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1、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， 图 71 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
2、壁的水平距离 为 2s，如图 71 所示. 求小球抛出时的初速度. 解析解析：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 71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： =2021gtytvx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：hgsygxv2320= 例例 2：如图 72 所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁 A 和 B，间距为 d， 一个小球以初速度从两墙正中间的 O 点斜向上抛 0
3、v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. 解析解析：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 72甲所 示，于是有 =0221sincos2 00ydxgttvytvx 落地时代入可解得2 02 02arcsin2122sinvdg vdg=所以抛射角 例例
4、 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，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？ v解析解析：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 73， 设顶点到中心的距离为 s，则由已知条
5、 件得 as33= 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 vvv2330cos=由此可知三角形收缩到中心的时间为 va vst32= 此题也可以用递推法求解，读者可自己试解. 例例 4：如图 74 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 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. 0v解析解析：在水平面参考系中建立水平方向的 x 轴和 y 轴. 由系统的
6、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，两小球 0v相对槽心做角速度大小为的圆周运动，A 球处于如图 74甲所示的位置时，相对水平面的两个分速度为 0sinvRvx+= cosRvy= B 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 22 022021221)(21222mvmvvvmmvmvmvyxx=+=+ 将、式代入、式得：sin2230Rvv= 22 02 0022 21sin2vvvRvR=+ 由此解得 vv) sin23sin1 (3220= 当两球间距离为 R 时，代入可解得槽中心运
7、动的速度为 30=vv)1011 (320= 例例 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 75 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 例例 6：如图 76 所示，长为 l 的两块相同的均匀长方形砖块 A 和 B 叠
8、放在一起，A 砖相对于 B 砖伸出 l/5,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 端的 l/5 截去，补在 B 砖的右端，则变成图 76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： )5/(lxxl+=解得 B 砖右端伸出桌面的最大长度为5/2lx =. 例例 7：如图 77 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（，） （图中未画出 Q
9、球在台面上的位置）.已知 OA=BC=25dm，AB=OC=12dm. 1x1y若 P 球的坐标为：dmydmx8,10=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 77甲所示. 但是，若反弹点 E 离 B
10、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；直线QP),(yx4的方程为 )(6032xXxyyY= D 点在此直线上，由上式得： 25=DX)3532800(601yxxYD+
11、= 直线DP3的方程为 )(6032DDxXxyYY= E点在此直线上，YE=12，由 此式及式得 )3520801 (32125yxyxE+= 直线EP2的方程为 )(6032EExXxyYY=F 点在此直线上，)288(601012, 0yxxYXFF+=所以最后，直线FP1的方程为 )(6032FFXXxyYY= G点在此直线上，YG=0，所以 )108160(321yxyXG+= 反弹点位于相应台壁上的条件为 250120250120GFEDXYXY将、和式代入，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 802035:802035:xyXxyYED 8045
12、:8045:xyXxyYGF上面共两个条件，作直线802035:1=XYl及8045:2= XYl 如图 77乙所示，若Q球位于下方的三角形D2l0AH0 内，即可同时满足、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 77乙所示. 例例 8：一无限长均匀带电细线弯成如图 78 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. 解析解析：如图 78甲所示，左上 1/4 圆弧内的线元L1 与右下直线上的线元L3具有角元对称关系. L1电荷 与L3电荷在O点的场强E1与E3方向相反，若它们的大
13、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. 设电荷线密度为常量，因很小，L1电荷与L3电 荷可看做点电荷，其带电量 321LqRq= 当coscos,2=Rq有很小时 又因为 ,cos cos,222222 221 1RRKRRKrqKERqKE = 与E1的大小相同，且E1与E2方向相反，所以圆心O处的电场强度为零. 例例 9：如图 79 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，求圆心处的场强. 解析解析：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，
14、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Rq/2=. 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 79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,2sin222RhK RKRE=方向沿 y 轴的负方向，所以 O 点的合场强应对E 求和. 即=22224222 RKqRRKhRK RhKEE. 例例 10：电荷 q 均匀分布在半球面 ACB 上，球面的半径为 R， CD
15、为通过半球顶点 C 与球心 O 的轴线，如图 710 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. 解析解析：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PPPPQPQPUUUUUUUU+=+=而所以有,正是两个半球在 P 点的电势， 因为球面均匀带电，所以.2 RqKUUPP=+由此解得 Q 点的电势PQURKqU=2. 例例 11：如图 711 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
