高考物理解题方法例话对称法讲解

8对称法

故事链接：1928年，英国物理学家狄拉克在解自由电子相对性波动方程时，由于

开平方根而得出电子的能量有正负两个解，按照通常的观念，负能解通常被舍去，但是狄拉克为了保持数学上的对称美，将这个似乎没有意义的量描述的是带正电荷的电子，也就是电子的反粒子。正电子预言不久后就被美国的另一位物理学家安德森发现。这种科学的对称思维，使他后来提出了完全与众不同的反物质理论。狄拉克也因此于1933年获得诺贝尔物理学奖。

其实对称是自然界广泛存在的一种现象，它显示出了物质世界的和谐美。具有对

称性的对象其对称部分的特征完全相同，一旦确定了一部分的特征，便可推出对称部分的特征，这种解决问题的方法称为对称法。按照利用对称的种类可分为位置分布的对称、运动轨迹的对称和物理过程的对称。下面分别举例说明。 （1） 位置分布的对称

电场、磁场以及某些研究对象的位置分布都具有对称性，在对称的位置应具有相同的物理特征，巧妙利用位置分布的对称性可以方便的解决问题。

[例题1](2006年全国2理综)ab 是长为l 的均匀带电细杆，P 1、P 2是位于ab 所在直线上的两点，位置如图所示，ab 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大

小为E 2，则以下说法正确的是（ ） A ．两处的电场方向相同，E 1＞E 2 B ．两处的电场方向相反，E 1＞E 2 C ．两处的电场方向相同，E 1＜E 2 D ．两处的电场方向相反，E 1＜E 2

解析：由对称性可知，P 1左端

4l 的电荷和P 1右端4

l

的电荷在P 1 处产生的合场强为0，所以P 1处场强1E 是由杆右端2

l

的电荷产生。

P 2处场强2E 是由杆右端2l 的电荷和杆左端2

l

的电荷在P 2处产生合场强，又因为P 1、P 2两点

又关于杆右端2l 对称，所以杆右端2l 的电荷在P 2处产生的场强大小也为1E ，假设杆左端

2

l

的电荷在P 2处产生场强大小为E '，由叠加原理可知P 2处场强E E E '+=12，而P 1处场强大小为1E ，所以12E E >。P 1、P 2两点位于电荷的两侧，所以场强方向相反。正确答案为D 。

[例题2]如图所示，三根等长的细绝缘棒，连

接成等边三角形ABC ，

P 点为三角形的内心，Q 点与三角形共面，且与P 点相对棒AC 对称。三棒都带有电荷，电荷的分布与假设三棒皆为导体棒时的电荷分布完

全相同，此时，测得P 、Q 两点电势分别为P U 、

Q U 现将绝缘棒BC 取

走，假设取不影响AB 、AC 棒上原有电荷的分布，求这时P 、Q 两点的电势'P U 、'

Q U 。

解析：根据静电场中某点的电势等于各个带电体在该点产生电势的代数和的特点，可以由带电体的电荷分布的对称性求解。

在没有取走BC 捧时，根据对称性，各棒在P 点产生电势必相等，用1U 表示各棒在P 点产生的电势，则有：13U U P =①

因为P 、Q 两点相对AC 棒对称，所以AC 棒在Q 点产生的电势也为1U 。由对称性可知AB

捧、BC 捧在Q 点产生的电势也相等，用2U 表示，AB 棒、BC 棒和AC 棒在Q 点产生的电势

212U U U Q += ②

①②联立解得6

2,321P Q P

U U U U U -==

将BC 取走后，则P 点电势P P U U U 3

2

21=='

Q 点电势2

621Q

P Q U U U U U +=+='

[例题3]如图2所示，用12根电

阻均为r 的电阻丝组成一个正方休形网络，计算ag 两端间的总电

阻。

解析：为了计算ag 两端间的总电阻，可设想从a 端流入网络一个电流I 。如图3所示，电流I 从a 端流入后，从a 端

向ab 、ad ，ae

三方向流入，根据对称性，ab 、ad ，ae 中的电流强度都相同，均为

3

I 。流入b

点的电流向bc 、bf 两方向的电流强度流入，又根据对称性，bc 、bf 均为2

3

I

即

6

I

，又根据对称性可知，由c 流向g 的电流又为

3

I

，根据欧姆定律知： Ir r I r I r I U U U U cg

bc ab ag 6

5363=++=++=

所以ag 两端点间的总电阻为r I

U R ag ag 6

5=

=

[例题4]如左图，两竖直放置的平行金属板A 、B 之间距离为d ，两板间电压为U ，在两极板间放一个半径为R 的金属球壳，球心到两板的距离相等，C 点为球壳上的一点，位置在垂直于两板的球直径的靠A 板的一

端，问A 板与点C 间的电压大小为多少?

解析：金属球壳放入电场中达到静电平衡后，球为等势体，两极板之间的电场由原来的匀强电场变成如右图所示电场，这时C 与A 板间的电势差不能简单应用公式AC U =AC Ed 来计算。

应用对称特点，两板间电场线形状和金属球关于金属球中心O 点对称，所以A 板与金属球的电势差AO U 和金属球与B 板电势差OB U 相等，即AO U =OB U ，又A ，B 两板电势差保持不变为U ，即AO U +OB U =U ，由以上两式解得AO U =OB U =U ／2，所以A 、C 两点间的电势差为

AO U =AC U =U ／2。

[例题5]如图所示，在同一竖直平面内固定着两根水平绝缘细杆AB 、CD ，长均为L ，两杆间竖直距离为h ，BD 两端以光滑绝缘的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD 在同一竖直面内，且AB 、CD 恰为半圆形弧在B 、D 两处的切线，O 为AD 、BC 连线的交点。在O 点固定一电量为Q 的正点电荷。质量为m 的小球P 带正电荷，电量为q ，穿在细杆上，从A 以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可到达C 点。已知小球与两永平杆之间的动摩擦因数为μ，小球

所受库仑力始终小于重力求：

①P 在水平细杆上滑动时所受摩擦力的极大值和极小值。 ②P 从A 点出发时初速度的最小值。

解析：①因μ相同，压力最大和最小处对应摩擦力的最大值和最小值，依对称性可知，P 在O 点的正下方时所受摩擦力最大，

)42max kQqh mg N f +==（下μμ

P 在O 点正上方寸所受摩擦力最小，

)42min kQqh mg N f -==（上μμ

②由对称性可知：P 在同一竖直线上与AB 、CD 相交的两点上所受摩擦力分别为： ）

（电下F mg f +=μ， ）（电上F mg f -=μ( 电F 为Q 与q 的库仑力在竖直方向的分力)可见该两点的摩擦力的等效平均值：

mg f f f μ=+=2下上

故依对称性可知，在AB 、CD 杆上运动寸等效摩擦力也为：

mg f μ=

在Q 产生的电场中， C A U U =，P 由A 运动列C 的过程中，电场力做功为零，即0=电W 。 由动能定理得： A mV mgL mgh 21202-=--μ 听以： )2(2L h g V A μ+=

由上述可知，在解题过程中，善用对称思维法，能使问题的解决由难变易，从而达到事半

功倍的解题效果。

（2） 运动轨迹的对称 对于竖直上抛运动、简谐运动以及圆周运动它们的运动轨迹都具有对称性，带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出时，其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称， 利用这种性质也可以方便地解决问题。

[例题1]如图所示，在真空中，半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在此区域外围空间有垂直纸面向内的大小也为B 的磁场，一个带电粒子从

边界上的P 点沿半径向外，以速度v 0进入外围磁场，已知带电粒子质量m =2×10－10

kg ，带电

量q = +5×10－6C ，不计重力，磁感应强度B =1T ，粒子运动速度v 0=5×103

m/s ，图形区域半径r =0.2m ，求粒子第一次回到P 点所需时间。 解析：由洛伦兹力提供向心力：

R mv qvB 2

= 得： r m qB

mv R ===

2.00

所以粒子运动轨道半

径与匀强磁场区域半径相等。

利用对称性作出轨迹如图所示，好象一颗籽粒饱满的花生。 粒子运动周期T=

2v R π=8π?10-5

s 所以运动时间为t=2T=16π?10-5

s

[例题2]（2007年天津理综19题）．如图所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁

场，一个不计重

力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ） A ．

aB

v

23，正电荷 B ．

aB

v

2，正电荷 C ．

aB v 23，负电荷 D ．aB

v

2，负电荷 解析：粒子穿过y 轴正半轴，必向右偏转，由左手定则可知粒子带负电。

根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图所示，找出圆心A ，向Ｘ轴作垂线，垂足为Ｈ，由与几何关系得

a r r =+030sin ①

带电粒子在磁场中作圆周运动，根据牛顿第二定律r

m v qvB 2

=解得

qB

m v r =

② ①

联立解得

aB

v m q 23=。所以C 项正确 [例题3]如左图所示，一条长为l 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 的带电小球。将

其置于一匀强电场中，电场强度为E ，方向是水平向右的。已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡。

(1)小球带何种电荷?求出小球所带的电荷量。

(2)如果使细线的偏角由α增大到中φ，然后将小球由静止释放，则φ应为多大，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为

零?

解析：(1)由小球所受电场力的方向与场强方向相同，可知小球带正电。

小球受三个力作用：重力mg ，线的拉力T ，电场力qE ，如右图所示。由于重力和电场力互相垂直，它们的合力与线的拉力T 是一对平衡力，由图可知

α

tan mg qE =解得E

mg q αtan =

(2) 当小球从竖直方向夹角为φ时静止释放，运动到细线在竖直位置时，速度刚好为0。此过程中小球动能的增量为零，由能量守恒可知重力势能减少等于电势能增加。即

φ

?sin )cos 1(qEl mgl =-将

E

m g q α

tan =

代入得

φα?s i n

t a n

)c o s 1(El E

mg mgl =

-化简得2tan sin cos 1tan φφ?α=-=所以φ=2α。以上是利用计算的方法求解，计算相当繁琐。如果利用对称法求解就方便多了。

由于重力和电场力均为恒力，这两个力的合力也是一个恒力，故可以认为这个合力为“等效重力”，当细线与竖直方向夹角为α时小球的位置为平衡位置，那么小球偏离平衡位置后的运动相当于在“等效重力 ”作用下的运动，由于运动的对称性(相对于单摆在平衡的摆动具有对称性)，细线偏离平衡位置两侧的角度都是α，所以细线应偏离竖直位置的角度为2α，即φ=2α。这样省去繁琐的数学计算。

[例题4]（2001年全国高考）如图所示，在y 小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直

于xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B ，一带正电的粒子以速度0v 从Ｏ点射入磁场，入射速度方向在xy 平面内，与x 轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与Ｏ点的距离为Ｌ，求该粒子电量与质量之比？ 解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图所示，找出圆心A ，向Ｘ轴作垂线，垂足为Ｈ，由

与几何关系得

L R 2

1

sin =

θ① 带电粒子在磁场中作圆周运动，根据牛顿第二定

R mv B qv 2

00=解得qB m v R 0

=② 律

LB

v m q θsin 20= ①②联立解得

[例题5]在水平地面上建有相互平行的A 、B 两竖

直墙，墙高h=20米，相距d=1米，图1墙面光滑。从一高墙上以水平速度v=5米／秒抛小一个弹性小球，与两墙面反复碰撞后落地(图1)。试求：

(1)小球的落地点离A 墙的距离和小球从抛出到落地与墙面发生的碰撞次数n 。（2

10秒米

=g )

(2)小球与墙面发生m 次(m

解析：小球与墙面发生弹性碰撞，每次碰后速度的当直分量(向下)不变，水平分址反向以墙为镜面，作出反弹轨迹的镜像，小球在两墙间反复的斜下抛运动，都可看成是整个平抛运动的延续(图2)。于是，限容易通过平抛运动自运动时间和总的水平位移得出所求结果。

图8

(1)小球从抛出到落地的时间：

210

2022=?==

秒g h t 秒 小球在整个运动过程中的水平路程：

米米10250=?==t v s

设小球从抛出到落地与墙面碰撞次数为n ，则由d

s

n =

取整数解得碰撞次数： 次101

10===

d s n 小球落点与A 墙的水平距离(n 为偶数时)： 011010=?-=-=nd s x 表示小球最后落回A 墙底边。

点评：当算得碰撞次数为奇数时，落点与A 墙的水平距离应为： s d n x -+=)1( (2)因为每相邻两次碰撞的时间间隔均为： 0

v d t =

? 小球在竖直方向始终以加速度g 下落，所以，从抛出到发生第m 次碰撞共需时间为：

v d m

t m t =?= 则发生第m 次碰撞时小球下落高度： 2

222022)(2121v g

d m v d m g gt h m ===

（3） 物理过程的对称

在某些变化的物理过程问题，往往有某一个物理量的变化过程具有对称性，则在对称的物理过程上具有相同的变化特征，巧妙利用物理过程的对称性可以方便的解决问题。

[例题1]如图所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd 处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN 可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动。当导体棒MN 在外力作用下从导线框

ad

及bc中线的左侧开始做切割磁感线的匀速运动，一直滑到右端的过程中，导体棒MN中电流的变化情况为( )

A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.先减小后增大

D.先增大后减小，

解析：导线框是外电路，由于MN做匀速运动，外电路导线框abcd上的电阻的随时间的变化过程具有对称性。导体棒MN在中间时外电路导线框abcd的电阻最大，在两边时最小，所以滑动过程电路中总电阻先增大后减小。MN在框上做切割磁感线的匀速运动，所产生的感应电动势E不变。根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒MN中电流的变化情况为先减小后增大，所以C.项正确。

[例题2]如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁N极附近下落，保持bc 边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ，在这个过程中，线圈中的磁通量( )

A.是增加的

B.是减少的

C.先增加后减少

D.先减少后增加

解析：要知道线圈在下落过程中磁通量的变化情

况，就必须知道条形磁铁磁感线在磁极附近磁感线

的分布情况。条形磁铁磁感线在N极附

近的分布情况如图所示，磁感线的分布

相对条形磁铁的轴线具有对称性，所以

线圈在运动过程中穿过的磁通量变化过

程关于位置Ⅱ对称，而在位置Ⅱ处穿过

的磁通量为0，由此可知线圈中磁通量是

先减少后增大。D选项正确。

[例题3]如图所示，一宽度为40cm的匀

强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域。在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t=0，在下列图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是：( )

解析：进入磁场过程和出磁场过程运动具有对称性，所以产生的感应电流随时间变化规律也具有对称性，而完全进放磁场后穿过线框的磁通量不再变化，所以中间过程不产生感应电

流，所以正确答案为C 。

[例题4]一个质点在平街位置O 点的附近做简谐运动，它离开O 点运动后经3s 时间第一次经过M 点，再经过2s 第二次经过M 点。该质点再经过__________s 第三次经过M 点。若该质点由O 点出发后在20s 内经过的路程是20cn 、则质点做振动的振幅为_________cm 。

解析：作出该质点的振动图象如图所示，则M 点的位置可能有两个：如图所示的1M 或2M 。

若是位置1M ,由图可知

s s s T

4134

=+=，s T 16= 当质点第三次经过M 时所需时间为第一次经过所用时间再加一个周期，故

)(142161s t =-=?

质点在20s 内(即4

5

1620==

n 个周期)的路程为20cm ， 故振幅cm A 2051=，cm A 41= 若是位置2M 由图可知

s s s T 41343=+=，s T 3

16= 当质点第三次经过2M 时所需时间为第一次经过时间加一个周期，故

)(3

10

23162s t =-=

? 质点在20s 内(即415

3

1620==

n 个周期内)的路程为20cm ，故振幅cm A 20152=， cm A 3

42=

综上所述，答案有两种可能性：一组为)(141s t =?，cm A 41=；一组为)(3

10

2s t =

?，

cm A 3

4

2=

。 [例题5]竖直向上抛出一个物体，物体上升和下落两次痉过高度为h 处的时间间隔为t ?，求物体抛出的初速度0v 和物体从抛出到落回原处所需的时间T 。

解析一:：物体从h 上升到最高点和从最高点下落到高度为h 处所用的时间相等，均为2

t

?，设物体从最高点落到抛出点时的位移为H ，且

2

221)2(21gt t g h H =?+

=,2)2(2t g h t ?+=，2

)2

(222t g h t T ?+==物体抛出的初束度0v 和落回原处的速度大小相等、方向相反，有2

0)2

(

22t g gh gh v ?+==

解析二：竖直上抛物体从抛出点到最高点和最高点落回到抛出点时间相等，物体运动到h 高度时的速度为21t g

v ?=,gh v v 22

021-=-,2210)2

(22t g gh gh v v ?+=+=，物体运动的时间为20)2

(222t g h g v T ?+==

。 点评:两种解法均利用了竖直上抛运动的对称性，解法一是从位移的角度来求运动的时间

和速度；解法二足从速度的角度来求速度和运动的时间。尽管应用的公式不同，但有一个基本点是相同的，就是竖直上抛运动上升阶段和下降阶段具有对称性，也就是匀减速运动的末速度为零，可以看做是初速度为零的匀加速运动的反演。