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對稱思想
結構對稱
（2022·湖南月考）ab是長為L的均勻帶電細桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示。ab上電荷產生的靜電場在P1處的場強大小為E1，在P2處的場強大小為E2。則以下說法正確的是（　　）
A．兩處的電場方向相同，E1＜E2 B．兩處的電場方向相反，E1＜E2
C．兩處的電場方向相同，E1＞E2 D．兩處的電場方向相反，E1＞E2
關鍵信息：均勻帶電細桿 → 電性未知，則可能帶正電也可能帶負電
ab上電荷在P1、P2處的場強大小、方向的判斷 → 微元法結合對稱性 → 根據電場疊加原理分析場強的大小以及方向特點
解題思路：由于細桿均勻帶電，我們取a點關于P1的對稱點c，根據微元法結合對稱性以及電場疊加原理，則aP1段與cP1段關于P1點的電場互相抵消，整個桿在P1點的電場，僅僅相當于cb部分在P1所產生的電場。而對于P2點卻是整個桿所產生的電場，相當于cb部分和ac部分所產生電場的疊加，進而比較P1、P2的場強大小以及方向。
如圖，取a點關于P1的對稱點為c，如圖所示
假設均勻細桿帶正電，根據微元法結合對稱性以及電場疊加原理可知：
在P1點，aP1與P1c產生的合場強為0，故P1點場強為cb桿產生的場強E1，方向向左。
在P2點，因P1、P2到cb桿距離均為，即P1、P2處于cb桿的對稱位置。故cb桿在P2處產生的場強與在P1處產生的場強大小相等，為E1，方向向右。同時，ac桿還在P2處產生場強。P2點場強為cb桿與ac桿場強的疊加，大小為E2＝E1＋Eac，方向向右。
故兩點場強方向相反，大小滿足：E1＜E2。
故選：B
（2022·遼寧月考）如圖所示，一條長為L的細線，上端固定，下端拴一質量為m的帶電小球。將它置于一勻強電場中，電場強度大小為E，方向是水平的。已知當細線離開豎直位置的偏角為α時，小球處于平衡。如果使細線的偏角由α增大到φ，然后將小球由靜止開始釋放，則φ應為多大，才能使在細線到達豎直位置時小球的速度剛好為零？
根據受力分析可以判斷小球帶正電，由小球處于受力平衡狀態可知，F＝mgtanα＝qE
解得：tanα＝ ①
由題意可知小球由靜止釋放過程中，重力做正功，電場力做負功，動能的變化量為零，根據動能定理有：mgL(1﹣cosφ)﹣EqLsinφ＝0
解得：tan＝ ②
聯立①②式可得，φ＝2α。
由于重力和電場力均為恒力，這兩個力的合力也是一個恒力，故可以認為這個合力為“等效重力”，當細線與豎直方向夾角為α時小球的位置為平衡位置，那么小球偏離平衡位置后的運動相當于在“等效重力”作用下的運動，根據運動的對稱性（相當于單擺在平衡位置兩側的擺動具有對稱性），細線偏離平衡位置兩側的角度都是α，所以小球靜止釋放的位置，細線應偏離豎直位置的角度為2α，即φ＝2α。
結構對稱主要指某種幾何形態的對稱，往往出現在距離相等的靜電場中或位移相等的運動過程中。例如，在靜電場中點電荷、等量異號（或同號電荷）電場的對稱，部分均勻帶電體電場的對稱。在靜電場中找出其對稱性，往往會出現電場強度的大小相等，方向相同（或相反）的情況，使得問題的求解變得簡單。
電場中也經常存在運動的對稱性。例如，電場中的類豎直上拋運動，圓周運動、類單擺以及周期性交變電場導致的往復運動等。
中心對稱
（智學精選）如圖所示，質量為m的物體放在彈簧上，在豎直方向上做簡諧運動，當振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物重的1.9倍，則下列說法正確的是（　　）
A．物體對彈簧的最小壓力為0.2mg
B．若在物體運動到最低點時加上一質量為0.1m的物體，隨彈簧一起振動（不分離），則振動的振幅將增大
C．物體在振動過程中機械能守恒
D．要使物體在振動過程中不離開彈簧，則振幅不能超過
關鍵信息：簡諧運動 → 具有對稱性，即最高點和最低點加速度大小相等，方向相反
物體對彈簧的最大壓力 → 出現在簡諧運動的最低點
物體對彈簧的最小壓力 → 出現在簡諧運動的最高點
物體在振動過程中不離開彈簧 → 物體在最高點時，彈簧只能處于原長或壓縮狀態（重點）
解題思路：由簡諧運動的對稱性可知物體在最高點和最低點的加速度大小相等，方向相反，故求出物體在最低點時的加速度，進而根據加速度大小相等進一步求出物體在最高點對彈簧的最小壓力；欲使物體不脫離彈簧的臨界是物體振到最高點時，物塊與彈簧之間的壓力恰好為零。
A、因為物體在豎直方向上做簡諧運動，物體在最低點時對彈簧的壓力最大，在最高點對彈簧的壓力最小，在最低點根據牛頓第二定律有FN﹣mg＝ma，解得a＝0.9g，由最高點和最低點相對平衡位置對稱，加速度大小等值反向，所以最高點的加速度大小也為a′＝0.9g，則在最高點時彈簧依舊處于壓縮狀態，由牛頓第二定律有mg﹣FN′＝ma′，故FN′＝mg﹣ma′＝0.1mg，根據牛頓第三定律，物體對彈簧壓力的最小值為0.1mg，故A錯誤；
B、若在物體運動到最低點時加上一質量為0.1m的物體，隨彈簧一起振動（不分離），根據牛頓第二定律有FN﹣(m＋0.1m)g＝(m＋0.1m)a′，加速度將減小，由a＝知，振動的振幅將減小，故B錯誤；
C、物體在振動過程中機械能不守恒，它與彈簧構成的系統機械能守恒，故C錯誤；
D、要使物體不脫離彈簧的臨界是物體振到最高點時，物體與彈簧之間的壓力恰好為零。根據牛頓第二定律可知，此時的最大加速度為g，此時最高點恰在彈簧原長處。由a＝知，當振幅為A時，在最低點有0.9g＝。設振動過程中不離開彈簧時其最大振幅不能超過A′，在最高點有g＝，由此可得A′＝，故D正確；
故選：D。
（2022 山西月考）如圖所示，一個質點在平衡位置O點附近做簡諧運動。若從O點開始計時，經過5s質點第一次經過M點；再繼續運動，又經過2s它第二次經過M點；則該質點第三次經過M點還需要的時間是（　　）
A．6s B．8s C．20s D．24s
設題圖中a、b兩點為質點振動過程的最大位移處，從O點開始計時，假設質點從O點向右運動，從O到M過程歷時5s，M→b→M運動過程歷時2s，根據簡諧運動的特點可知：＝6s，所以簡諧運動的周期為：T＝24s。則質點第三次經過M點還需要的時間為：
Δt＝T﹣2s＝(24﹣2)s＝22s
從O點開始計時，假設質點從O點向左運動，O→a→O→M運動過程歷時5s，M→b→M運動過程歷時2s，則：＋＝(5＋1)s＝6s，所以簡諧運動的周期為：T＝8s
則質點第三次經過M點還需要的時間：
Δt′＝T﹣2s＝(8﹣2)s＝6s
故A正確，BCD錯誤。
故選：A
相對于某一位置的對稱性稱之為中心對稱。最常見的是簡諧運動，質點沿某一直線或弧線，以某一中心位置做往復運動。簡諧運動相對于特定平衡位置的位移、速度、加速度具有空間的軸對稱性。對于時間間隔Δt＝nT（n＝1，2，…），簡諧運動具有時間平移對稱性。解題過程中，往往可以結合x、v、a與t的對稱性來進行求解。
時間反演
（2022 遼寧皇姑區模擬）高鐵站臺上，5位旅客在各自車廂候車線處候車，若動車每節車廂長為l，動車進站時做勻減速直線運動。站在2號候車線處的旅客發現1號車廂經過他所用的時間為t，動車停下時該旅客剛好在2號車廂門口（2號車廂最前端），如圖所示，則（　　）
A．動車從經過5號候車線處的旅客開始到停止運動，經歷的時間為t
B．動車從經過5號候車線處的旅客開始到停止運動，平均速度為
C．1號車廂頭部經過5號候車線處的旅客時的速度為
D．動車的加速度大小為
關鍵信息：每節車廂長為l → 位移等分
進站時做勻減速直線運動到停下 → 逆過程為初速度為0的勻加速直線運動
解題思路：采用逆向思維，認為動車是從1號候車處開始做初速度為零的勻加速直線運動，且運動過程中位移等分，可利用位移關系、速度關系以及平均速度關系進行相關計算。
A．采用逆向思維，動車反向做初速度為0的勻加速直線運動，由題意可知動車第1節車廂最前端經過2號旅客的位移為l，時間為t，有
l＝at2
動車第1節車廂最前端經過5號旅客的位移為4l，時間為t5，有
4l＝
解得：t5＝2t，故A錯誤；
B．動車第1節車廂最前端從經過5號旅客到停下總位移為4l，用時2t，則平均速度為
，故B錯誤；
C．設1號車廂頭部經過5號候車線處的旅客時的速度為v5，則有
4l＝×2t
解得：v5＝，故C正確；
D．動車從經過5號候車線處的旅客開始到停止運動過程，有：0＝v5﹣a·2t
解得：a＝＝，故D錯誤；
故選：C
（2022 廣西江南區月考）如圖甲所示，兩消防員在水平地面A、B兩處使用相同口徑的噴水槍對高樓著火點進行滅火。出水軌跡簡化為如圖乙所示，假設均能垂直擊中豎直樓面上的同一位置點P。不計空氣阻力，則（　　）
A．A處水槍噴出的水在空中運動時間較長
B．B處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大
C．A處水槍噴口噴出水的初速度較大
D．B處水槍噴口每秒噴出水的體積較大
A、兩噴水槍噴出的水從A到P、B到P的運動可分別看成從P到A、P到B的平拋運動，因二者高度相同，故水槍噴出的水在空中運動時間相同，故A錯誤；
B、因兩噴水槍噴出的水運動時間相同，根據x＝vt可知，A處噴水槍噴出水的水平速度大，所以A處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大，故B錯誤；
C、逆過程為平拋運動，因水槍噴出的水在空中運動時間相同，故在A、B兩點處的豎直分運動vy＝gt相同，又因A處噴水槍的水平速度大，將速度進行合成可得A處水槍噴口噴出水的初速度較大，C正確；
D、由于A處水槍噴口噴出水的初速度較大，所以A處水槍噴口每秒噴出的水多，體積較大，故D錯誤；
故選：C
時間反演對稱是指運動的可逆性，即把一個過程用攝像機拍下來，然后把膠卷倒過來放映，假如看上去運動規律（當然不是指“現象”）與順放時一樣，就叫做“時間反演對稱”。體現的是一種逆向思維，例如，末速度是0的勻減速直線運動利用時間反演可以看成是初速度為0的勻加速直線運動；斜拋運動到最高點的過程利用時間反演可以看成平拋運動。
鏡像對稱（空間反演）
（2022 河南月考）如圖，空間中有兩個豎直墻壁MN和PQ，豎直虛線OA為兩墻壁連線的中垂線，M、O、P三點等高，將一小球從O點水平向左拋出，小球與墻壁發生兩次彈性碰撞之后恰好落在地面上的A點，每次碰撞時間極短，碰撞前后，水平方向速度大小不變，豎直方向速度不變，小球從O點運動到B的時間為t1，從B點運動到C點的時間為t2，從C點運動到A點所用的時間為t3；O、B之間的高度差為h1，B、C之間的高度差為h2，C、A之間的高度差為h3，不計空氣阻力和摩擦阻力，則（　　）
A．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8
B．t1∶t2∶t3＝1∶2∶1，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7
C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶8∶7
D．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，h1∶h2∶h3＝1∶7∶8
關鍵信息：彈性碰撞 → 小球碰撞前后速度大小不變，方向存在對稱性，導致軌跡存在鏡像對稱
虛線OA為兩墻壁連線的中垂線 → 水平位移
水平拋出、不計空氣阻力和摩擦阻力 → 平拋運動
解題思路：根據鏡像對稱，做出小球平拋運動的運動軌跡。根據三點間的水平距離求出時間之比。再根據豎直方向自由落體運動規律求三點的高度之比。
設兩墻壁之間的距離為2L，小球在水平方向做勻速直線運動，有t1＝，t2＝，t3＝，所以t1∶t2∶t3＝1∶2∶1
小球在豎直方向做自由落體運動，有h1＝， h1＋h2＝g(t1＋t2)2， h1＋h2＋h3＝g(t1＋t2＋t3)2，即：h1∶h1＋h2∶h1＋h2＋h3＝∶(t1＋t2)2∶(t1＋t2＋t3)2＝1∶9∶16，
化簡得：h1∶h2∶h3＝1∶8∶7，所以選項B正確，ACD錯誤。
故選：B
（2022 江蘇阜寧縣模擬）某同學用下圖實驗裝置觀察光現象：平面鏡水平放置，單色線光源S垂直于紙面放置，S發出的光有一部分直接入射到豎直放置的光屏上，一部分通過平面鏡反射后再到光屏上，則（　　）
A．光現象為干涉現象，光屏上的條紋與平面鏡垂直
B．光現象為衍射現象，光屏上的條紋與平面鏡平行
C．將光屏沿水平方向遠離平面鏡，相鄰條紋間距增大
D．將光源沿豎直方向面鏡，相鄰條紋間距減小
將光路補充完整，如下圖所示：
AB、平面鏡的反射光相當于從S的像點S′發出的光，所以該裝置類似于雙縫干涉裝置，所以能在光屏上觀察到與鏡面平行的干涉條紋，故AB錯誤；
C、若光屏沿水平方向遠離平面鏡，相當于雙縫與光屏間距離L增大，根據雙縫干涉現象中相鄰亮（暗）條紋的間距公式Δx＝，可知屏上的兩個相鄰條紋間的距離增大，故C正確；
D、若將線光源S沿豎直方向面鏡，相當于減小了兩束干涉光（雙縫）的間距d，根據Δx＝可知屏上的兩個相鄰條紋間的距離增大，故D錯誤；
故選：C
物體和它在平面鏡中的像具有的對稱性稱為鏡像對稱，鏡像對稱是一種空間反演，它的重要特點是：物和像大小相同，上下關系不變，左右關系相反。平面鏡成像、小球的彈性碰撞、聲波的反射、點電荷與無限大金屬平板之間的電場線分布等都存在這種特征。解題過程中往往可以使用鏡像對稱將復雜的模型轉化為熟悉的模型。
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