高中物理总复习资料精选.doc

1 对称思想在物理解题中的应用 对称方法是速解高考命题的一种有效手段，是考生掌握的难点． ●难点磁场 1．（★★★★） (2001 年全国)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 27-1 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 2．（★★★★★）(2000 年全国)如图 27-2，两个共轴的圆筒 形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴 线 的四条狭缝 a、b、c 和 d，外筒的外半径为 r０．在圆筒 之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场， 磁 感应强度的大小为 B．在两极间加上电压，使两圆筒之 间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为 m、带电量 为+q 的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝 a 的 S 点出发，初速为零．如果该粒子经过一段 时间的运动之后恰好又回到出发点 S，则两电极之间的电压 U 应是多少?(不计重力，整 个装置在真空中．) 图 27-1 图 27-22 ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）（时间对称）一人在离地 H 高度处，以相同的速率 v0 同时抛出两小 球 A 和 B，A 被竖直上抛，B 被竖直下抛，两球落地时间差为Δt s ，求速率 v0． 命题意图：考查综合分析灵活处理问题的能力．B 级要求． 错解分析：考生陷于对两运动过程的分析，试图寻找两过程中速度、时间的关联关系， 比较求解，而不能从宏观总体上据竖直上抛时间的对称性上切入求解． 解题方法与技巧：对于 A 的运动，当其上抛后再落回抛出点时，由于速度对称，向下 的速度仍为 v0，所以 A 球在抛出点以下的运动和 B 球完全相同，落地时间亦相同，因此，Δ t 就是 A 球在抛出点以上的运动时间，根据时间对称，Δt= ，所以 v0= ． ［例 2］（★★★★★）（镜物对称）如图 27-3 所示，设有两面垂直于地 面 的光滑墙 A 和 B，两墙水平距离为 1．0 m，从距地面高 19．6 m 处的一点 C 以初速度为 5．0 m/s，沿水平方向投出一小球，设球 与墙的碰撞为弹性碰撞，求小球落地点距墙 A 的水平距离．球落地前与墙壁碰撞 了几次？（忽略空气阻力） 命题意图：考查考生综合分析、推理归纳的能力．B 级要求． 错解分析：部分陷于逐段分析求解的泥潭，而不能依对称性将整个过程等效为一个平抛 的过程，依水平位移切入求解． 解题方法与技巧：如图 27-4 所示，设小球与墙壁碰撞前的速度为 v， 因为是弹性碰撞，所以在水平方向上的原速率弹回，即 v⊥′=v⊥；又墙壁光 滑，所以在竖直方向上速率不变，即 v‖′=v‖，从而小球与墙壁碰撞前后的速 度 v 和 v′关于墙壁对称，碰撞后的轨迹与无墙壁时小球继续前进的轨迹 关于墙壁对称，以后的碰撞亦然，因此，可将墙壁比作平面镜，把小球的运动转换为统一的 平抛运动处理，由 h= gt2 和 n= 可得碰撞次数 n= = × 次=10 次． 由于 n 刚好为偶数，故小球最后在 A 墙脚，即落地点距离 A 的水平距离为零． ●锦囊妙计 一、高考命题特点 g v02 2 tg∆ 2 1 d tv0 d v0 g h2 1 5 8.9 6.192 × 图 27-3 图 27-43 对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考 命题中都有所渗透和体现，（例 1999 年全国卷 25 题，2000 年全国卷 15 题、21 题，2001 年 全国卷 4 题，8 题，13 题，2000 年上海卷 4 题、8 题、22 题），从侧面体现考生的直观思维 能力和客观的猜想推理能力．既有利于高校选拔能力强素质高的优秀人才，又有利于中学教 学对学生的学科素质和美学素质的培养．作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高 考命题中必将有所体现． 二、利用对称法解题的思路 1．领会物理情景，选取研究对象． 在仔细审题的基础上，通过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立 清晰的物理情景，选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态． 2．透析研究对象的属性、运动特点及规律． 3．寻找研究对象的对称性特点． 在已有经验的基础上通过直觉思维，或借助对称原理的启发进行联想类比，来分析挖掘 研究对象在某些属性上的对称性特点．这是解题的关键环节． 4．利用对称性特点，依物理规律，对题目求解． ●歼灭难点训练 1．（★★★★）如图 27-5 所示，质量为 m1 的框架顶部悬挂着质量 分别为 m2、m3 的两物体（m2＞m3）．物体开始处于静止状态， 现剪断两物体间的连线取走 m3，当物体 m2 向上运动到最高点时，弹簧对框架的作用力 大小等于_______，框架对地面的压力等于______． 2．（★★★★）用材料相同的金属棒，构成一个正四面体如图 27-6 所示，如果每根金属棒 的电阻为 r，求 A、B 两端的电阻 R． 图 27-6 3．（★★★★）沿水平方向向一堵竖直光滑墙壁抛出一弹性小球，抛出点离水平地面的高度 图 27-5 图 27-74 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 点离墙壁的水平距离为 2s， 如图 27-7 所示，求小球抛出时的初速度． 4．（★★★★★）如图 27-8 所 示，半径为 r 的圆环，其上带有均匀分布 的正电荷，单位长度的电荷为 q，现截去圆环面部的一小段圆弧 AB， =L（L＜r），求剩余部分在圆心 O 处的场强． 5．（★★★★★）如图 27-9 所示在一个半径为 R 的绝缘橡皮圆筒中有一 个沿轴向的磁感应强度为 B 的匀强磁场．一个质量为 m，带电量为 q 的带 负电的粒子，在很小的缺口 A 处垂直磁场沿半径方向射入，带电粒子与圆 筒碰撞时无动能损失．要使带电粒子在里面绕行一周后，恰从 A 处飞 出．问 入射的初速度的大小应满足什么条件？（重力不计） 6．（★★★★★）如图 27-10 所示，ab 是半径为 R 的圆的一条直径，该圆 处于匀强电场中，场强为 E，在圆周平面内，将一带正电 q 的小球从 a 点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点， 在这些所有的点中，到达 c 点时小球的动量最大．已知∠cab=30°， 若 不计重力和空气阻力，试求： （1）电场方向与直线 ac 间的夹角θ？ （2）若小球在 a 点时初速度方向与电场方向垂直，则小球恰能落在 c 点， 则初动能为多少？ AB 图 27-8 图 27-9 图 27-105 难点 27 对称思想在物理解题中的应用参考答案 ［难点磁场］ 1．D 2．设粒子射入磁场区的速度为 v，根据能量守恒，有 mv２＝ｑＵ ① 设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿定律得： ｑBv=m ② 由对称性可知，要回到 S 点，粒子从 a 到ｄ必经过 圆周．所以半径 R 必定等于筒的 外半径 r０， 即 R=r０ ③ 由以上各式解得：U= ［歼灭难点训练］ 1．(m2-m3) g;(m1+m2-m3) g 2．由于 C、D 两点为对称点，因此这两点为等势点，即 C、D 间无电流通过，所以可将 C、 D 断开，其等效电路如图 27′-1 所示，显然 R= ，C、D 两点为等电势点，当然也可 将等势点重合在一起，其等效电路如图 27′-2 所示，很显然，R= ． 2 1 R v 2 4 3 m Bqr 2 2 0 2 r 2 r 图 27′-1 图 27′-26 3．如图 27′-3 因小球与墙壁发生弹性碰撞，故小球在垂直于墙壁 的方向上以速率 v0 弹回，故碰撞前后，小球在垂直于墙壁方 向 上的速率为 v⊥=v⊥′=v0． 在平行墙壁的方向上，因墙壁光滑，碰撞前、后的速率不变，即 v∥=v∥′ 从而使小球与墙壁碰撞前、后的速率对墙壁对称，即∠β=∠α，碰撞后小球的运动轨 迹与无墙阻挡时小球继续前进的轨迹对称，如图 27′-3 所示，所以小球的运动可以转换成 平抛运动处理．根据 h= gt2 得 t= ，因为抛出点到 B′的距离为 3 s 所以 3s=v0t v0= =3s = 4．圆环缺顶后，失去对称性．已不能直接使用点电荷的场强公式求解．设想将缺失的带电 圆环再补上，根据对称性，圆心 O 处的场强应当为零，即缺口圆在 O 处的场强与截弧 AB 在 O 处的场强等值反向．因截弧 AB 可等效为一点电荷，其在 O 处的场强太小：E=k ， 方向向下． 5．带电粒子在筒内碰一次从 A 处飞出是不可能的，因为带电粒子在磁场内不可能是直线运 动的．如果带电粒子在圆筒内碰撞两次可以从 A 处飞出，譬如在 B 点、C 点处两次再 从 A 点飞出．如图 27′-4 所示，由于带电粒子轨迹弧 AB 是对称的，当带电粒子在 A 点的速度是半径方向，则在 B 点的速度方向也是沿半径方向，同样在 C 点速度 方向也是沿半径方向，最后从 A 点出来时的速度也沿半径方向出来． 设∠AOC=2θ，则 2θ= ，θ= π 又轨迹半径 r=Rtanθ,由于 qv0B=m ∴v0= = = 碰撞次数只要大于两次，均有可能从 A 处飞出，故 v0 的一般解为： 2 1 g h2 t s3 h g 2 h s 2 3 gh2 2r qL 3 2π 3 1 r v 2 0 m Bqr m BqR θtan m BqR3 图 27′-3 图 27′-47 θ= v0= tan (其中 n=2,3,4……) 6．（1）用对称性直接判断电场方向：由题设条件，在圆周平面内，从 a 点以相同的动能向不同方向抛出带正电的小球，小球会经过圆周 上 不同点，且以经 c 点时小球的动能最大，可知，电场线平行于圆平 面，又据动能定理，电场力对到达 c 点的小球做功最多，为 Wac=qUac． 因此，Uac 最大．即 c 点的电势比圆周上的任何一点都低．又因为圆周平面处在匀强电 场中，故连 Oc，圆周上各点电势关于 Oc 对称（或作过 c 点且与圆周相切的线 cf,cf 是等势 线），Oc 方向即为电场方向（如图 27′-5 所示），其与直径 ac 夹角为θ=∠acO=∠cab=30 °． （2）小球在匀强电场中做类平抛运动．小球沿 ab 方向抛出，设其初速度为 v0，小球质 量为 m．在垂直电场方向，有 =v0t, ① 在沿着电场线方向有 = at2= t2, ② 由几何关系可得 =2Rcosθ= R, ③ = ·sinθ= R, ④ = ·cosθ= R, ⑤ 将③④⑤式代入①②两式并解得 v0= ． 所以 Ek0= mv02= qER． 1+n π m BqR 1+n π ad cd 2 1 2 1 m qE ac 3 ad ac 2 3 cd ac 2 3 2 1 m qER 2 1 2 1 图 27′-5