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24 对称分析法，思维化简
物理中对称现象比比皆是，对称表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对称性，物理过程在时间和空间上的对称性，物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等．物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用对称性解决物理问题的．
例题1：(多选)如图所示，在两个等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称．A、B、C、D四点电场强度大小分别为EA、EB、EC、ED，电势分别为φA、φB、φC、φD，则下列说法中正确的是(　　)
A．EA＝ED，φA＞φB
B．一定有EA＞EB、φB＞φA
C．一定有φA＝φD、φB＝φC
D．可能有ED＞EC，一定有φB＞φD
例题2：(2021同步练习·全国Ⅱ卷·T20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
例题3：如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点。已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是(　　)
A．P、Q两点的电势、电场强度均相同
B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同
C．P、Q两点的电势相同，电场强度等大反向
D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动
例题4：(2010·全国卷Ⅰ·21)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝ s 时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为(　　)
A．0.1 m， s B．0.1 m，8 s
C．0.2 m， s D．0.2 m，8 s
例题5：　(2022课时练习·海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向(　　)
A．向前 B．向后 C．向左 D．向右
例题答案
例题1：【答案】　CD
【解析】　由对称性可知，A、D两点的电场强度大小相等，方向相反．在两个等量正电荷连线的中垂线上的O点，电场强度为零；在无穷远处，电场强度为零．可见从O点沿中垂线向两端，电场强度一定先增大后减小，一定存在电场强度最大的点P，从O到P，电场强度逐渐增大；从P到无穷远处，电场强度逐渐减小．由于题中没有给出A、B(或C、D)到O点的距离，不能判断A、B(或C、D)两点哪点电场强度大，可能有EA>EB，ED>EC.根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，φB>φA，根据对称性，一定有φA＝φD、φB＝φC，选项C正确，A、B、D错误．
例题2：【答案】AC　
[由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，联立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正确。]
例题3：[解析]　半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等、方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度相同，B正确；在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。
[答案]　B
例题4：【答案】 ACD　
【解析】[若振幅A＝0.1 m，T＝ s，则 s 为半周期，从－0.1 m处运动到0.1 m，符合运动实际，4 s－ s＝ s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A项正确．若A＝0.1 m，T＝8 s， s只是T的，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错．若A＝0.2 m，T＝ s， s＝，振子可以由－0.1 m运动到对称位置，4 s－ s＝ s＝T，振子可以由0.1 m返回0.1 m，所以C项对．若A＝0.2 m，T＝8 s， s＝2×，而Asin＝A，即时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处；再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后再返回0.1 m处，故D项正确．]
例题5：【答案】　A
【解析】以竖直轴为对称轴，把半圆形通电铜线对称等分，且每一小段通电铜线的长趋近于零但不为零，每一小段通电铜线都可以看成直线段，对称轴两边的对称直铜线受到的安培力由左手定则确定，其方向关于对称轴对称且斜向前，合力竖直向前，由此可得出半圆形通电铜线受到的合力向前，故A正确。
针对训练
1.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
2. 如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有(　　)
A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心
3.【2022课时练习年天津卷】2021同步练习年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索所有钢索均处在同一竖直面内斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( )
A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B. 为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
4.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计.加速度计构造原理的示意图如图14-1所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连.滑块原来静止，弹簧处于自然长度.滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导.设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离0点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（ ）
A.方向向左，大小为ks/m
B.方向向右，大小为ks/m
C.方向向左，大小为2 ks/m
D.方向向右，大小为2 ks/m
5. (多选)如图所示，半径为R的圆为匀强磁场边界，圆内磁场垂直纸面向里，圆外磁场垂直纸面向外(未标出)，磁感应强度大小均为B，电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，从边界上的A点沿半径方向射入向里的磁场中，下列说法正确的是(　　)
A．若粒子射入磁场的速度大小满足v＝tan(n＝3,4,5，…)，则粒子能回到A点
B．粒子第一次回到A点的最短时间为
C．若粒子射入磁场的速度大小满足v＝tan(n＝5,6,7，…)，则粒子能回到A点
D．粒子回到A点时速度方向一定与初始入射速度方向相反
6. (2022课时练习·四川高三毕业班第二次诊断)如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒，每根细棒上均匀带正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)(　　)
A. B.
C. D.
针对训练答案
1. 【解析】设圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E0，根据电场强度叠加原理和圆环场强的对称性，在坐标原点O处，A图场强为E0，B图场强为E0，C图场强为E0，D图场强为0，故选项B正确。
【答案】B
妙招点评：敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，其对称部分存在某种相同特征，运用对称思维，可以从某一部分规律推知另一部分的规律，能一眼看出答案，大大简化解题步骤，是一种重要的物理思想。
2. 【答案】D
解析：　由等量同种电荷或等量异种电荷的场强对称分布可推断：对正方体的上表面中心，上表面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下表面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上表面中心处的合场强为零，同理各面中心处的合场强都为零；在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零；而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。
3. 【答案】C
【解析】解：A、钢索拉力的水平分力相互抵消，竖直分力之和与重力大小相等，即钢索对索塔向下的压力恒定不变，故A错误。
B、合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小。为了减小钢索承受的拉力，应该增大索塔的高度，达到减小钢索间夹角的目的，故B错误。
C、根据对称性可知，索塔两侧钢索对称分布，拉力大小大小相同时，水平分力抵消，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确。
D、如图所示：
将钢索AC、AB的拉力、进行合成，合力竖直向下，结合正弦定理可知：，得： ： ，故索塔两侧的钢索必不必须对称分布，故D错误。
故选：C。
做出示意图，将钢索的拉力进行合成，合力竖直向下，根据平行四边形定则作图后根据几何关系列式求解。
本题的关键将钢索AC、AB的拉力、进行合成，然后根据正弦定理列式研究。
4. 【答案】D
5. 【答案】ABC
【解析】带电粒子在磁场中运动，如图甲所示，则根据几何关系：r＝Rtanθ，而且Bqv＝m，则v＝tanθ，由于圆外磁场方向垂直纸面向外，则当2θ·n＝2kπ(k＝1,2,3，…)时粒子能回到出发点A，取k＝1，即粒子绕磁场边界一圈回到A点，此时θ＝＝，分析可知n＝3,4,5，…；取k＝2，即粒子绕磁场边界两圈回到A点，此时θ＝＝，分析可知n＝5,6,7，…，所以当θ＝(n＝3,4，5，…)或θ＝(n＝5,6,7，…)时，粒子能回到A点，而且粒子回到A点时速度方向一定与初始入射速度方向相同或相反，故A、C正确，D错误；粒子运动的最短时间对应的轨迹如图乙所示，粒子从A点出发回到A点的最短时间为：tmin＝T＝T＝·＝，故B正确。
名师点评　本题是粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，确定圆心和半径是解题的关键，然后结合几何关系和牛顿第二定律列式分析。画带电粒子在有界磁场中的运动轨迹时，往往需要考虑其对称性。[
6.6答案　D
解析　根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为＝，由题意可知，EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，则EF上的细棒在O点产生的电场强度为，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度的叠加，这两个场强的夹角为60°，所以叠加后的电场强度为2×cos30°＝，故D正确。

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