，又在 BC 壁上 E 点反弹后射向P2，依次类推，最后再经F ，G 二点的反弹击中P 点，如图7—7—甲所示。

但是，若反弹点E 离 B 点太近， Q球从 E 点反弹后EP2线与 CO 的交点， 可能不在 CO 壁的范围内而在CO 的延长线上，这时 Q 球就无法击中CO 壁（而击到OA 壁上） ，不符合题目要求，所以， Q 球 能够最后按题目要求击中P球的条件是：反弹点 D 、E 、F 、和 G 一定要在相应的台壁范围之内已知 P 点的坐标为（10 ，8） ，由此可知，各个镜像点的坐标分别为：P1（10，－ 8） ，P2（－ 10，－ 8） ，P3（－ 10， 32） ，P4（ 60，32）设 Q 点的坐标为（x′， y′） ；直线 QP4的方程为：对称法第 5 页（共 13 页）Y－y′ =32y60x(X －x′) ①D 点在此直线上，XD = 25 ，由上式得：YD =160x(800－32x′+ 35y′) ②直线 DP3的方程为：Y－YD =－32y60x(X－xD) ③E 点在此直线上，YE = 12 ，由此式及②式得：xE = 25－132y(1－80 + 20x′－ 35y′) ④直线 EP2的方程为： Y－YE =－32y60x(X－xE) F 点在此直线上，XF = 0 ，所以： YF = 12－1060x(88－2x′+ y′) 最后，直线FP1的方程为： Y－ YF =－32y60x(X －xF) ⑤G 点在此直线上，YG = 0 ，所以： XG =132y(－160 + 8x′－ 10y′) ⑥反弹点位于相应台壁上的条件为：DEFG0Y120X250Y120X25⑦将③、④、⑤和⑥式代入⑦，除肯定满足无需讨论的不等式外，Q 球按题目要求击中P 球的条件成为：DEY35y20x80X35y20x80：：FGY 5y4x80X5y4x80：：上面共两个条件，作直线l1：35Y = 20X －80及 l2： 5Y = 4X － 80 如图 7—7—乙所示，若Q 球位于 l2下方的三角形D0AH0内，即可同时满足⑧、⑨两式的条件，瞄准P4击出，可按题目要求次序反弹后击中P 球，三角形D0AH0三个顶点的坐标如图7—7—乙所示。

例 8：一无限长均匀带电细线弯成如图7—8 所示的平面图形，其中 AB 是半径为R 的半圆孤， AA ′平行于BB′，试求圆心O 处的电场强度解析 ：如图 7—8 甲所示，左上1/4 圆弧内的线元Δ L1与右下直线上的线元ΔL3具有角元 Δθ 对称关系 Δ L1电荷与 Δ L3电荷在 O 点的场强ΔE1与 ΔE3方向相反，若它们的大小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心处场强为零对称法第 6 页（共 13 页）设电荷线密度为常量λ，因 Δθ 很小， ΔL1电荷与 ΔL3电荷可看做点电荷，其带电量：q1 = RΔθλ，q2 = Δ L3λ当 Δθ 很小时，有：q2 =Rcoscos又因为 Δ E1 = K12qR，Δ E2 = K22qr= K2Rcos22cosR= K2RR，与 Δ E1的大小相同，且 ΔE1与 Δ E2方向相反所以圆心O 处的电场强度为零例 9：如图 7— 9 所示，半径为R 的半圆形绝缘线上、下1/4 圆弧上分别均匀带电+q 和－ q ，求圆心处O 的场强解析 ：因圆弧均匀带电，在圆弧上任取一个微小线元，由于带电线元很小，可以看成点电荷 用点电荷场强公式表示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强。

由对称性分别求出合场强的方向再求出其值在带正电的圆孤上取一微小线元，由于圆弧均匀带电，因而线密度λ =2q R在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元，两者产生的场强如图7—9 甲所示显然，两者大小相等，其方向分别与x 轴的正、负方向成θ角，且在x 轴方向上分量相等由于很小，可以认为是点电荷，两线元在O 点的场强为 Δ E = 22KRRsinθ =22KhR，方向沿y 轴的负方向，所以 O 点的合场强应对Δ E 求和即： E = ΣΔ E = Σ22KhR=22KRΣΔ h =22KRR =24KqR例 10：电荷 q 均匀分布在半球面ACB 上，球面的半径为R ，CD 为通过半球顶点C与球心 O 的轴线，如图7— 10 所示， P 、Q 为 CD 轴线上在O 点两侧，离O 点距离相等的两点，已知P 点的电势为UP，试求 Q 点的电势UQ对称法第 7 页（共 13 页）解析 ：可以设想一个均匀带电、带电量也是 q 的右半球，与题中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，根据对称性来解由对称性可知，右半球在P 点的电势PU等于左半球在Q 点的电势UQ即：PU= UQ 所以有： UP + UQ = UP + PU而 UP +PU正是两个半球在P点的电势， 因为球面均匀带电，所以UP +PU= K2qR由此解得Q 点的电势： UQ =2KqR－ UP。

例 11：如图 7—11 所示，三根等长的细绝缘棒连接成等边三角形，A 点为三角形的内心， B 点与三角形共面且与A 相对 ac 棒对称，三棒带有均匀分布的电荷，此时测得A 、B 两点的电势各为UA、UB，现将 ac 棒取走， 而 ab 、bc 棒的电荷分布不变，求这时 A 、B 两点的电势AU、BU解析 ：ab 、bc 、ac 三根棒中的电荷对称分布，各自对A 点电势的贡献相同，ac 棒对 B 点电势的贡献和对A 点电势的贡献相同，而ab、bc 棒对。