高中物理竞赛试题解题方法：对称法（2）

高中物理竞赛试题解题方法：对称法例8：一无限长均匀带电细线弯成如图7—8所示的平面图形，其中AB是半径为R的半圆孤，AA′平行于BB′，试求圆心O处的电场强度.解析：如图7—8—甲所示，左上14圆弧内的线元△L1与右下直线上的线元△L3具有角元△对称关系。△L1电荷与△L3电荷在O点的场强△E1与△E3方向相反，若它们的大小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心处场强为零。设电荷线密度为常量，因△很小，△L1电荷与△L3电荷可看做点电荷，其带电量321LqRq当coscos,2Rq有很小时又因为,coscos,2222222211RRKRRKrqKERqKE与△E1的大小相同，且△E1与△E2方向相反，所以圆心O处的电场强度为零.例9：如图7—9所示，半径为R的半圆形绝缘线上、下14圆弧上分别均匀带电+q和－q，求圆心处的场强。解析：因圆弧均匀带电，在圆弧上任取一个微小线元，由于带电线元很小，可以看成点电荷。用点电荷场强公式表示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强。由对称性分别求出合场强的方向再求出其值。在带正电的圆孤上取一微小线元，由于圆弧均匀带电，因而线密度2qR。在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元，两者产生的场强如图7—9—甲所示。显然，两者大小相等，其方向分别与x轴的正、负方向成角，且在x轴方向上分量相等.由于很小，可以认为是点电荷，两线元在O点的场强为,2sin222RhKRKRE方向沿y轴的负方向，所以O点的合场强应对△E求和。即22224222RKqRRKhRKRhKEE。例10：电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，如图7—10所示，P、Q为CD轴线上在O点两侧，离O点距离相等的两点，已知P点的电势为UP，试求Q点的电势UQ。解析：可以设想一个均匀带电、带电量也是q的右半球，与题中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，根据对称性来解.由对称性可知，右半球在P点的电势PU等于左半球在Q点的电势UQ.即PPPPQPQPUUUUUUUU而所以有,正是两个半球在P点的电势，因为球面均匀带电，所以.2RqKUUPP由此解得Q点的电势PQURKqU2.例11：如图7—11所示，三根等长的细绝缘棒连接成等边三角形，A点为三角形的内心，B点与三角形共面且与A相对ac棒对称，三棒带有均匀分布的电荷，此时测得A、B两点的电势各为UA、UB，现将ac棒取走，而ab、bc棒的电荷分布不变，求这时A、B两点的电势AU、BU。解析：ab、bc、ac三根棒中的电荷对称分布，各自对A点电势的贡献相同，ac棒对B点电势的贡献和对A点电势的贡献相同，而ab、bc棒对B点电势的贡献也相同。设ab、bc、ac棒各自在A点的电势为U1，ab、bc棒在B点的电势为U2.由对称性知，ac棒在B点的电势为U1.由电势叠加原理得：3U1=UA①U1+2U2=UB②由①、②两式得U1=UA/36323212ABABBUUUUUUU将ac棒取走后，A、B两点的电势分别为623221ABBBAAAUUUUUUUUU例12：如图7—12所示为一块很大的接地导体板，在与导体板相距为d的A处放有带电量为－q的点电荷。（1）试求板上感应电荷在导体内P点产生的电场强度；（2）试求感应电荷在导体外P′点产生的电场强度（P与P′点对导体板右表面是对称的）；（3）在本题情形，试分析证明导体表面附近的电场强度的方向与导体表面垂直；（4）试求导体上的感应电荷对点电荷－q的作用力；（5）若在切断导体板与地的连线后，再将+Q电荷置于导体板上，试说明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡（略去边缘效应）.解析：在讨论一个点电荷受到面电荷（如导体表面的感应电荷）的作用时，根据“镜像法”可以设想一个“像电荷”，并使它的电场可以代替面电荷的电场，从而把问题大大简化.（1）导体板静电平衡后有E感=E点,且方向相反，因此板上感应电荷在导体内P点产生的场强为2rkqEP，r为AP间距离，方向沿AP，如图7—12甲所示。（2）因为导体接地，感应电荷分布在右表面，感应电荷在P点和P′点的电场具有对称性，因此有2rkqEP，方向如图7—12—甲所示。（3）考察导体板在表面两侧很靠近表面的两点P1和1P.如前述分析，在导体外1P点感应电荷产生的场强大小为211rkqEpi.点电荷在1P点产生的场强大小也是211rkqpEq.方向如图7—12—乙。从图看出，1P点的场强为上述两个场强的矢量和，即与导体表面垂直。（4）重复（2）的分析可知，感应电荷在－q所在处A点的场强为224)2(dkqdkqEiA，方向垂直于导体板指向右方，该场作用于点电荷－q的电场力为224dkqqEFiA，负号表示力的方向垂直于导体板指向左方.（5）切断接地线后，导体板上原来的感应电荷仍保持原来的分布，导体内场强为零.在此情况下再将+Q电荷加在导体板上，只要新增加的电荷在导体内部各处的场强为零，即可保持静电平衡，我们知道电荷均匀分布在导体板的两侧表面时，上述条件即可满足.显然这时+Q将均匀分布在导体板的两侧面上，才能保证板内场强为零，实现静电平衡.例13：如图7—13所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m、带电量为q的小球，线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60°角时，速度又变为零。求：（1）A、B两点的电势差UAB多大？（2）电场强度多大？解析：（1）小球在A、B间摆动，根据能量守恒定律有PBPA取A点为零势能的参考点，即0PB则060sinBAPBqUmglE所以qmglUqmglUABBA2323（2）小球在平衡位置的受力如图7—13—甲。根据共点力的平衡条件：有：60tanmgqE解得电场强度：qmgE3例14：如图7—14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点时小球的动能最大.已知∠cab=30°，若不计重力和空气阻力，试求：（1）电场方向与直径ab间的夹角？（2）若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直，小球恰好能落在c点，则初动能为多少？解析：由于对a点以相同的初动能沿不同方向抛出的小球到达圆周上的各点时其中到达c点的小球动能最大，因此过c点的切线一定是等势线，由此可以确定电场线的方向，至于从a点垂直于电场线抛出的小球可按类平抛运动处理.（1）用对称性判断电场的方向：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的点，且以经过c点时小球的动能最大，可知，电场线平行于圆平面.又根据动能定理，电场力对到达c点的小球做功最多，为qUac。因此，Uac最大。即c点的电势比圆周上任何一点的电势都低.又因为圆周平面处于匀强电场中，故连接Oc，圆周上各点的电势对于Oc对称（或作过c点且与圆周相切的线cf是等势线），Oc方向即为电场方向（如图7—14—甲所示），它与直径ab的夹角为60°。（2）小球在匀强电场中做类平抛运动.小球沿垂直于电场方向抛出，设其初速度为0v，小球质量为m.在垂直于电场线方向，有：tvx0①在沿电场线方向，有：221aty②由图中几何关系可得30cosRx③)60cos1(Ry④且mqEa⑤将③、④、⑤式代入①、②两式解得：mRqEv420所以初动能.821200RqEmvEk例15：如图7—15所示，两块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，在两板间放一半径为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，试求A板与点C间的电压大小为多少？解析：将金属球壳放在电场中达到静电平衡后，球壳为等势体，两极板之间的电场由原来的匀强电场变为如图7—15—甲所示的电场，这时C与A板间电势差就不能用公式UAC=EdAC来计算。我们利用电场的对称性求解。由于电场线和金属球关于球心O对称，所以A板与金属板的电势差UAO和金属球与B板的电势差UOB相等，即UAO=UOB。又A、B两板电势差保持不变为U，即UAO+UOB=U，由以上两式解得：UAO=UOB=2U所以得A、C两点间电势差UAC=UAO=2U例16：如图7—16所示，一静止的带电粒子q，质量为m（不计重力），从P点经电场E加速，经A点进入中间磁场B，方向垂直纸面向里，再穿过中间磁场进入右边足够大的空间磁场B′（B′=B），方向垂直于纸面向外，然后能够按某一路径再由A返回电场并回到出发点P，然后再重复前述过程.已知l为P到A的距离，求中间磁场的宽度d和粒子运动的周期。（虚线表示磁场的分界线）解析：由粒子能“重复前述过程”，可知粒子运动具有周期性；又由粒子经过A点进入磁场后能够按某一路径再返回A点，可知的运动具有对称性。粒子从A点进入中间磁场做匀速圆周运动，半径为R，过C点进入右边磁场，于做半径为R的匀速圆周运动经点F到点D，由于过D点后还做匀速圆周回到A（如图7—16—甲所示），故DA和CA关于直线OA对称，且OA垂直于磁场的分界线.同理可知，OA也同时是CD圆弧的对称轴.因此粒子的运动轨迹是关于直线OA对称的.由于速度方向为切线方向，所以圆弧AC、CD、DA互相相切。（1）设中间磁场宽度为d，粒子过A点的速度为v，由圆周运动的对称性可得sinsinRRR则6带电粒子在加速电场中有221mvqEl①在中间和右边磁场中有qBmvR②d=Rcos③解①、②、③得qBqElmd26（2）粒子运动周期T由三段时间组成，在电场中做匀变速直线运动的时间为t1，qElmt221在中间磁场中运动的时间为t2，因为AC所对圆心角为3，所以qBmqBmTt3222322322在右边磁场中运动的时间为t3因为CD所对圆心角为35所以qBmqBmTt3522352353所以周期为qBmqElmtttT3722321（