《高中物理奥林匹克竞赛方法指导之对称法》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理奥林匹克竞赛方法指导之对称法(11页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
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