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许多实际的物理研究系统不具有明显的对称性，即破缺类对称，可对其实施某种操作变换，或分割或增补或旋转或替代，或通过变换对象使其演变为对称性更明显系统，通过求解此新对称系统，然后将所得结果引申应用于原来的系统.无论是哪一种方法，其所作的操作，往往是一种对称操作.
1 减割法
求解研究系统系时，分割图形凸兀的部分或减割部分研究对象，使图形组合成一个规则的形状或对称性更高的系统.
例1 求互成120°的三个共面且共点的力的合力，三力分别为50 N、60 N、70 N.
分析与解 根据三个大小相等互成120°的共点力合力为零，我们可以从原力系中减割去这样一个平衡力系：三个互成120°，且均为60 N的力系.这样问题就简化为求10 N和10 N的两个力合成的问题.结果如图1所示.F合=103.
例2 如图2所示abcde是半径为r的圆的内接正五边形，在顶点a、b、c、d处各固定有电量为 Q的点电荷，在e处固定有电量为-3Q的点电荷，求放置在圆心O处的点电荷-q所受到的电场力的大小和方向.
分析与解 图中的-3Q的电荷可以看成一个-4Q的电荷和一个 Q的电荷组成，由对称性可知，O处的点电荷-q受到的总的作用力相当于其正上方e处-4Q电荷给其的作用力.F=4kQqr2，方向在eo连线上并且表现为排斥力.
2 增补法
将研究对象加以补充，使之完整后进行研究的一种方法，“增补”的是“缺损”部分，通过增补，往往可以使原来不完整、不对称、甚至杂乱无章的事物变得完整，对称，使原来变得有规律可循.
例3 如图3所示，在与一质量为M，半径为R，密度均匀的球体距离为R处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1.当从球M中挖去一个半径为R/2的小球体时，剩下部分对m的万有引力为F2，则F1与F2的比是多少？
分析与解 两个物体之间的万有引力与它们之间的距离的平方成反比，即F∝1r2.通常认为只适用于质点或均匀的球形物体.对于本题，当大球体中挖去一小球体后，剩余部分虽然具备轴对称的特点，但已不是球对称，在与质量为m的物体作用时也不能简单地视为质点，即便我们能求出剩余部分的质心所在位置，但我们仍不能用质心到m的距离作为r来计算两者之间的相互作用力.因此要考虑用其他方法.
如果我们将挖去的部分填充起来，用F1表示填充后的匀质实心球对质点的万有引力，可用万有引力定律的公式直接求得，其中r为匀质球球心到质点的距离.用F2表示挖去小球体后的不规则物体对质点的万有引力，由于挖去部分为一匀质实心球，所以可先计算挖去部分对质点的万有引力，然后根据力的叠加原理用F1减去挖去部分的万有引力即可得F2.
从以上几个例子得出，物理系统初看起来似乎对称性不明显，但可变换为对称体系.在解答过程中，不论是方法1的“分割”，还是方法2的“增补”，都需要我们对题图系统的对称性有深刻的认识.
3 反证法
反证法实质是逆向思维的一种方法.它是在假设一个结果前提下依此结果去推证原因，看是否与假设矛盾，以此判定命题是否正确.这是论证中一种常用的方法，有利于培养学生的辩证思维能力.
例4 有一半径为R的半球薄壳，均匀带电，倒扣在xOy面上，如图4所示.图中O为球心，ABCD为球壳边缘，AC为直径，有一电量为q的点电荷位于OC上的E点，OE=r，已知将此点电荷由E点移至球壳的顶点T点时，外力需做功W且W>O，不计重力的影响.（1）试求将此点电荷由E缓慢移至球壳上A点需做功的正负及大小，并说明理由.（2）P为球心下方一点，OP=R.试求将此点电荷由E点缓慢移至P点外力需做功的正负及大小，并说明理由.
分析与解 因为是缓慢移动点电荷，所以外力做功与电场力做功大小相等，而确定电场力做的功，需要确定题中涉及的各点电势.带电半球壳显然是不对称的，因此用初等数学方法不能求出电势.
（1）如果我们能证明在圆面ABCD上各点的场强垂直于该面，则该面是一个等势面，在它上面缓慢移动电荷时，电场力做功为零.
在圆面ABCD上任取一点为考察点，若该点的场强不垂直该面，则可设想另一完全相同的带电半球壳扣在题给的半球壳的下面，结果两个带电半球壳在该点产生的合场强不会为零，这与均匀带电球壳内部场强为零的结论相矛盾，所以均匀带电半球壳产生的电场在圆面ABCD上各点的场强都与该圆面垂直，所以将电荷由E点缓慢移至A点的过程中，外力做功为零.
（2）对完整球壳而言，P点与T点等势，电势差为零.则由电势叠加原理可知，若上半球壳在T、E两点形成的电势差为（φT-φE），则下半球壳在P、E两点形成的电势差为-（φT～φE）.已知W=q（φT-φE），所以在下半球产生的电场中，q由E到P外力做的功必为-W.由对称性可知，在上半球壳产生的电场中，q由E到P外力做的功必为-W.
当然本题也可以用增补法，设想增补另一个完全相同的半球壳扣在题给的半球壳下面，构成一个完整的均匀带电球壳，则球壳及其内部各点的电势都相等，令此电势为φ.根据对称性可知，上、下两个半球壳分别在圆面ABCD上各点引起的电势相等，再由电势叠加原理可知，当只有上半球壳存在时，圆面ABCD上各点的电势都应为完整球壳内电势的一半，即为φ/2，所以将电荷由E点缓慢移至A点的过程中，外力做功为零.
4 电像替代法
对导体面上的分布不均匀的电荷，用虚设的点电荷（像电荷）进行等效替代，将一不完全对称的静电场转化成高度对称的易于计算的等效电场.
例5 如图5（a）距无限大金属板正前方L处，有正点电荷q，金属板接地，求距金属板d处a点的场强E（点电荷q与a连线垂直于金属板）.
分析与解 a点场强E是点电荷q与带电金属板产生的场强的矢量和，带电金属板的电场强度的计算是一个陌生问题.画出点电荷与平行金属板间的电场线并分析其的疏密程度及弯曲特征，会发现其形状与等量异种点电荷电场中的电场线分布相似，金属板位于连线中垂线上，其电势为零，设想金属板左侧与 q对称处放点电荷-q，其效果与 q和金属板间的电场效果相同，在其左侧对称地补偿-q， q相当于物， -q相当于像，如图5 （b）问题等效变成了两点电荷场强的计算，问题就变得简单了.
如图5（b），在 q的左侧对称地补偿-q，根据点电荷的场强计算式E=kQ/r2和场强叠加原理，得
5 分解法
将一个非对称体系分解成为一个对称体系与一个反对称体系之和，这是一种很有效的处理方法，其反对称的对称不仅仅是电荷，还有可能是质量等.
例6 如图6所示，空间有一半径为R的介质球体，球体左半部分均匀带有静止电荷，总电量为Q1，右半部分也均匀带有静止电荷，总电量为Q2，试求全空间的平均场强.
将原带电球体分解为两个带电体体系之和，如图7所示.第-个体系为带电量是12（Q1 Q2）的球对称体系，它在全空间的平均场强显然为零.第二个体系是带等量异号电荷[±12（Q1-Q2）]的反对称体系，它在全空间平均场强也为零.因此，原带电球在全空间平均场强为零.
本题还可以采取另一种分解方法：球体的这种带电方式并不对称，但是若在其中取一个半径ri为无穷小的带电小球，这一小球在全空间的场强Ei便具有球对称性，对应的平均场强必为零，即有i=0.
原带电球体分解为一系列无穷小带电小球后，便将表面上看来并不对称的原问题转化为包含对称性的问题.原带电球体全空间场强E为一系列Ei的叠加，即有E=∑iEi，于是=∑iEi=0.
6 旋转叠加法
将一个非对称系统，经过一定的转动操作后再进行叠加，使其变为对称性系统，然后再沿这一途径解决问题，这种方法适合于满足叠加原理的物理量.
例7 如图8所示，正四面体ABCD各面均为导体，但又彼此绝缘，已知带电后四个面的静电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，求四面体中心O点的电势φ.
分析与解 保持四面体不动，设想按照下述方式调换四个面上的电荷（由电荷分布决定的电势相应地也变换），这一方式是设想四个面的电荷绕中心O旋转，由此保持了它们的相对位置不变，结果会得到正四面体的四个面的若干带电模式，从中可选出以下四种模式，如表1所示.
1 减割法
求解研究系统系时，分割图形凸兀的部分或减割部分研究对象，使图形组合成一个规则的形状或对称性更高的系统.
例1 求互成120°的三个共面且共点的力的合力，三力分别为50 N、60 N、70 N.
分析与解 根据三个大小相等互成120°的共点力合力为零，我们可以从原力系中减割去这样一个平衡力系：三个互成120°，且均为60 N的力系.这样问题就简化为求10 N和10 N的两个力合成的问题.结果如图1所示.F合=103.
例2 如图2所示abcde是半径为r的圆的内接正五边形，在顶点a、b、c、d处各固定有电量为 Q的点电荷，在e处固定有电量为-3Q的点电荷，求放置在圆心O处的点电荷-q所受到的电场力的大小和方向.
分析与解 图中的-3Q的电荷可以看成一个-4Q的电荷和一个 Q的电荷组成，由对称性可知，O处的点电荷-q受到的总的作用力相当于其正上方e处-4Q电荷给其的作用力.F=4kQqr2，方向在eo连线上并且表现为排斥力.
2 增补法
将研究对象加以补充，使之完整后进行研究的一种方法，“增补”的是“缺损”部分，通过增补，往往可以使原来不完整、不对称、甚至杂乱无章的事物变得完整，对称，使原来变得有规律可循.
例3 如图3所示，在与一质量为M，半径为R，密度均匀的球体距离为R处有一质量为m的质点，此时M对m的万有引力为F1.当从球M中挖去一个半径为R/2的小球体时，剩下部分对m的万有引力为F2，则F1与F2的比是多少？
分析与解 两个物体之间的万有引力与它们之间的距离的平方成反比，即F∝1r2.通常认为只适用于质点或均匀的球形物体.对于本题，当大球体中挖去一小球体后，剩余部分虽然具备轴对称的特点，但已不是球对称，在与质量为m的物体作用时也不能简单地视为质点，即便我们能求出剩余部分的质心所在位置，但我们仍不能用质心到m的距离作为r来计算两者之间的相互作用力.因此要考虑用其他方法.
如果我们将挖去的部分填充起来，用F1表示填充后的匀质实心球对质点的万有引力，可用万有引力定律的公式直接求得，其中r为匀质球球心到质点的距离.用F2表示挖去小球体后的不规则物体对质点的万有引力，由于挖去部分为一匀质实心球，所以可先计算挖去部分对质点的万有引力，然后根据力的叠加原理用F1减去挖去部分的万有引力即可得F2.
从以上几个例子得出，物理系统初看起来似乎对称性不明显，但可变换为对称体系.在解答过程中，不论是方法1的“分割”，还是方法2的“增补”，都需要我们对题图系统的对称性有深刻的认识.
3 反证法
反证法实质是逆向思维的一种方法.它是在假设一个结果前提下依此结果去推证原因，看是否与假设矛盾，以此判定命题是否正确.这是论证中一种常用的方法，有利于培养学生的辩证思维能力.
例4 有一半径为R的半球薄壳，均匀带电，倒扣在xOy面上，如图4所示.图中O为球心，ABCD为球壳边缘，AC为直径，有一电量为q的点电荷位于OC上的E点，OE=r，已知将此点电荷由E点移至球壳的顶点T点时，外力需做功W且W>O，不计重力的影响.（1）试求将此点电荷由E缓慢移至球壳上A点需做功的正负及大小，并说明理由.（2）P为球心下方一点，OP=R.试求将此点电荷由E点缓慢移至P点外力需做功的正负及大小，并说明理由.
分析与解 因为是缓慢移动点电荷，所以外力做功与电场力做功大小相等，而确定电场力做的功，需要确定题中涉及的各点电势.带电半球壳显然是不对称的，因此用初等数学方法不能求出电势.
（1）如果我们能证明在圆面ABCD上各点的场强垂直于该面，则该面是一个等势面，在它上面缓慢移动电荷时，电场力做功为零.
在圆面ABCD上任取一点为考察点，若该点的场强不垂直该面，则可设想另一完全相同的带电半球壳扣在题给的半球壳的下面，结果两个带电半球壳在该点产生的合场强不会为零，这与均匀带电球壳内部场强为零的结论相矛盾，所以均匀带电半球壳产生的电场在圆面ABCD上各点的场强都与该圆面垂直，所以将电荷由E点缓慢移至A点的过程中，外力做功为零.
（2）对完整球壳而言，P点与T点等势，电势差为零.则由电势叠加原理可知，若上半球壳在T、E两点形成的电势差为（φT-φE），则下半球壳在P、E两点形成的电势差为-（φT～φE）.已知W=q（φT-φE），所以在下半球产生的电场中，q由E到P外力做的功必为-W.由对称性可知，在上半球壳产生的电场中，q由E到P外力做的功必为-W.
当然本题也可以用增补法，设想增补另一个完全相同的半球壳扣在题给的半球壳下面，构成一个完整的均匀带电球壳，则球壳及其内部各点的电势都相等，令此电势为φ.根据对称性可知，上、下两个半球壳分别在圆面ABCD上各点引起的电势相等，再由电势叠加原理可知，当只有上半球壳存在时，圆面ABCD上各点的电势都应为完整球壳内电势的一半，即为φ/2，所以将电荷由E点缓慢移至A点的过程中，外力做功为零.
4 电像替代法
对导体面上的分布不均匀的电荷，用虚设的点电荷（像电荷）进行等效替代，将一不完全对称的静电场转化成高度对称的易于计算的等效电场.
例5 如图5（a）距无限大金属板正前方L处，有正点电荷q，金属板接地，求距金属板d处a点的场强E（点电荷q与a连线垂直于金属板）.
分析与解 a点场强E是点电荷q与带电金属板产生的场强的矢量和，带电金属板的电场强度的计算是一个陌生问题.画出点电荷与平行金属板间的电场线并分析其的疏密程度及弯曲特征，会发现其形状与等量异种点电荷电场中的电场线分布相似，金属板位于连线中垂线上，其电势为零，设想金属板左侧与 q对称处放点电荷-q，其效果与 q和金属板间的电场效果相同，在其左侧对称地补偿-q， q相当于物， -q相当于像，如图5 （b）问题等效变成了两点电荷场强的计算，问题就变得简单了.
如图5（b），在 q的左侧对称地补偿-q，根据点电荷的场强计算式E=kQ/r2和场强叠加原理，得
5 分解法
将一个非对称体系分解成为一个对称体系与一个反对称体系之和，这是一种很有效的处理方法，其反对称的对称不仅仅是电荷，还有可能是质量等.
例6 如图6所示，空间有一半径为R的介质球体，球体左半部分均匀带有静止电荷，总电量为Q1，右半部分也均匀带有静止电荷，总电量为Q2，试求全空间的平均场强.
将原带电球体分解为两个带电体体系之和，如图7所示.第-个体系为带电量是12（Q1 Q2）的球对称体系，它在全空间的平均场强显然为零.第二个体系是带等量异号电荷[±12（Q1-Q2）]的反对称体系，它在全空间平均场强也为零.因此，原带电球在全空间平均场强为零.
本题还可以采取另一种分解方法：球体的这种带电方式并不对称，但是若在其中取一个半径ri为无穷小的带电小球，这一小球在全空间的场强Ei便具有球对称性，对应的平均场强必为零，即有i=0.
原带电球体分解为一系列无穷小带电小球后，便将表面上看来并不对称的原问题转化为包含对称性的问题.原带电球体全空间场强E为一系列Ei的叠加，即有E=∑iEi，于是=∑iEi=0.
6 旋转叠加法
将一个非对称系统，经过一定的转动操作后再进行叠加，使其变为对称性系统，然后再沿这一途径解决问题，这种方法适合于满足叠加原理的物理量.
例7 如图8所示，正四面体ABCD各面均为导体，但又彼此绝缘，已知带电后四个面的静电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，求四面体中心O点的电势φ.
分析与解 保持四面体不动，设想按照下述方式调换四个面上的电荷（由电荷分布决定的电势相应地也变换），这一方式是设想四个面的电荷绕中心O旋转，由此保持了它们的相对位置不变，结果会得到正四面体的四个面的若干带电模式，从中可选出以下四种模式，如表1所示.