例1：圖1中重物的質量為m，輕細線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時AO是水平的，BO與水平面的夾角為θ。AO的拉力F₁和BO的拉力F₂的大小是(　　 )

A. 　　　　　　　　 B.

C. 　　　　　　　　 D.

圖1

解析：以“結點”O(jiān)為研究對象，沿水平、豎直方向建立坐標系，在水平方向有豎直方向有聯(lián)立求解得BD正確。

思考：若題中三段細繩不可伸長且承受的最大拉力相同，逐漸增加物體的質量m，則最先斷的繩是哪根？

例2. (2004年蘇州調研)用如圖2所示的裝置可以測量汽車在水平路面上做勻加速直線運動的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個由力敏電阻組成的壓力傳感器。用兩根相同的輕彈簧夾著一個質量為2.0kg的滑塊，滑塊可無摩擦的滑動，兩彈簧的另一端分別壓在傳感器a、b上，其壓力大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出�，F(xiàn)將裝置沿運動方向固定在汽車上，傳感器b在前，傳感器a在后，汽車靜止時，傳感器a、b的示數(shù)均為10N(取)

圖2

(1)若傳感器a的示數(shù)為14N、b的示數(shù)為6.0N，求此時汽車的加速度大小和方向。

(2)當汽車以怎樣的加速度運動時，傳感器a的示數(shù)為零。

解析：(1)，

a₁的方向向右或向前。

(2)根據(jù)題意可知，當左側彈簧彈力時，右側彈簧的彈力

代入數(shù)據(jù)得，方向向左或向后

［模型要點］

彈簧中的力學問題主要是圍繞胡克定律進行的，彈力的大小為變力，因此它引起的物體的加速度、速度、動量、動能等變化不是簡單的單調關系，往往有臨界值，我們在處理變速問題時要注意分析物體的動態(tài)過程，為了快捷分析，我們可以采用極限方法，但要注意“彈簧可拉可壓”的特點而忽略中間突變過程，我們也可以利用彈簧模型的對稱性。

［模型演練］

(2005年成都考題)如圖3所示，一根輕彈簧上端固定在O點，下端系一個鋼球P，球處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對球施加一個方向向右的外力F，吏球緩慢偏移。若外力F方向始終水平，移動中彈簧與豎直方向的夾角且彈簧的伸長量不超過彈性限度，則下面給出彈簧伸長量x與的函數(shù)關系圖象中，最接近的是(　　 )

圖3

答案：D

例1. 如圖1所示，四個完全相同的彈簧都處于水平位置，它們的右端受到大小皆為F的拉力作用，而左端的情況各不相同：①中彈簧的左端固定在墻上。②中彈簧的左端受大小也為F的拉力作用。③中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動。④中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動。若認為彈簧的質量都為零，以l₁、l₂、l₃、l₄依次表示四個彈簧的伸長量，則有(　　 )

①　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

③　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

圖1

A. 　　　　　　　 B. 　　　　　　　　　　 C. 　　　　　　 D.

解析：當彈簧處于靜止(或勻速運動)時，彈簧兩端受力大小相等，產(chǎn)生的彈力也相等，用其中任意一端產(chǎn)生的彈力代入胡克定律即可求形變。當彈簧處于加速運動狀態(tài)時，以彈簧為研究對象，由于其質量為零，無論加速度a為多少，仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。由于彈簧彈力與施加在彈簧上的外力F是作用力與反作用的關系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒有區(qū)別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右端受到大小皆為F的拉力作用，且彈簧質量都為零，根據(jù)作用力與反作用力關系，彈簧產(chǎn)生的彈力大小皆為F，又由四個彈簧完全相同，根據(jù)胡克定律，它們的伸長量皆相等，所以正確選項為D。

4. 光學中的對稱性

例5. (2005年江蘇高考)1801年，托馬斯·楊用雙縫干涉實驗研究了光波的性質。1834年，洛埃利用單面鏡同樣得到了楊氏干涉的結果(稱洛埃鏡實驗)。

(1)洛埃鏡實驗的基本裝置如圖5所示，S為單色光源，M為一平面鏡。試用平面鏡成像作圖法在答題卡上畫出S經(jīng)平面鏡反射后的光與直接發(fā)出的光在光屏上相交的區(qū)域。

圖5

(2)設光源S到平面鏡的垂直距離和到光屏的垂直距離分別為a和L，光的波長為，在光屏上形成干涉條紋。寫出相鄰兩條亮紋(或暗紋)間距離的表達式。

解析：(1)如圖6所示。

圖6

(2)

因為，所以。

點評：試題以托馬斯·楊的雙縫干涉實驗為引導，以洛埃鏡實驗為載體，將平面鏡對光的反射與光的干涉綜合在一起，考查考生對“一分為二”及干涉過程的理解和對課本知識的遷移能力。

［模型特征］

在研究和解決物理問題時，從對稱性的角度去考查過程的物理實質，可以避免繁冗的數(shù)學推導，迅速而準確地解決問題。

對稱法是從對稱性的角度研究、處理物理問題的一種思維方法，有時間和空間上的對稱。它表明物理規(guī)律在某種變換下具有不變的性質。用這種思維方法來處理問題可以開拓思路，使復雜問題的解決變得簡捷。如，一個做勻減速直線運動的物體在至運動停止的過程中，根據(jù)運動的對稱性，從時間上的反演，就能看作是一個初速度為零的勻加速直線運動，于是便可將初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律和特點，用于處理末速度為零的勻減速運動，從而簡化解題過程。具體如：豎直上拋運動中的速度對稱、時間對稱。沿著光滑斜面上滑的物體運動等具有對稱性；簡諧振動中|v|、|a|、|F|、動勢能對稱以平衡位置的對稱性；光學中的球型對稱等，總之物理問題通常有多種不同的解法，利用對稱性解題不失為一種科學的思維方法。

利用對稱法解題的思路：①領會物理情景，選取研究對象；②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(xiàn)象及過程，建立清晰的物理情景，選取恰當?shù)难芯繉ο笕邕\動的物體、運動的某一過程或某一狀態(tài)；③透析研究對象的屬性、運動特點及規(guī)律；④尋找研究對象的對稱性特點。⑤利用對稱性特點，依物理規(guī)律，對題目求解。

［模型演練］

將一測力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力。圖7甲表示小滑塊(可視為質點)沿固定的光滑半球形容器內壁在豎直平面的AA'之間來回滑動。A、A'點與O點連線與豎直方向之間夾角相等且都為，均小于10°，圖7乙表示滑塊對器壁的壓力F隨時間t變化的曲線，且圖中t＝0為滑塊從A點開始運動的時刻。試根據(jù)力學規(guī)律和題中(包括圖中)所給的信息，求小滑塊的質量、容器的半徑及滑塊運動過程中的守恒量。(g取10m/s²)

圖7

答案：由圖乙得小滑塊在A、A'之間做簡諧運動的周期s

由單擺振動周期公式，得球形容器半徑代入數(shù)據(jù)，得R＝0.1m

在最高點A，有，式中

在最低點B，有，式中

從A到B過程中，滑塊機械能守恒

聯(lián)立解得：，則m＝0.05kg

滑塊機械能

3. 電磁現(xiàn)象中的對稱性

例4. (2005年全國高考)如圖3所示，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝。哪個圖是正確的？(　　 )

圖3

解析：由于是許多質量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由孔O射入磁場區(qū)域。所以，重點是考慮粒子進入磁場的速度方向。

在考慮時，想到速度方向在空間安排上是具有“空間對稱性”的，所以，本題就要在分析過程用到對稱性。

①當粒子沿垂直MN的方向進入磁場時，由其所受到的“洛倫茲力”的方向可以知道，其作圓周運動的位置在左側。由“洛倫茲力”公式和圓周運動“向心力”公式可以得到：，解得R＝。所以，在左側可能會出現(xiàn)以O為一點的直徑為2R的半圓。

②當粒子沿水平向右的方向進入磁場時，其應該在MN的上方作圓周運動，且另外的半圓將會出現(xiàn)在點O的左邊。直徑也是2R。

③然后，利用對稱性，所有可能的軌跡將會涉及到以點O為轉動點，以2R為直徑從右掃到左的一片區(qū)域。即如圖4所示。

圖4

2. 靜電場中的對稱性

例2. (2005上海高考)如圖1所示，帶電量為+q的點電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。若圖中b點處產(chǎn)生的電場強度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強度大小為多少，方向如何？(靜電力恒量為k)。

圖1

解析：在電場中a點：

板上電荷在a、b兩點的電場以帶電薄板對稱，帶電薄板在b點產(chǎn)生的場強大小為，方向水平向左。

點評：題目中要求帶電薄板產(chǎn)生的電場，根據(jù)中學物理知識僅能直接求點電荷產(chǎn)生的電場，無法直接求帶電薄板產(chǎn)生的電場；由E_a＝0，可以聯(lián)想到求處于靜電平衡狀態(tài)的導體的感應電荷產(chǎn)生的場強的方法，利用來間接求出帶電薄板在a點的場強，然后根據(jù)題意利用對稱性求出答案。

例3. 靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如圖2所示。虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱，等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。一個電子經(jīng)過P點(其橫坐標為)時，速度與Ox軸平行。適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運動。在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度v_y，隨位置坐標x變化的示意圖是：

圖2

解析：由于靜電場的電場線與等勢線垂直，且沿電場線電勢依次降低，由此可判斷Ox軸上方區(qū)域y軸左側各點的場強方向斜向左上方，y軸右側各點的場強方向斜向左下方。電子運動過程中，受到的電場力的水平分力沿x軸正方向，與初速方向相同，因此，電子在x方向上的分運動是加速運動，根據(jù)空間對稱性，電子從x＝運動到過程中，在y軸左側運動時間比在y軸右側運動的時間長。電子受到電場力的豎直分力先沿y軸負方向，后沿y軸正方向。因此電子在y方向上的分運動是先向下加速后向下減速，但由于時間的不對稱性，減速時間比加速時間短，所以，當時，的方向應沿y軸負方向。正確答案為D。

1. 簡諧運動中的對稱性

例1. 勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，下端掛一個質量為m的小球，小球靜止時距地面的高度為h，用力向下拉球使球與地面接觸，然后從靜止釋放小球(彈簧始終在彈性限度以內)則：

A. 運動過程中距地面的最大高度為2h

B. 球上升過程中勢能不斷變小

C. 球距地面高度為h時，速度最大

D. 球在運動中的最大加速度是kh/m

解析：因為球在豎直平面內做簡諧運動，球從地面上由靜止釋放時，先做變加速運動，當離地面距離為h時合力為零，速度最大，然后向上做變減速運動，到達最高點時速度為零，最低點速度為零時距平衡位置為h，利用離平衡位置速度相同的兩點位移具有對稱性，最高點速度為零時距平衡位置也為h，所以球在運動過程中距地面的最大高度為2h，由于球的振幅為h，由可得，球在運動過程中的最大加速度為，球在上升過程中動能先增大后減小，由整個系統(tǒng)機械能守恒可知，系統(tǒng)的勢能先減小后增大。所以正確選項為ACD。

2. 如圖5甲所示，一對平行放置的金屬板M、N的中心各有一小孔P、Q、PQ連線垂直金屬板；N板右側的圓A內分布有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓半徑為r，且圓心O在PQ的延長線上�，F(xiàn)使置于P處的粒子源連續(xù)不斷地沿PQ方向放出質量為m、電量為+q的帶電粒子(帶電粒子的重力和初速度忽略不計，粒子間的相互作用力忽略不計)，從某一時刻開始，在板M、N間加上如圖5乙所示的交變電壓，周期為T，電壓大小為U。如果只有在每一個周期的0-T/4時間內放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，求：

甲　　　　　　　　　 乙

圖5

(1)在每一個周期內哪段時間放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大？

(2)該圓形磁場的哪些地方有帶電粒子射出，在圖中標出有帶電粒子射出的區(qū)域。

答案：(1)在每一個周期內放出的帶電粒子到達Q孔的速度最大。設最大速度為v，則據(jù)動能定理得，求得。

(2)因為解得帶電粒子在磁場中的最小偏轉角為。所以圖6中斜線部分有帶電粒子射出。

圖6

1. (2005年南京調研)如圖4所示，在半徑為R的絕緣圓筒內有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間距離為d，兩板與電動勢為U的電源連接，一帶電量為、質量為m的帶電粒子(重力忽略不計)，開始時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經(jīng)電場加速后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出。已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且碰撞后以原速率返回。求：

(1)筒內磁場的磁感應強度大小；

(2)帶電粒子從A點出發(fā)至重新回到A點射出所經(jīng)歷的時間。

圖4

答案：(1)帶電粒子從C孔進入，與筒壁碰撞2次再從C孔射出經(jīng)歷的時間為最短。

由

粒子由C孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為

由即，

得

(2)粒子從A→C的加速度為

由，粒子從A→C的時間為：

粒子在磁場中運動的時間為

將(1)求得的B值代入，得，

求得：。

2. 勻強電場勻變速；勻強磁場回旋(偏轉)

例2. (2006年江蘇省泰興第三高級中學調研)在如圖2所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸正方向成60°，大小為；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度。有一質子以速度，由x軸上的A點(10cm，0)沿與x軸正方向成30°斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電場，后又回到磁場，經(jīng)磁場作用后又射入電場。已知質子質量近似為，電荷，質子重力不計。求：(計算結果保留3位有效數(shù)字)

(1)質子在磁場中做圓周運動的半徑。

(2)質子從開始運動到第二次到達y軸所經(jīng)歷的時間。

(3)質子第三次到達y軸的位置坐標。

圖2

解析：(1)質子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，

得質子做勻速圓周運動的半徑為：

(2)由于質子的初速度方向與x軸正方向夾角為30°，且半徑恰好等于OA，因此，質子將在磁場中做半個圓周到達y軸上的C點，如答圖3所示。

圖3

根據(jù)圓周運動的規(guī)律，質子做圓周運動周期為

質子從出發(fā)運動到第一次到達y軸的時間為

質子進入電場時的速度方向與電場的方向相同，在電場中先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速直線運動，設質子在電場中運動的時間，根據(jù)牛頓第二定律：，得

因此，質子從開始運動到第二次到達y軸的時間t為。

(3)質子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向相同，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，到達y軸的D點。

根據(jù)幾何關系，可以得出C點到D點的距離為；

則質子第三次到達y軸的位置為

即質子第三次到達y軸的坐標為(0，34.6cm)。

評點：由以上幾例看到，帶電粒子的復雜運動常常是由一些基本運動組合而成的。掌握基本運動的特點是解決這類問題的關鍵所在。另外我們也要注意近年高考對回旋加速模型考法的一些變化，如環(huán)行電場，變化磁場等組合，但不管怎樣處理的基本方法不變。

［模型要點］

①帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關；

②將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速為0的勻加速直線運動；

③帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所有經(jīng)過半徑之比為1：：……(這可由學生自己證明)，對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的，解題時務必引起注意。

電場加速(減速)，磁場回旋。磁場回旋時在洛倫茲力作用下做圓周運動有；電場加速從能角度電場力做功，動能：；從力角度若勻強電場還可以用牛頓定律解決。

［模型演練］