2025届高考物理二轮复习第二部分思想方法5对称思想练习含解析

PAGE9-思想方法5对称思想[方法概述]对称是一种美，只要对称，必有相等的某些量存在。对称法是从对称的角度探讨、处理物理问题的一种思维方法，时间和空间上的对称，表明物理规律在某种变换下具有不变的性质。用这种思维方法来处理问题可以开拓思路，使困难问题的求解变得简捷。中学物理中的对称主要有受力对称和运动对称。电场中等量电荷产生的电场具有对称性，带电粒子在匀强有界磁场中的运动轨迹具有对称性，简谐运动和波在时间和空间上具有对称性，光路具有对称性……解题时，要充分利用这些特点。[典型例题]典例1(2024·四省名校高三其次次联考)如图所示，在卸货场，挂钩连接四根长度均为L的轻绳，四根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环四等分。圆环正缓慢地匀速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为()A.eq\f(5,12)mgB.eq\f(7,12)mgC.eq\f(5,16)mgD.eq\f(5,4)mg解析水平圆环匀速上升，受力平衡，则四根绳子的合力F＝mg，则每一根轻绳的拉力在竖直方向上的重量等于eq\f(1,4)mg，设绳子与竖直方向的夹角皆为θ，在水平方向具有对称性，依据几何关系有：sinθ＝eq\f(0.6L,L)＝0.6，cosθ＝0.8，则Tcosθ＝eq\f(1,4)mg，解得：T＝eq\f(5,16)mg，故选C。答案C名师点评探讨对象所受的力若具有对称性，求解时就能把较困难的运算转化为简洁的运算，或者将困难的图形转化为简洁的图形。利用对称法处理平衡问题的关键是分析推断物体受力是否具有对称性。本题中四根绳子的水平方向合力为零，依据对称性，拉力在水平方向的分力都相等，则在竖直方向的分力也相等，只须要分析绳子在竖直方向的分力即可。[变式1](2024·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。典例2(2024·重庆南开中学高三4月模拟)(多选)水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方的一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为l。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，已知静电力常量为k。则下列说法正确的是()A．O点的电场强度大小E＝keq\f(Q,l2)B．D点的电场强度大小E＝keq\f(3\r(2)Q,4l2)C．O点的电势为零D．D点的电势比O点的电势低解析三个电荷量均为Q的正点电荷在O点产生的电场强度的大小均为E＝keq\f(Q,l2)，方向互成120°，由点电荷的电场叠加原理和对称性可知O点的电场强度大小为零，故A错误；三个电荷量均为Q的正点电荷在D点产生的电场强度的大小均为E＝keq\f(Q,2l2)，方向与OD均成45°角，依据对称性可知D点电场强度的方向沿OD方向，依据叠加原理可求出D点的电场强度大小为E＝3keq\f(Q,2l2)·cos45°＝keq\f(3\r(2)Q,4l2)，故B正确；以无穷远处为零电势点，正电荷四周空间电势为正值，可推断O点的电势不为零，又因为沿着电场线方向电势降低，故D点的电势比O点的电势低，故C错误，D正确。答案BD名师点评电场中场强、电势的比较和计算常常用到点电荷、等量同(异)号点电荷四周电场线、等势面分布的对称性。[变式2](2024·云南二模)(多选)如图所示，A、B、C、D、E是直角坐标系xOy中的五个点，其坐标分别为A(1,1)，B(1,0)，C(0，－1)，D(－1,0)，E(0,1)。在坐标原点O和A点处分别放置一等量正、负点电荷，关于这些点的场强和电势，下列说法正确的是()A．C点处的场强比E点处的场强大B．C点处的场强与D点处的场强大小相等C．C点处的电势比B点处的电势高D．C点处的电势与E点处的电势相等答案BC解析因＋q在E、C两点的场强大小相等，－q在C点的场强小于在E点的场强，且两点电荷在E点的场强的夹角较小，则C点处的场强小于E点处的场强，A错误；由对称性可知，C点处的场强与D点处的场强大小相等，B正确；＋q在B、C两点的电势相等，而－q在C点的电势比B点高，可知C点处的电势比B点处的电势高，C正确；E点的电势等于零，而C点的电势大于零，D错误。典例3(多选)如图所示，半径为R的圆为匀强磁场边界，圆内磁场垂直纸面对里，圆外磁场垂直纸面对外(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意v＝eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n)(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eq\f(7πm,3qB)C．若粒子射入磁场的速度大小满意v＝eq\f(qBR,m)taneq\f(2π,n)(n＝5,6,7，…)，则粒子能回到A点D．粒子回到A点时速度方向肯定与初始入射速度方向相反解析带电粒子在磁场中运动，如图甲所示，则依据几何关系：r＝Rtanθ，而且Bqv＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBR,m)tanθ，由于圆外磁场方向垂直纸面对外，则当2θ·n＝2kπ(k＝1,2,3，…)时粒子能回到动身点A，取k＝1，即粒子绕磁场边界一圈回到A点，此时θ＝eq\f(2kπ,2n)＝eq\f(π,n)，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＝eq\f(2kπ,2n)＝eq\f(2π,n)，分析可知n＝5,6,7，…，所以当θ＝eq\f(π,n)(n＝3,4，5，…)或θ＝eq\f(2π,n)(n＝5,6,7，…)时，粒子能回到A点，而且粒子回到A点时速度方向肯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点动身回到A点的最短时间为：tmin＝eq\f(60°＋300°＋60°,360°)T＝eq\f(7,6)T＝eq\f(7,6)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(7πm,3qB)，故B正确。答案ABC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其次定律列式分析。画带电粒子在有界磁场中的运动轨迹时，往往须要考虑其对称性。配套作业1．(2024·重庆一中高三5月模考)如图所示，真空中两等量异种点电荷＋q、－q固定在y轴上。abcd为等腰梯形，ad、bc边与y轴垂直且被y轴平分。下列说法正确的是()A．将电子从d点移动到b点，电势能增加B．a点电势高于d点电势C．将质子从a点移动到c点，电场力做负功D．b、c场强相同答案C解析因b点的电势高于d点，可知将电子从d点移动到b点，电势能减小，A错误；由对称性可知，a点电势等于d点电势，B错误；因a点电势低于c点，则将质子从a点移动到c点，电势能增加，电场力做负功，C正确；由对称性可知，b、c场强大小相同，方向不同，D错误。2．(2024·四川高三毕业班其次次诊断)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，每根细棒上匀称带正电。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.eq\f(kQ,L2) B.eq\f(4kQ,3L2)C.eq\f(2\r(3)kQ,3L2) D.eq\f(4\r(3)kQ,3L2)答案D解析依据对称性，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eq\f(kQ,Lsin60°2)＝eq\f(4kQ,3L2)，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eq\f(4kQ,3L2)，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为eq\f(4kQ,3L2)，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×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故D正确。3．(2024·山东临沂十九中高三上学期第六次调研)(多选)如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量。下列表述正确的是()A．a、b两点电场强度相同B．a点电势高于b点电势C．把点电荷＋Q从c移到d，电势能增加D．M点的电荷受到的库仑力大小为F＝eq\f(kq2,2L2)答案AD解析由等量异种电荷电场分布可知，a、b两点电场强度相同，a点电势等于b点电势，且都等于零，A正确，B错误；因c点电势高于d点，故把点电荷＋Q从c移到d，电势能减小，C错误；M点的电荷受到的库仑力大小为F＝keq\f(q2,\r(2)L2)＝eq\f(kq2,2L2)，D正确。4．(2024·重庆南开中学高三下4月月考)如图所示，一正方体导线框各边电阻均为R，MN、PQ两边均接有电容为C的电容器。开关闭合后，若电流表的示数为I，则每个电容器所带的电荷量为()A.eq\f(1,4)IRC B.eq\f(1,3)IRCC.eq\f(1,2)IRC D.eq\f(3,4)IRC答案C解析由于电容器中无电流通过，去掉电容器C，则电路可简化为如图所示。由对称性可知，每个主支路的电流为eq\f(I,2)，分支路的电流为eq\f(I,4)，则依据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为eq\f(1,2)IR，由C＝eq\f(Q,U)可知，每个电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)IRC，故C正确，A、B、D错误。5．(2024·湖北省八校高三其次次联考)如图所示的xOy坐标系中，y>0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子从y轴上y＝h的P点以速度v0沿x轴正方向射入电场。已知粒子的质量为m，电荷量为－q(q>0)，不计重力。求：(1)粒子从P射出到第一次经过x轴的时间t；(2)粒子从P点射出后，若第一次经过x轴时与x轴交于D点，然后历经磁场一次后回到P点，求v0的大小和OD间距离d；(3)要使粒子经过M(L,0)点(图中未画出)，求初速度v0的全部可能值。答案(1)eq\r(\f(2mh,qE))(2)eq\f(E,B)eq\r(\f(2Emh,qB2))(3)eq\f(1,2n＋1)(Leq\r(\f(qE,2mh))＋2neq\f(E,B))，n＝0、1、2、3……；eq\f(1,2n－1)(Leq\r(\f(qE,2mh))＋2neq\f(E,B))，n＝1、2、3……解析(1)粒子从P到D，沿－y方向：a＝eq\f(qE,m)，h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2mh,qE))。(2)在D点处：vy＝vsinα＝at＝eq\r(\f(2qEh,m))，在磁场中：qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(mv,Bq)由对称性可知，粒子能回到P点，轨迹如图1所示，OD间距满意：d＝Rsinα＝eq\f(mv,qB)sinα＝eq\f(mvy,qB)将vy代入可得d＝eq\r(\f(2Emh,qB2))，又d＝v0t，v0＝eq\f(d,t)＝eq\f(E,B)。(3)设粒子在磁场区域内绕行n次后，由电场区域经过M点，如图2所示：满意v0t＋n(2v0t－2Rsinα)＝L，n＝0、1、2、3……同理