對稱思想在物理解題中的應用
對稱方法是速解高考命題的一種有效手段，是考生掌握的難點．
●難點磁場
1．（★★★★） (2023年全國)慣性制導系統已廣泛應用於
彈道式飛彈工程中，這個系統的重要元件之一是加速度
計．加速度計構造原理的示意圖如圖27-1所示：沿導
彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的滑塊，
滑塊兩側分別與勁度係數均為k的彈簧相連；兩彈簧的
另一端與固定壁相連．滑塊原來靜止，彈簧處於自然長
度．滑塊上有指標，可通過標尺測出滑塊的位移，然後通過控制系統進行制導．設某段
時間內飛彈沿水平方向運動，指標向左偏離0點的距離為s，則這段時間內飛彈的加速
度a．方向向左，大小為ks/mb．方向向右，大小為ks/m
c．方向向左，大小為2 ks/md．方向向右，大小為2 ks/m
2．（★★★★★）(2023年全國)如圖27-2，兩個共軸的圓筒
形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行於軸線
的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r０．在圓筒
之外的足夠大區域中有平行於軸線方向的均勻磁場，磁
感應強度的大小為b．在兩極間加上電壓，使兩圓筒之
間的區域內有沿半徑向外的電場．一質量為m、帶電量
為+q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的s點出發，初速為零．如果該粒子經過一段
時間的運動之後恰好又回到出發點s，則兩電極之間的電壓u應是多少?(不計重力，整
個裝置在真空中．)
●案例**
［例1］（★★★★★）（時間對稱）一人在離地h高度處，以相同的速率v0同時丟擲兩小球a和b，a被豎直上拋，b被豎直下拋，兩球落地時間差為δt s ，求速率v0．
命題意圖：考查綜合分析靈活處理問題的能力．b級要求．
錯解分析：考生陷於對兩運動過程的分析，試圖尋找兩過程中速度、時間的關聯關係，比較求解，而不能從巨集觀總體上據豎直上拋時間的對稱性上切入求解．
解題方法與技巧：對於a的運動，當其上拋後再落回拋出點時，由於速度對稱，向下的速度仍為v0，所以a球在拋出點以下的運動和b球完全相同，落地時間亦相同，因此，δt就是a球在拋出點以上的運動時間，根據時間對稱，δt=，所以v0=．
［例2］（★★★★★）（鏡物對稱）如圖27-3所示，設有兩面垂直於地面
的光滑牆a和b，兩牆水平距離為1．0 m，從距地面高19．6 m
處的一點c以初速度為5．0 m/s，沿水平方向投出一小球，設球
與牆的碰撞為彈性碰撞，求小球落地點距牆a的水平距離．球落地前與牆壁碰撞
了幾次？（忽略空氣阻力）
命題意圖：考查考生綜合分析、推理歸納的能力．b級要求．
錯解分析：部分陷於逐段分析求解的泥潭，而不能依對稱性將整個過程等效為乙個平拋的過程，依水平位移切入求解．
解題方法與技巧：如圖27-4所示，設小球與牆壁碰撞前的速度為v，因為是彈性碰撞，所以在水平方向上的原速率彈回，即v⊥′=v⊥；又牆壁光滑，所以在豎直方向上速率不變，即v‖′=v‖，從而小球與牆壁碰撞前後的速度v和v′關於牆壁對稱，碰撞後的軌跡與無牆壁時小球繼續前進的軌跡關於牆壁對稱，以後的碰撞亦然，因此，可將牆壁比作平面鏡，把小球的運動轉換為統一的平拋運動處理，由h=gt2和n=可得碰撞次數n= =×次=10次．
由於n剛好為偶數，故小球最後在a牆腳，即落地點距離a的水平距離為零．
●錦囊妙計
一、高考命題特點
對稱法作為一種具體的解題方法，雖然高考命題沒有單獨正面考查，但是在每年的高考命題中都有所滲透和體現，（例2023年全國卷25題，2023年全國卷15題、21題，2023年全國卷4題，8題，13題，2023年上海卷4題、8題、22題），從側面體現考生的直觀思維能力和客觀的猜想推理能力．既有利於高校選拔能力強素質高的優秀人才，又有利於中學教學對學生的學科素質和美學素質的培養．作為一種重要的物理思想和方法，相信在今後的高考命題中必將有所體現．
二、利用對稱法解題的思路
1．領會物理情景，選取研究物件．
在仔細審題的基礎上，通過題目的條件、背景、設問，深刻剖析物理現象及過程，建立清晰的物理情景，選取恰當的研究物件如運動的物體、運動的某一過程或某一狀態．
2．透析研究物件的屬性、運動特點及規律．
3．尋找研究物件的對稱性特點．
在已有經驗的基礎上通過直覺思維，或借助對稱原理的啟發進行聯想模擬，來分析挖掘研究物件在某些屬性上的對稱性特點．這是解題的關鍵環節．
4．利用對稱性特點，依物理規律，對題目求解．
●殲滅難點訓練
1．（★★★★）如圖27-5所示，質量為m1的框架頂部懸掛著質量
分別為m2、m3的兩物體（m2＞m3）．物體開始處於靜止狀態，
現剪斷兩物體間的連線取走m3，當物體m2向上運動到最高點時，彈簧對框架的作用力
大小等於_______，框架對地面的壓力等於______．
2．（★★★★）用材料相同的金屬棒，構成乙個正四面體如圖27-6所示，如果每根金屬棒的電阻為r，求a、b兩端的電阻r．
圖27-6
3．（★★★★）沿水平方向向一堵豎直光滑牆壁丟擲一彈性小球，拋出點離水平地面的高度
為h，距離牆壁的水平距離為s，小球與牆壁發生彈性碰撞後，落在水平地面上，落地
點離牆壁的水平距離為2s，如圖27-7所示，求小球丟擲時的初速度．
4．（★★★★★）如圖27-8所示，半徑為r的圓環，其上帶有均勻分布的正電荷，單位長度的電荷為q，現截去圓環面部的一小段圓弧ab， =l（l＜r），求剩餘部分在圓心o處的場強．
5．（★★★★★）如圖27-9所示在乙個半徑為r的絕緣橡皮圓筒中有一
個沿軸向的磁感應強度為b的勻強磁場．乙個質量為m，帶電量為q的帶
負電的粒子，在很小的缺口a處垂直磁場沿半徑方向射入，帶電粒子與圓
筒碰撞時無動能損失．要使帶電粒子在裡面繞行一周後，恰從a處飛出．問
入射的初速度的大小應滿足什麼條件？（重力不計）
6．（★★★★★）如圖27-10所示，ab是半徑為r的圓的一條直徑，該圓
處於勻強電場中，場強為e，在圓周平面內，將一帶正電q的小球從a
點以相同的動能丟擲，丟擲方向不同時，小球會經過圓周上不同的點，
在這些所有的點中，到達c點時小球的動量最大．已知∠cab=30°，若
不計重力和空氣阻力，試求：
（1）電場方向與直線ac間的夾角θ？
（2）若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，則小球恰能落在c點，
則初動能為多少？
難點27 對稱思想在物理解題中的應用參***
［難點磁場］
1．d2．設粒子射入磁場區的速度為v，根據能量守恆，有
mv設粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓定律得：
ｑbv=m
由對稱性可知，要回到s點，粒子從a到ｄ必經過圓周．所以半徑r必定等於筒的外半徑r０，
即r=r
由以上各式解得：u=
［殲滅難點訓練］
1．(m2-m3) g;(m1+m2-m3) g
2．由於c、d兩點為對稱點，因此這兩點為等勢點，即c、d間無電流通過，所以可將c、d斷開，其等效電路如圖27′-1所示，顯然r=，c、d兩點為等電勢點，當然也可將等勢點重合在一起，其等效電路如圖27′-2所示，很顯然，r=．
3．如圖27′-3因小球與牆壁發生彈性碰撞，故小球在垂直於牆壁
的方向上以速率v0彈回，故碰撞前後，小球在垂直於牆壁方向
上的速率為v⊥=v⊥′=v0．
在平行牆壁的方向上，因牆壁光滑，碰撞前、後的速率不變，即v∥=v∥′
從而使小球與牆壁碰撞前、後的速率對牆壁對稱，即∠β=∠α，碰撞後小球的運動軌跡與無牆阻擋時小球繼續前進的軌跡對稱，如圖27′-3所示，所以小球的運動可以轉換成平拋運動處理．根據h=gt2得
t=，因為拋出點到b′的距離為3 s
所以3s=v0t v0= =3s=
4．圓環缺頂後，失去對稱性．已不能直接使用點電荷的場強公式求解．設想將缺失的帶電圓環再補上，根據對稱性，圓心o處的場強應當為零，即缺口圓在o處的場強與截弧ab在o處的場強等值反向．因截弧ab可等效為一點電荷，其在o處的場強太小：e=k，方向向下．
5．帶電粒子在筒內碰一次從a處飛出是不可能的，因為帶電粒子在磁場內不可能是直線運動的．如果帶電粒子在圓筒內碰撞兩次可以從a處飛出，譬如在b點、c點處兩次再從a點飛出．如圖27′-4所示，由於帶電粒子軌跡弧ab是對稱的，當帶電粒子在a點的速度是半徑方向，則在b點的速度方向也是沿半徑方向，同樣在c點速度
方向也是沿半徑方向，最後從a點出來時的速度也沿半徑方向出來．
設∠aoc=2θ，則2θ=，θ=π
又軌跡半徑r=rtanθ,由於qv0b=m
∴v0===
碰撞次數只要大於兩次，均有可能從a處飛出，故v0的一般解為：
θ= v0=tan (其中n=2,3,4……)
6．（1）用對稱性直接判斷電場方向：由題設條件，在圓周平面內，從 a
點以相同的動能向不同方向丟擲帶正電的小球，小球會經過圓周上
不同點，且以經c點時小球的動能最大，可知，電場線平行於圓平
面，又據動能定理，電場力對到達c點的小球做功最多，為wac=quac．
因此，uac最大．即c點的電勢比圓周上的任何一點都低．又因為圓周平面處在勻強電場中，故連oc，圓周上各點電勢關於oc對稱（或作過c點且與圓周相切的線cf,cf是等勢線），oc方向即為電場方向（如圖27′-5所示），其與直徑ac夾角為θ=∠aco=∠cab=30°．
（2）小球在勻強電場中做類平拋運動．小球沿ab方向丟擲，設其初速度為v0，小球質量為m．在垂直電場方向，有
=v0t
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