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高中奥林匹克物理竞赛解题方法+07对称法


高中奥林匹克物理竞赛解题方法

七、对称法
方法简介
由于物质世界存在某些对称性,使得物理学理论也具有相应的对称性,从而使对称现象 普遍存在于各种物理现象和物理规律中. 应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质 世界的某些基本规律,而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题,这种思维方法在物理 学中称为对称法. 利用对称法分析解决物理问题

,可以避免复杂的数学演算和推导,直接抓 住问题的实质,出奇制胜,快速简便地求解问题.

赛题精析
例 1:沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球 A, 抛出点离水平地面的高度为 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,落地点距墙壁的水平距离 为 2s,如图 7—1 所示. 求小球抛出时的初速度. 解析:因小球与墙壁发生弹性碰撞, 故与墙壁碰撞前后入射速 度与反射速度具有对称性, 碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时 小球继续前进的轨迹相对称,如图 7—1—甲所示,所以小球的运动可 以转换为平抛运动处理, 效果上相当于小球从 A′点水平抛出所做 的运动.

图 7—1

? x = v0 t ? 根据平抛运动的规律: ? 1 2 ? y = 2 gt ?
因为抛出点到落地点的距离为 3s,抛出点的高度为 h 代入后可解得: v0 = x

g g = 3s 2y 2h

例 2:如图 7—2 所示,在水平面上,有两个竖直光滑墙壁 A 和 B,间距为 d, 一个小球以初速度 v 0 从两墙正中间的 O 点斜向上抛 出, 与 A 和 B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点 O, 求小球的抛 射角 θ . 解析:小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成, 若按顺 序求解则相当复杂,如果视墙为一平面镜, 将球与墙的弹性碰撞等 效为对平面镜的物、像移动,可利用物像对称的规律及斜抛规律求解.
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物体跟墙 A 碰撞前后的运动相当于从 O′点开始的斜上抛运动,与 B 墙碰后落于 O 点 相当于落到 O″点,其中 O、O′关于 A 墙对称,O、O″对于 B 墙对称,如图 7—2—甲所 示,于是有

? x = v0 cosθt ? ? 1 2 ? y = v 0 sin θt ? 2 gt ?
代入可解得 sin 2θ =

? x = 2d 落地时? ?y = 0

2dg 1 2dg 所以抛射角θ = arcsin 2 2 2 v0 v0

例 3:A、B、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为 a 的正三角形,每只猎犬追捕猎物 的速度均为 v ,A 犬想追捕 B 犬,B 犬想追捕 C 犬,C 犬想追捕 A 犬,为追捕到猎物,猎犬 不断调整方向,速度方向始终“盯”住对方,它们同时起动,经多长时间可捕捉到猎物? 解析:以地面为参考系,三只猎犬运动轨迹都是一条复杂 的曲线,但根据对称性,三只猎犬最后相交于三角形的中心点, 在追捕过程中,三只猎犬的位置构成三角形的形状不变,以绕 点旋转的参考系来描述,可认为三角形不转动,而是三个顶点向 中心靠近,所以只要求出顶点到中心运动的时间即可. 由题意作图 7—3, 设顶点到中心的距离为 s,则由已知条 件得 s =

3 a 3

由运动合成与分解的知识可知,在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为

v ′ = v cos 30 o =

3 v 2

由此可知三角形收缩到中心的时间为 t =

s 2a = v ′ 3v

此题也可以用递推法求解,读者可自己试解. 例 4:如图 7—4 所示,两个同心圆代表一个圆形槽, 质量为 m,内外半径几乎同为 R. 槽内 A、B 两处分别放 有一个质量也为 m 的小球,AB 间的距离为槽的直径. 不 计一切摩擦. 现将系统置于光滑水平面上,开始时槽静止, 两小球具有垂直于 AB 方向的速度 v ,试求两小球第一次 相距 R 时,槽中心的速度 v 0 . 解析:在水平面参考系中建立水平方向的 x 轴和 y 轴. 由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在 x 轴方向上

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运动。设槽中心沿 x 轴正方向运动的速度变为 v 0 ,两小球 相对槽心做角速度大小为 ω 的圆周运动,A 球处于如图 7—4—甲所示的位置时,相对水平面的两个分速度为

v x = ωR sin θ + v0
v y = ?ωR cos θ

① ②

B 球的运动与 A 球的运动是对称的. 因系统在 x 轴方向上动量守恒、机械能也守恒,因此

mv0 + 2mv x = 2mv 1 1 2 1 2 2 2 × m(v x + v y ) + mv0 = 2 × mv 2 2 2 2

③ ④

将①、②式代入③、④式得: 3v0 = 2v ? 2ωR sin θ
2 2 ω 2 R 2 + 2ωRv0 sin θ + v0 + v0 = v 2

1 2

由此解得 v 0 =

sin θ 2 (1 ? )v 3 3 ? 2 sin 2 θ
o

当两球间距离为 R 时, θ = 30 ,代入可解得槽中心运动的速度为

v0 =

2 1 (1 ? )v 3 10

例 5:用一轻质弹簧把两块质量各为 M 和 m 的木板连接起来, 放在水平上,如图 7—5 所示,问必须在上面木板上施加多大的压 力 F,才能使撤去此力后,上板跳起来恰好使下板离地? 解析:此题可用能量守恒的观点求解,但过程较繁,而用弹簧 形变的“对称性”求解就显得简洁明了. 若用拉力 F 作用在 m 上,欲使 M 离地,拉力 F 至少应为 F=(M+m)g 根据弹簧的拉伸和压缩过程具有的对称性,故要产生上述效果, 作用在 m 上的向下的压力应为 F=(M+m)g 例 6:如图 7—6 所示,长为 l 的两块相同的均匀长方形砖块 A 和 B 叠放在一起,A 砖相对于 B 砖伸出 l/5,B 砖放在水平桌面上,砖 的端面与桌面平行. 为保持两砖不翻倒,B 砖伸出桌面的最大长度是 多少?
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解析:此题可用力矩平衡求解,但用对称法求解,会直观简洁. 把 A 砖右端伸出 B 端的 l/5 截去,补在 B 砖的右端,则变成图 7—6—甲所示的对称形状. 伸出最多时对称轴应恰好通过桌边. 所以: l ? x = x + (l / 5) 解得 B 砖右端伸出桌面的最大长度为 x = 2l / 5 . 例 7:如图 7—7 所示,OABC 是一张水平放置的桌球台面.取 OA 为 x 轴,OC 为 y 轴, (图中未画出 Q 球在台面上的位 P 是红球,坐标为(x,y) ,Q 是白球,坐标为( x 1 , y1 ) 置).已知 OA=BC=25dm,AB=OC=12dm. 若 P 球的坐标为: x = 10dm, y = 8dm 处,问 Q 球的位置在什么 范围内时,可使击出的 Q 球顺次与 AB、BC、CO 和 OA 四壁碰撞反 弹,最后击中 P 球? 解析:由于弹性碰撞反弹服从的规律与光线的反射定律相同,所 以作 P 点对 OA 壁的镜像 P1,P1 对 CO 壁的镜像 P2,P2 对 BC 壁的镜像 P3 和 P3 对 AB 壁的 镜像 P4,则只需瞄准 P4 点击出 Q 球,Q 球在 AB 壁上 D 点反弹后射向 P3,又在 BC 壁上 E 点反弹后射向 P2,依次类推,最后再经 F,G 二点的反弹击中 P 点,如图 7—7—甲所示. 但是,若反弹点 E 离 B 点太近, Q 球从 E 点反 弹后 EP2 线与 CO 的交点,可能不在 CO 壁的范围内 而在 CO 的延长线上, 这时 Q 球就无法击中 CO 壁 (而击到 OA 壁上) ,不符合题目要求,所以,Q 球能 够最后按题目要求击中 P 球的条件是:反弹点 D、E、 F、和 G 一定要在相应的台壁范围之内. 已知 P 点的坐标为(10,8) ,由此可知,各个镜 像点的坐标分别为 P1(10,-8) 2(-10,-8) 3(-10,32) 4(60,32) ,P ,P ,P 设 Q 点的坐标为 ( x ′, y ′) ;直线 QP4 的方程为

32 ? y ′ ( X ? x ′) 60 ? x ′ D 点在此直线上, X D = 25 ,由上式得: Y ? y′ =
1 (800 ? 32 x ′ + 35 y ′) 60 ? x ′ 直线 DP3 的方程为 32 ? y ′ ( X ? xD ) Y ? YD = ? 60 ? x ′ YD =
E 点在此直线上,YE=12,由 此式及②式得
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x E = 25 ?

1 (1 ? 80 + 20 x ′ ? 35 y ′) 32 ? y ′



′ 直线 EP2 的方程为 Y ? YE = 32 ? y ( X ? x E ) ′ 60 ? x

F 点在此直线上, X F = 0, 所以YF = 12 ? 最后,直线 FP1 的方程为 Y ? YF = ? G 点在此直线上,YG=0,所以 X G =

10 (88 ? 2 x ′ + y ′) 60 ? x ′

32 ? y ′ (X ? X F ) 60 ? x ′




1 (?160 + 8 x ′ ? 10 y ′) 32 ? y ′

0 < YD < 12 ? 0 < X E < 25? ? 反弹点位于相应台壁上的条件为 ? 0 < YF < 12 ? 0 < X G < 25? ?



将③、④、⑤和⑥式代入⑦,除肯定满足无需讨论的不等式外,Q 球按题目要求击中 P 球的条件成为

YD : 35 y ′ < 20 x ′ ? 80 ? ? X E : 35 y ′ < 20 x ′ ? 80? YF : 5 y ′ < 4 x ′ ? 80 ? ? X G : 5 y ′ < 4 x ′ ? 80?
上面共两个条件,作直线 l1 : 35Y = 20 X ? 80 及 l 2 : 5Y = 4 X ? 80 如图 7—7—乙所示,若 Q 球位于 l 2 下方的三角形 D0AH0 内,即可同时满足⑧、⑨两式的条件,瞄准 P4 击出,可 按题目要求次序反弹后击中 P 球,三角形 D0AH0 三个顶 点的坐标如图 7—7—乙所示. 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 1/4 圆弧内的线元△L1 与右下直线上的线元△L3 具有角元△ θ 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
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处场强为零. 设电荷线密度为常量 λ ,因△ θ 很小,△L1 电荷与△L3 电 荷可看做点电荷,其带电量

q1 = RΔθλ

q 2 = ΔL3 λ RΔθλ cosθ ? cosθ

当 Δθ很小时, 有q 2 = 又因为 ΔE1 = K

q1 q2 RΔθλ cos 2 θ RΔθλ ? =K , ΔE 2 = K 2 = K , 2 2 2 cos θ R r R R2

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 1/4 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 λ = 2q / πR . 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 θ 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 ΔE = 2 ?

KR ? Δθλ 2 K λ Δh sin θ = , 2 R R2 方向沿 y 轴的负方向,所以 O 点的合场强应对△E 求和.
即E =

∑ ΔE = ∑

2 KλΔh 2 Kλ 2 Kλ 4 Kq = 2 ∑ Δh = 2 R = . 2 R R R πR 2

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 U P 等于左半球在 Q 点的电势 UQ.

′ ′ ′ 即 U P = U Q 所以有U P + U Q = U P + U P , 而U P + U P 正是两个半球在 P 点的电势,因 ′ 为球面均匀带电,所以 U P + U P = K 2q 2 Kq . 由此解得 Q 点的电势 U Q = ?U P . R R
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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 U ′ 、 U B . A
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=UA ① U1+2U2=UB ② 由①、②两式得 U1=UA/3

U ? U1 U2 = B = 2

UB ?

UA 3 = 3U B ? U A 2 6

将 ac 棒取走后,A、B 两点的电势分别为

2 U ′ = U A ? U1 = U A A 3 U U ′ U B = U B ?U2 = B + A 2 6
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 E P =

kq , r2
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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 E P′ = 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 P ′ .如 1 前述分析,在导体外 P ′ 点感应电荷产生的场强大小为 E ip1′ = 1

kq ,方向如图 r2

EiP1′

kq . r12

点电荷在 P ′ 点产生的场强大小也是 Eq p1 = kq . 方向如图 7—12 ′ 1 r12 —乙. 从图看出, P ′ 点的场强为上述两个场强的矢量和,即与导体表面垂直. 1 (4)重复(2)的分析可知,感应电荷在-q 所在处 A 点的场强为 E iA =

EiP1′

kq kq = , 2 ( 2d ) 4d 2

kq 2 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 F = ?qE iA = ? ,负号 4d 2
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 ε PA = ε PB 取 A 点为零势能的参考点,即 ε PB = 0 则 E PB = ?mgl sin 60 + qU BA = 0
o

所以 U BA =

3mgl 2q

U AB = ?

3mgl 2q
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(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: qE = mg tan 60 解得电场强度: E =
o

3mg q

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 θ ? (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 v 0 , 小球质量为 m. 在垂直于电场线方向,有: x = v0 t 在沿电场线方向,有: y = 由图中几何关系可得 ① ②

1 2 at 2

x = R cos 30 o y = R(1 + cos 60 o )


③ ④ ⑤

a=

qE m
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将③、④、⑤式代入①、②两式解得: v0 =
2

RqE 4m

所以初动能 E k 0 =

1 2 RqE mv0 = . 2 8

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=U/2 所以得 A、C 两点间电势差 UAC=UAO=U/2 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 则

θ=

π
6

R ? sin θ = R ? R sin θ

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带电粒子在加速电场中有 qEl = 在中间和右边磁场中有 R =

1 2 mv 2



mv qB

② ③

d=Rcos θ 解①、②、③得

d=

6qElm 2qB

(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,

t1 = 2

2lm qE


在中间磁场中运动的时间为 t2,因为 AC 所对圆心角为

π
3

,所以

2πm 2πm t2 = 2 × 3 T ′ = 2 × 3 = 2π qB 3qB 2π
在右边磁场中运动的时间为 t3 ( 因为 CD 所对圆心角为

π

π

5 π 3

5 5 π π 2πm 5πm 所以 t 3 = 3 T ′ = 3 = 2π 2π qB 3qB
所以周期为 T = t1 + t 2 + t 3 = 2

2lm 7πm + qE 3qB

针对训练
1.从距地面高 19.6m 处的 A 点,以初速度为 5.0m/s 沿水平方向 投出一小球. 在距 A 点 5.0m 处有一光滑墙,小球与墙发生弹性碰撞 (即入射角等于反射角,入射速率等于反射率) ,弹回后掉到地面 B 处. 求:B 点离墙的水平距离为多少? 2.如图 7—17 所示,在边长为 a 的正方形四个顶点上分别固定电 量均为 Q 的四个点电荷,在对角线交点上放一个质量为 m,电量为 q (与 Q 同号)的自由点电荷. 若将 q 沿着对角线移动一个小的距离,它 是否会做周期性振动?若会,其周期是多少?
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3.如图 7—18 所示是一个由电阻丝构成的平面正方形无穷网络, 当各小段电阻丝的电阻均为 R 时,A、B 两点之间的等效电阻为 R/2, 今将 A,B 之间的一小段电阻丝换成电阻为 R′的另一端电阻丝,试 问调换后 A,B 之间的等效电阻是多少? 4.有一无限大平面导体网络,它由大小相同的正六角形网眼组 成,如图 7—19 所示,所有六边形每边的电阻均为 R0,求 a,b 两结 点间的等效电阻.

5.如图 7—20 所示,某电路具有 8 个节点,每两个节点之间都连有一个阻值为 2 Ω 的 电阻,在此电路的任意两个节点之间加上 10V 电压,求电路的总电流,各支路的电流以及电 阻上消耗的总功率. 6.电路如图 7—21 所示,每两个节点间电阻的阻值为 R,求 A、B 间总电阻 RAB. 7.电路如图 7—22 所示,已知电阻阻值均为 15 Ω ,求 RAC,RAB,RAO 各为多少欧?

8.将 200 个电阻连成如图 7—23 所示的电路,图中各 P 点是各支路中连接两个电阻的 导线上的点,所有导线的电阻都可忽略. 现将一电动势为 ε ,内阻为 r 的电源接到任意两个 P 点处,然后将任一个没接电源的支路在 P 点处切断,发现流过电源 的电流与没切断前一样,则这 200 个电阻 R1,R2,…,R100,r1,r2, …,r100 应有下列的普遍关系:

R R1 R2 R3 = = = L = 100 , 这时图中 r1 r2 r3 r100

AB 导线与 CD 导线之间的电压等于 . 9.电路如图 7—24 所示的电阻丝网络中,每一小段电阻丝的电阻
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值都为 R,试求图中 A、B 两点间的等效电阻 RAB. 10.如图 7—25 所示的四面体框架由电阻同为 R 的 6 根电阻丝联结而成,求任意两个顶 点 A、B 间的等效电阻 RAB. 11.一匀质细导线圆环,总电阻为 R,半径为 a,圆环内充满方向垂直于环面的匀强磁 场,磁场以速率 K 均匀的随时间增强,环上的 A、D、C、三点位置对称. 电流计 G 连接 A、 C 两点,如图 7—26 所示. 若电流计内阻为 RG,求通过电流计的电流大小.

七、对称法
1.5.0m 2.会做周期性振动,周期为 π 5. I 总 = 40 A 6.RAB=2R 9. R AB =

ma 3 2 KQq

3. R AB =

RR ′ R + R′

4. Rab = R0

节点 1~8 之间支路电流 I1=5A;其他支路电流 2.5A 7. R AC =

总功率 400W

75 75 Ω, R AB = 15Ω, R AO = Ω 8 8

8.0

16 R 30

10. R AB =

R 2

11.

πa 2 KR
9 Rc + 3R

- 13 -


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