高中物理奧賽解題方法：07 對(duì)稱法

1、七、對(duì)稱法方法簡(jiǎn)介由于物質(zhì)世界存在某些對(duì)稱性，使得物理學(xué)理論也具有相應(yīng)的對(duì)稱性，從而使對(duì)稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中。應(yīng)用這種對(duì)稱性它不僅能幫助我們認(rèn)識(shí)和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問(wèn)題，這種思維方法在物理學(xué)中稱為對(duì)稱法。利用對(duì)稱法分析解決物理問(wèn)題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，出奇制勝，快速簡(jiǎn)便地求解問(wèn)題。賽題精析例1：沿水平方向向一堵豎直光滑的墻壁拋出一個(gè)彈性小球A ，拋出點(diǎn)離水平地面的高度為h ，距離墻壁的水平距離為s ，小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，落在水平地面上，落地點(diǎn)距墻壁的水平距離為2s ，如圖71所示。求小球拋出時(shí)

2、的初速度。解析：因小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞， 故與墻壁碰撞前后入射速度與反射速度具有對(duì)稱性， 碰撞后小球的運(yùn)動(dòng)軌跡與無(wú)墻壁阻擋時(shí)小球繼續(xù)前進(jìn)的軌跡相對(duì)稱，如圖71甲所示，所以小球的運(yùn)動(dòng)可以轉(zhuǎn)換為平拋運(yùn)動(dòng)處理， 效果上相當(dāng)于小球從A點(diǎn)水平拋出所做的運(yùn)動(dòng)。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：因?yàn)閽伋鳇c(diǎn)到落地點(diǎn)的距離為3s ，拋出點(diǎn)的高度為h ，代入后可解得：v0 = x= 3s例2：如圖72所示，在水平面上，有兩個(gè)豎直光滑墻壁A和B ，間距為d ，一個(gè)小球以初速度v0從兩墻正中間的O點(diǎn)斜向上拋出，與A和B各發(fā)生一次碰撞后正好落回拋出點(diǎn)O ，求小球的拋射角 。解析：小球的運(yùn)動(dòng)是斜上拋和斜下拋等三段運(yùn)動(dòng)組成，若按順序求

3、解則相當(dāng)復(fù)雜，如果視墻為一平面鏡，將球與墻的彈性碰撞等效為對(duì)平面鏡的物、像移動(dòng)，可利用物像對(duì)稱的規(guī)律及斜拋規(guī)律求解。物體跟墻A碰撞前后的運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于從O點(diǎn)開始的斜上拋運(yùn)動(dòng)，與B墻碰后落于O點(diǎn)相當(dāng)于落到O點(diǎn)，其中O 、O關(guān)于A墻對(duì)稱，O 、O對(duì)于B墻對(duì)稱，如圖72甲所示，于是有：，落地時(shí)代入可解得：sin2 =所以，拋射角 =arcsin例3：A 、B 、C三只獵犬站立的位置構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形，每只獵犬追捕獵物的速度均為v ，A犬想追捕B犬，B犬想追捕C犬，C犬想追捕A犬，為追捕到獵物，獵犬不斷調(diào)整方向，速度方向始終“盯”住對(duì)方，它們同時(shí)起動(dòng)，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間可捕捉到獵物？解析：以地面為參考系，

4、三只獵犬運(yùn)動(dòng)軌跡都是一條復(fù)雜的曲線，但根據(jù)對(duì)稱性，三只獵犬最后相交于三角形的中心點(diǎn)，在追捕過(guò)程中，三只獵犬的位置構(gòu)成三角形的形狀不變，以繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的參考系來(lái)描述，可認(rèn)為三角形不轉(zhuǎn)動(dòng)，而是三個(gè)頂點(diǎn)向中心靠近，所以只要求出頂點(diǎn)到中心運(yùn)動(dòng)的時(shí)間即可。由題意作圖73 ，設(shè)頂點(diǎn)到中心的距離為s ，則由已知條件得：s =a由運(yùn)動(dòng)合成與分解的知識(shí)可知，在旋轉(zhuǎn)的參考系中頂點(diǎn)向中心運(yùn)動(dòng)的速度為：v= vcos30=v由此可知三角形收縮到中心的時(shí)間為：t =（此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解。）例4：如圖74所示，兩個(gè)同心圓代表一個(gè)圓形槽，質(zhì)量為m ，內(nèi)外半徑幾乎同為R 。槽內(nèi)A 、B兩處分別放有一個(gè)質(zhì)量也為

5、m的小球，AB間的距離為槽的直徑。不計(jì)一切摩擦?，F(xiàn)將系統(tǒng)置于光滑水平面上，開始時(shí)槽靜止，兩小球具有垂直于AB方向的速度v ，試求兩小球第一次相距R時(shí)，槽中心的速度v0 。解析：在水平面參考系中建立水平方向的x軸和y軸。由系統(tǒng)的對(duì)稱性可知中心或者說(shuō)槽整體將僅在x軸方向上運(yùn)動(dòng)。設(shè)槽中心沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的速度變?yōu)関0 ，兩小球相對(duì)槽心做角速度大小為的圓周運(yùn)動(dòng)，A球處于如圖74甲所示的位置時(shí)，相對(duì)水平面的兩個(gè)分速度為：vx = Rsin + v0 vy =Rcos B球的運(yùn)動(dòng)與A球的運(yùn)動(dòng)是對(duì)稱的。因系統(tǒng)在x軸方向上動(dòng)量守恒、機(jī)械能也守恒，因此：mv0 + 2mvx = 2mv 2m (+) +m= 2

6、mv2 將、式代入、式得：3v0 = 2v2Rsin2R2 + 2Rv0sin += v2由此解得：v0 =(1)v當(dāng)兩球間距離為R時(shí)， = 30，代入可解得槽中心運(yùn)動(dòng)的速度為：v0 =(1)v例5：用一輕質(zhì)彈簧把兩塊質(zhì)量各為M和m的木板連接起來(lái)，放在水平上，如圖75所示，問(wèn)必須在上面木板上施加多大的壓力F ，才能使撤去此力后，上板跳起來(lái)恰好使下板離地？解析：此題可用能量守恒的觀點(diǎn)求解，但過(guò)程較繁，而用彈簧形變的“對(duì)稱性”求解就顯得簡(jiǎn)潔明了。若用拉力F作用在m上，欲使M離地，拉力F至少應(yīng)為：F= (M+m)g根據(jù)彈簧的拉伸和壓縮過(guò)程具有的對(duì)稱性，故要產(chǎn)生上述效果，作用在m上的向下的壓力應(yīng)為F

7、= (M+m)g 。例6：如圖76所示，長(zhǎng)為l的兩塊相同的均勻長(zhǎng)方形磚塊A和B疊放在一起，A磚相對(duì)于B磚伸出，B磚放在水平桌面上，磚的端面與桌面平行。 為保持兩磚不翻倒，B磚伸出桌面的最大長(zhǎng)度是多少？解析：此題可用力矩平衡求解，但用對(duì)稱法求解，會(huì)直觀簡(jiǎn)潔。把A磚右端伸出B端的截去，補(bǔ)在B磚的右端，則變成圖76甲所示的對(duì)稱形狀。 伸出最多時(shí)對(duì)稱軸應(yīng)恰好通過(guò)桌邊。所以：lx = x +解得B磚右端伸出桌面的最大長(zhǎng)度為：x =l 。例7：如圖77所示，OABC是一張水平放置的桌球臺(tái)面。取OA為x軸，OC為y軸，P是紅球，坐標(biāo)為（x ，y），Q是白球，坐標(biāo)為（x1 ，y1）（圖中未畫出Q球在臺(tái)面上的位

8、置）。已知OA = BC = 25dm ，AB = OC= 12dm 。若P球的坐標(biāo)為：x = 10dm ，y = 8dm處，問(wèn)Q球的位置在什么范圍內(nèi)時(shí)，可使擊出的Q球順次與AB、BC、CO和OA四壁碰撞反彈，最后擊中P球？解析：由于彈性碰撞反彈服從的規(guī)律與光線的反射定律相同，所以作P點(diǎn)對(duì)OA壁的鏡像P1 ，P1對(duì)CO壁的鏡像P2 ，P2對(duì)BC壁的鏡像P3和P3對(duì)AB壁的鏡像P4 ，則只需瞄準(zhǔn)P4點(diǎn)擊出Q球，Q球在AB壁上D點(diǎn)反彈后射向P3 ，又在BC壁上E點(diǎn)反彈后射向P2 ，依次類推，最后再經(jīng)F ，G二點(diǎn)的反彈擊中P點(diǎn)，如圖77甲所示。但是，若反彈點(diǎn)E離B點(diǎn)太近，Q球從E點(diǎn)反彈后EP2線與C

9、O的交點(diǎn)，可能不在CO壁的范圍內(nèi)而在CO的延長(zhǎng)線上，這時(shí)Q球就無(wú)法擊中CO壁（而擊到OA壁上），不符合題目要求，所以，Q球能夠最后按題目要求擊中P球的條件是：反彈點(diǎn)D 、E 、F 、和G一定要在相應(yīng)的臺(tái)壁范圍之內(nèi)。已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為（10 ，8），由此可知，各個(gè)鏡像點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：P1（10，8），P2（10，8），P3（10，32），P4（60，32）設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）；直線QP4的方程為：Yy=(Xx) D點(diǎn)在此直線上，XD = 25 ，由上式得：YD =(80032x+ 35y) 直線DP3的方程為：YYD =(XxD) E點(diǎn)在此直線上，YE = 12 ，由此式及式得：xE = 25

10、(180 + 20x35y) 直線EP2的方程為：YYE =(XxE) F點(diǎn)在此直線上，XF = 0 ，所以：YF = 12(882x+ y) 最后，直線FP1的方程為：YYF =(XxF) G點(diǎn)在此直線上，YG = 0 ，所以：XG =(160 + 8x10y) 反彈點(diǎn)位于相應(yīng)臺(tái)壁上的條件為： 將、和式代入，除肯定滿足無(wú)需討論的不等式外，Q球按題目要求擊中P球的條件成為： 上面共兩個(gè)條件，作直線l1 ：35Y = 20X80及l(fā)2 ：5Y = 4X80如圖77乙所示，若Q球位于l2下方的三角形D0AH0內(nèi)，即可同時(shí)滿足、兩式的條件，瞄準(zhǔn)P4擊出，可按題目要求次序反彈后擊中P球，三角形D0AH

11、0三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)如圖77乙所示。例8：一無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電細(xì)線彎成如圖78所示的平面圖形，其中AB是半徑為R的半圓孤，AA平行于BB，試求圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度。解析：如圖78甲所示，左上1/4圓弧內(nèi)的線元L1與右下直線上的線元L3具有角元對(duì)稱關(guān)系。L1電荷與L3電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E1與E3方向相反，若它們的大小也相等，則左上與右下線元電場(chǎng)強(qiáng)度成對(duì)抵消，可得圓心處場(chǎng)強(qiáng)為零。設(shè)電荷線密度為常量 ，因很小，L1電荷與L3電荷可看做點(diǎn)電荷，其帶電量：q1 = R ，q2 = L3當(dāng)很小時(shí)，有：q2 =又因?yàn)镋1 = K，E2 = K= K= K，與E1的大小相同，且E1與E2方向相反。所以圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度為

12、零。例9：如圖79所示，半徑為R的半圓形絕緣線上、下1/4圓弧上分別均勻帶電+q和q ，求圓心處O的場(chǎng)強(qiáng)。解析：因圓弧均勻帶電，在圓弧上任取一個(gè)微小線元，由于帶電線元很小，可以看成點(diǎn)電荷。用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式表示它在圓心處的分場(chǎng)強(qiáng)，再應(yīng)用疊加原理計(jì)算出合場(chǎng)強(qiáng)。由對(duì)稱性分別求出合場(chǎng)強(qiáng)的方向再求出其值。在帶正電的圓孤上取一微小線元，由于圓弧均勻帶電，因而線密度 =。在帶負(fù)電的圓弧上必定存在著一個(gè)與之對(duì)稱的線元， 兩者產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)如圖79甲所示。 顯然， 兩者大小相等，其方向分別與x軸的正、負(fù)方向成角，且在x軸方向上分量相等。由于很小，可以認(rèn)為是點(diǎn)電荷，兩線元在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E = 2sin =，方向沿y軸

13、的負(fù)方向，所以O(shè)點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)對(duì)E求和。即：E = E = =h =R =例10：電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面的半徑為R ，CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)C與球心O的軸線，如圖710所示，P 、Q為CD軸線上在O點(diǎn)兩側(cè)，離O點(diǎn)距離相等的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢(shì)為UP ，試求Q點(diǎn)的電勢(shì)UQ 。解析：可以設(shè)想一個(gè)均勻帶電、帶電量也是q的右半球，與題中所給的左半球組成一個(gè)完整的均勻帶電球面，根據(jù)對(duì)稱性來(lái)解。由對(duì)稱性可知，右半球在P點(diǎn)的電勢(shì)等于左半球在Q點(diǎn)的電勢(shì)UQ 。即：= UQ所以有：UP + UQ = UP + 而UP +正是兩個(gè)半球在P點(diǎn)的電勢(shì)，因?yàn)榍蛎婢鶆驇щ?，所以UP += K由此解得Q點(diǎn)的電勢(shì)：U

14、Q =UP 。例11：如圖711所示，三根等長(zhǎng)的細(xì)絕緣棒連接成等邊三角形，A點(diǎn)為三角形的內(nèi)心，B點(diǎn)與三角形共面且與A相對(duì)ac棒對(duì)稱，三棒帶有均勻分布的電荷，此時(shí)測(cè)得A 、B兩點(diǎn)的電勢(shì)各為UA 、UB ，現(xiàn)將ac棒取走，而ab 、bc棒的電荷分布不變，求這時(shí)A 、B兩點(diǎn)的電勢(shì)、。解析：ab 、bc 、ac三根棒中的電荷對(duì)稱分布，各自對(duì)A點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)相同，ac棒對(duì)B點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)和對(duì)A點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)相同，而ab、bc棒對(duì)B點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)也相同。設(shè)ab 、bc 、ac棒各自在A點(diǎn)的電勢(shì)為U1 ，ab 、bc棒在B點(diǎn)的電勢(shì)為U2 。由對(duì)稱性知，ac棒在B點(diǎn)的電勢(shì)為U1 。由電勢(shì)疊加原理得：3U1 = UA

15、U1+ 2U2 = UB 由、兩式得：U1 =，U2 =將ac棒取走后，A 、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為：= UAU1 =UA= UBU2 =+例12：如圖712所示為一塊很大的接地導(dǎo)體板，在與導(dǎo)體板相距為d的A處放有帶電量為q的點(diǎn)電荷。（1）試求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）試求感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度（P與P點(diǎn)對(duì)導(dǎo)體板右表面是對(duì)稱的）；（3）在本題情形，試分析證明導(dǎo)體表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與導(dǎo)體表面垂直；（4）試求導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷對(duì)點(diǎn)電荷q的作用力；（5）若在切斷導(dǎo)體板與地的連線后，再將+Q電荷置于導(dǎo)體板上，試說(shuō)明這部分電荷在導(dǎo)體板上如何分布可達(dá)到靜電平衡（略去邊緣效應(yīng)

16、）。解析：在討論一個(gè)點(diǎn)電荷受到面電荷（如導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷）的作用時(shí)，根據(jù)“鏡像法”可以設(shè)想一個(gè)“像電荷”，并使它的電場(chǎng)可以代替面電荷的電場(chǎng)，從而把問(wèn)題大大簡(jiǎn)化。（1）導(dǎo)體板靜電平衡后有 E感 = E點(diǎn) ，且方向相反，因此板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為EP =，其中r為AP間距離，方向沿AP ，如圖712甲所示。（2）因?yàn)閷?dǎo)體接地，感應(yīng)電荷分布在右表面，感應(yīng)電荷在P點(diǎn)和P點(diǎn)的電場(chǎng)具有對(duì)稱性，因此有EP=，方向如圖712甲所示。（3）考察導(dǎo)體板在表面兩側(cè)很靠近表面的兩點(diǎn)P1和。如前述分析，在導(dǎo)體外點(diǎn)感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ei=。點(diǎn)電荷q在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小也是Eq=。它們的方向如圖712乙

17、。從圖看出，點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為上述兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，即與導(dǎo)體表面垂直。（4）重復(fù)（2）的分析可知，感應(yīng)電荷在q所在處A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為EiA =，方向垂直于導(dǎo)體板指向右方，該場(chǎng)作用于點(diǎn)電荷q的電場(chǎng)力為F =qEiA =，負(fù)號(hào)表示力的方向垂直于導(dǎo)體板指向左方。（5）切斷接地線后，導(dǎo)體板上原來(lái)的感應(yīng)電荷仍保持原來(lái)的分布，導(dǎo)體內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零。在此情況下再將+Q電荷加在導(dǎo)體板上，只要新增加的電荷在導(dǎo)體內(nèi)部各處的場(chǎng)強(qiáng)為零，即可保持靜電平衡，我們知道電荷均勻分布在導(dǎo)體板的兩側(cè)表面時(shí)，上述條件即可滿足。顯然這時(shí)+Q將均勻分布在導(dǎo)體板的兩側(cè)面上，才能保證板內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零，實(shí)現(xiàn)靜電平衡。例13：如圖713所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中

18、，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線，拴住質(zhì)量為m 、帶電量為q的小球，線的上端O固定，開始時(shí)將線和球拉成水平，松開后，小球由靜止開始向下擺動(dòng)，當(dāng)擺過(guò)60角時(shí)，速度又變?yōu)榱?。求：?）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB多大？（2）電場(chǎng)強(qiáng)度多大？解析：（1）小球在A 、B間擺動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有：PA = PB取A點(diǎn)為零勢(shì)能的參考點(diǎn)，即PB = 0則：EPB =mglsin60+ qUBA = 0所以：UBA =，UAB =（2）小球在平衡位置的受力如圖713甲。根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件：有：qE = mgtan60解得電場(chǎng)強(qiáng)度：E =例14：如圖714所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)為E ，在

19、圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出，拋出方向不同時(shí)，小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的點(diǎn)，在這些所有的點(diǎn)中，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大。已知cab = 30，若不計(jì)重力和空氣阻力，試求：（1）電場(chǎng)方向與直徑ab間的夾角 ；（2）若小球在a點(diǎn)時(shí)初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，小球恰好能落在c點(diǎn)，則初動(dòng)能為多少？解析：由于對(duì)a點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿不同方向拋出的小球到達(dá)圓周上的各點(diǎn)時(shí)其中到達(dá)c點(diǎn)的小球動(dòng)能最大，因此過(guò)c點(diǎn)的切線一定是等勢(shì)線，由此可以確定電場(chǎng)線的方向，至于從a點(diǎn)垂直于電場(chǎng)線拋出的小球可按類平拋運(yùn)動(dòng)處理。（1）用對(duì)稱性判斷電場(chǎng)的方向：由題設(shè)條件，在圓周平面內(nèi)，從a點(diǎn)以相同的動(dòng)能向不同方向拋出

20、帶正電的小球，小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的點(diǎn)，且以經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大，可知，電場(chǎng)線平行于圓平面。又根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)到達(dá)c點(diǎn)的小球做功最多，為qUac 。因此，Uac最大。即c點(diǎn)的電勢(shì)比圓周上任何一點(diǎn)的電勢(shì)都低。又因?yàn)閳A周平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，故連接Oc ，圓周上各點(diǎn)的電勢(shì)對(duì)于Oc對(duì)稱（或作過(guò)c點(diǎn)且與圓周相切的線cf是等勢(shì)線），Oc方向即為電場(chǎng)方向（如圖714甲所示），它與直徑ab的夾角為60。（2）小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。 小球沿垂直于電場(chǎng)方向拋出，設(shè)其初速度為v0 ，小球質(zhì)量為m 。 在垂直于電場(chǎng)線方向，有：x = v0t 在沿電場(chǎng)線方向，有：y =at2 由圖中幾何關(guān)系可得：x

21、= Rcos30 y = R (1 + cos60) 且：a = 將、式代入、兩式解得：=所以初動(dòng)能：Ek0 =m=例15：如圖715所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A 、B之間距離為d ，兩板間電壓為U ，在兩板間放一半徑為R的金屬球殼，球心到兩板的距離相等，C點(diǎn)為球殼上的一點(diǎn)，位置在垂直于兩板的球直徑的靠A板的一端，試求A板與點(diǎn)C間的電壓大小為多少？解析：將金屬球殼放在電場(chǎng)中達(dá)到靜電平衡后，球殼為等勢(shì)體，兩極板之間的電場(chǎng)由原來(lái)的勻強(qiáng)電場(chǎng)變?yōu)槿鐖D715甲所示的電場(chǎng)，這時(shí)C與A板間電勢(shì)差就不能用公式UAC = EdAC來(lái)計(jì)算。我們利用電場(chǎng)的對(duì)稱性求解。由于電場(chǎng)線和金屬球關(guān)于球心O對(duì)稱，所以A板與

22、金屬板的電勢(shì)差UAO和金屬球與B板的電勢(shì)差UOB相等，即：UAO = UOB又A 、B兩板電勢(shì)差保持不變?yōu)閁 ，即：UAO + UOB = U由以上兩式解得：UAO = UOB =所以得A 、C兩點(diǎn)間電勢(shì)差：UAC = UAO =例16：如圖716所示，一靜止的帶電粒子q ，質(zhì)量為m（不計(jì)重力），從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)E加速，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入中間磁場(chǎng)B ，方向垂直紙面向里，再穿過(guò)中間磁場(chǎng)進(jìn)入右邊足夠大的空間磁場(chǎng)B（B= B），方向垂直于紙面向外，然后能夠按某一路徑再由A返回電場(chǎng)并回到出發(fā)點(diǎn)P ，然后再重復(fù)前述過(guò)程。已知l為P到A的距離，求中間磁場(chǎng)的寬度d和粒子運(yùn)動(dòng)的周期。（虛線表示磁場(chǎng)的分界線）解析：由粒子能

23、“重復(fù)前述過(guò)程”，可知粒子運(yùn)動(dòng)具有周期性；又由粒子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后能夠按某一路徑再返回A點(diǎn)，可知的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性。粒子從A點(diǎn)進(jìn)入中間磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R ，過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，于做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)點(diǎn)F到點(diǎn)D ，由于過(guò)D點(diǎn)后還做勻速圓周回到A（如圖716甲所示），故和CA關(guān)于直線OA對(duì)稱，且OA垂直于磁場(chǎng)的分界線。同理可知，OA也同時(shí)是圓弧的對(duì)稱軸。因此粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是關(guān)于直線OA對(duì)稱的。由于速度方向?yàn)榍芯€方向，所以圓弧、互相相切。（1）設(shè)中間磁場(chǎng)寬度為d ，粒子過(guò)A點(diǎn)的速度為v ，由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得：Rsin = RRsin ，則： =帶電粒子在加速電場(chǎng)中有：qEl =m

24、v2 在中間和右邊磁場(chǎng)中有：R = d = Rcos 解、得：d =（2）粒子運(yùn)動(dòng)周期T由三段時(shí)間組成，設(shè)在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 ，則：t1 = 2設(shè)在中間磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 ，因?yàn)樗鶎?duì)圓心角為，所以：t2 = 2T= 2=設(shè)在右邊磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3 ，因?yàn)樗鶎?duì)圓心角為，所以：t3 =T= 2=所以周期為：T = t1 + t2 + t3 = 2+針對(duì)訓(xùn)練1從距地面高19.6m處的A點(diǎn)，以初速度為5.0m/s沿水平方向投出一小球。在距A點(diǎn)5.0m處有一光滑墻，小球與墻發(fā)生彈性碰撞（即入射角等于反射角，入射速率等于反射率），彈回后掉到地面B處。試求：B點(diǎn)離墻的水平距離為多少？2如圖717所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定電量均為Q的四個(gè)點(diǎn)電荷，在對(duì)角線交點(diǎn)上放一個(gè)質(zhì)量為m ，電量為q（與Q同號(hào)）的自由點(diǎn)電荷。 若將q沿著對(duì)角線移動(dòng)一個(gè)小的距離，它是否會(huì)做周期性振動(dòng)？若會(huì)，其周期是多少？3如圖718所示是一個(gè)由電阻絲構(gòu)成的平面正方形無(wú)窮網(wǎng)絡(luò)，當(dāng)各小段電阻絲的電阻均為R時(shí)，A 、B兩點(diǎn)之間的等效電阻為R/2 ，今將A ，B之間的一小段電阻絲換成電阻為R的另一端電阻絲，試問(wèn)調(diào)換后A ，B之