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高中竞赛方法 6.递推法


高中物理奥赛经典

六、递推法
方法简介
递推法是解决物体与物体发生多次作用后的情况。 即当问题中涉及相互联系的物体 较多并且有规律时,应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类,然后求出通式。 具体方法是先分析某一次作用的情况,得出结论。 再根据多次作用的重复性和它们的共 同点,把结论推广,然后结合数学知识求解。 用递推法解题的关键是导

出联系相邻两次 作用的递推关系式。

塞题精析
例 1:质点以加速度 a 从静止出发做直线运动,在某时刻 t ,加速度变为 2a ;在时 刻 2t ,加速度变为 3a ;… ;在 nt 时刻,加速度变为(n + 1) a ,求: (1)nt 时刻质点的速度; (2)nt 时间内通过的总路程。 解析:根据递推法的思想,从特殊到一般找到规律,然后求解。 解析 (1)物质在某时刻 t 末的速度为 vt = at 2t 末的速度为 v2t = vt + 2at 即 v2t = at + 2at 3t 末的速度为 v3t = v2t + 3at = at + 2at + 3at …… 则 nt 末的速度为 vnt = v(n-)t + nat = at + 2at + 3at + … + nat = at (1 + 2 + 3 + … + n) = at ?
1 1 (n + 1)n = n (n + 1)at 2 2 1 n (n + 1)(2n + 1)at2 12

(2)同理:可推得 nt 内通过的总路程 s =

例 2:小球从高 h0 = 180m 处自由下落,着地后跳起又下落,每与地面相碰一次,速 度减小
1 (n = 2) ,求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程。 取 10m/s2) (g n

解析: 解析:小球从 h0 高处落地时,速率 v0 = 2gh 0 = 60m/s 第一次跳起时和又落地时的速率 v1 = 第二次跳起时和又落地时的速率 v2 = …… 第 m 次跳起时和又落地时的速率 vm = 每次跳起的高度依次为 h1 =
v0 2m v0 2 v0 22

v2 h v12 h 0 = 2 ,h2 = 2 = 0 ,……, 2g n 2g n 4
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通过的总路程 Σs = h0 + 2h1 + 2h2 + … + 2hm + … = h0 + = h0 +
2h 0 1 1 1 (1 + 2 + 4 + … + 2 m?2 + …) n2 n n n 2h 0 n2 +1 5 = h0 ? 2 = h0 = 300m n2 ?1 n ?1 3

经过的总时间为 Σt = t0 + t1 + t2 + … + tm + … = = =
v0 2v1 2v + + … + m+ … g g g v0 1 1 [1 + 2 ? + … + 2 ? ( )m + …] g n n v0 n + 1 3v0 ? = =18s g n ?1 g

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:由题意可知,由题意可知,三只猎犬都做等速率曲线运动,而且任一时刻三只 解析 猎犬的位置都分别在一个正三角形的三个顶点上,但这正三角形的边长不断减小,如图 6 —1 所示。所以要想求出捕捉的时间,则需用微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运 动,再用递推法求解。 设经时间 t 可捕捉猎物,再把 t 分为 n 个微小时间间隔 ?t ,在每一个 ?t 内每只猎犬 的运动可视为直线运动,每隔 ?t ,正三角形的边长分别为 a1 、a2 、a3 、… 、an ,显 然当 an→0 时三只猎犬相遇。 a1 = a-AA1-BB1cos60°= a- v?t a2 = a1- v?t = a-2× v?t a3 = a2- v?t = a-3× v?t …… an = a-n ? 因为 a-n ? 所以:t =
3 v?t 2 3 v?t = 0 ,即 n?t = t 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

2a 3v

(此题还可用对称法,在非惯性参考系中求解。 ) 例 4:一列进站后的重载列车,车头与各节车厢的质量相等,均为 m ,若一次直接起 : 动,车头的牵引力能带动 30 节车厢,那么,利用倒退起动,该车头能起动多少节同样质
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量的车厢? 解析:若一次直接起动,车头的牵引力需克服摩擦力做功,使各节车厢动能都增加, 解析: 若利用倒退起动,则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变,但各节车厢起动的动能则 不同。 原来挂钩之间是张紧的,倒退后挂钩间存在Δs 的宽松距离,设火车的牵引力为 F , 则有: 车头起动时,有:(F-?mg) ?s = m v12
′ 拉第一节车厢时:(m + m) v1 = mv1 1 2

故有: v′2 = 1

1 2 1 F v1 = ( -?g) ?s 4 2 m 1 2 1 2

(F-2?mg) ?s = ×2m v 2 - ×2m v′2 2 1 拉第二节车厢时:(m + 2m) v′ = 2mv2 2 故同样可得: v′ = 2 …… 推理可得: v′2 = n
n F 2n + 1 ( - ?g) ?s n +1 m 3 2n + 1 ?mg 3 4 2 2 F 5 v 2 = ( - ?g) ?s 9 3 m 3

由 v′2 >0 可得:F> n

另由题意知 F = 31?mg ,得:n<46 因此该车头倒退起动时,能起动 45 节相同质量的车厢。 例 5 有 n 块质量均为 m ,厚度为 d 的相同砖块,平放在水 平地面上,现将它们一块一块地叠放起来,如图 6—2 所示,人至 少做多少功? 每次克 解析 将平放在水平地面上的砖一块一块地叠放起来, 服重力做的功不同,因此需一次一次地计算递推出通式计算。 将第 2 块砖平放在第一块砖上人至少需克服重力做功为 W2 = mgd 将第 3 、4 、… 、n 块砖依次叠放起来,人克服重力至少所需做的功分别为: W3 = mg2d W4 = mg3d W5 = mg4d …… Wn = mg (n-1)d 所以将 n 块砖叠放起来,至少做的总功为 W = W1 + W2 + W3 + … + Wn = mgd + mg2d + mg3d + … + mg (n-1)d

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n(n ? 1) mgd 2

例 6:如图 6—3 所示,有六个完全相同的长条薄片 AiBi(i = 2 、4 、…)依次架在水平碗口上,一端搁在 碗口,另一端架在另一薄片的正中位置(不计薄片的质 量) 将质量为 m 的质点置于 A1A6 的中点处,试求: 。 A1B1 薄片对 A6B6 的压力。 解析: 通过观察会发现, 1B1 、 A 解析 本题共有六个物体, A2B2 、…、A5B5 的受力情况完全相同,因此将 A1B1 、 A2B2 、…A5B5 作为一类,对其中一个进行受力分析, 找出规律,求出通式即可求解。 以第 i 个薄片 AB 为研究对象,受力情况如图 6—3 甲所示,第 i 个薄片受到前一个薄片向上的支持力 Ni 、 碗边向上的支持力和后一个薄片向下的压力 Ni+1。 选碗边 B 点为轴,根据力矩平衡有: Ni ? L = Ni+1 ?
L 1 ,得:Ni = Ni+1 2 2 1 2 1 1 1 5 ? N3 = … = ( ) N6 2 2 2

所以:N1 = N2 =



再以 A6B6 为研究对象,受力情况如图 6—3 乙所示,A6B6 受到薄片 A5B5 向上的支持力 N6、 碗向上的支持力和后一个薄片 A1B1 向下的压力 N1 、质点向下的压力 mg 。 选 B6 点为轴, 根据力矩平衡有: N1 ?
L 3L + mg ? = N6 ? L 2 4 mg 42 mg 。 42 L )的正方形,要求此桥具有 4



由①、②联立,解得:N1 =

所以,A1B1 薄片对 A6B6 的压力为

例 7:用 20 块质量均匀分布的相同光滑积木块,在光滑水平面上一块叠一块地搭成单 孔桥,已知每一积木块长度为 L ,横截面是边长为 h(h =

最大的跨度(即桥孔底宽) ,计算跨度与桥孔高度的比值。 解析:为了使搭成的单孔桥平衡,桥孔两侧应有相同的积木块,从上往下计算,使积 解析 木块均能保证平衡,要满足合力矩为零,平衡时,每块积木块都有最大伸出量,则单孔桥 就有最大跨度,又由于每块积木块都有厚度,所以最大跨度与桥孔高度存在一比值。 将从上到下的积木块依次计为 1 、2 、… 、n ,显然第 1 块相对第 2 块的最大伸出 量为:?x1 =
L 2

第 2 块相对第 3 块的最大伸出量为 ?x2(如图 6—4 所示) ,则:
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G ? ?x2 = ( 得:?x2 =

L -?x2) ? G 2 L L = 4 2× 2

同理可得第 3 块的最大伸出量: ?x3 = …… 最后归纳得出:?xn =
9

L 2×3 L 2× n

所以总跨度:k = 2 ∑ ?x n = 11.32h
n =1

跨度与桥孔高的比值为:

k 11.32h = =1.258 H 9h

例 8:如图 6—5 所示,一排人站在沿 x 轴的水平轨道旁,原点 O 两侧的人的序号都 : 记为 n = 1 、 、 、 。 每人只有一个沙袋, (n 2 3 …) x>0 一侧的每个沙袋质量为 m = 14kg , x<0 一侧的每个沙袋质量 m′= 10kg 。 一质量为 M = 48kg 的小车以某初速度 v0 从原点出 发向正 x 轴方向滑行。 不计轨道阻力。 当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速 度 v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍。 是此人的序号数) (n (1)空车出发后,车上堆积了 几个沙袋时车就反向滑行? (2)车上最终有大小沙袋共多 少个? 解析: 解析:当人把沙袋以一定的速度朝与车速相反的方向沿车面扔到车上时,由动量守恒 定律知,车速要减小,可见,当人不断地把沙袋以一定的速度扔到车上,总有一时刻使车 速反向或减小到零, 如车能反向运动, 则另一边的人还能将沙袋扔到车上, 直到车速为零, 则不能再扔,否则还能扔。 小车以初速 v0 沿正 x 轴方向运动,经过第 1 个(n = 1)人的身旁时,此人将沙袋以 u = 2nv0 = 2v0 的水平速度扔到车上,由动量守恒得:Mv0-m ? 2v0 = (M + m)v1 ,当小车运 动到第 2 人身旁时,此人将沙袋以速度 u′= 2nv1 = 4v1 的水平速度扔到车上,同理有:(M + m)v1-m ? 2nv1 = (M + 2m)v2 ,所以,当第 n 个沙袋抛上车后的车速为 vn ,根据动量守 恒有: [M + (n-1)m]vn-1-2n ? m vn-1 = (M + nm)vn ,即:vn = 同理有:vn+1 =
M ? (n + 2)m vn M + (n + 1)m M ? (n + 1)m vn-1 。 M + nm

若抛上(n + 1)包沙袋后车反向运动,则应有 vn>0 ,vn+1<0 即:M-(n + 1)m>0 ,M-(n + 2)m<0

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由此两式解得:n<

38 20 ,n> 。因 n 为整数,故取 3 。 14 14

当车反向滑行时,根据上面同样推理可知,当向左运动到第 n 个人身旁,抛上第 n 包 沙袋后由动量守恒定律有: [M + 3m + (n-1)m′] v′ ?1 -2n ? m′vn-1 = (M + 3m + nm′) v′ n n 解得: v′ = n
M + 3m ? (n + 1)m′ v′ ?1 n M + 3m + nm′ M + 3m ? (n + 2)m ′ v′ n M + 3m + (n + 1)m ′

同理有: v′ +1 = n

设抛上(n + 1)个沙袋后车速反向,要求 v′ >0 , v′ +1 ≤0 n n 即: ?
? M + 3m ? (n + 1)m′ f 0 ?n f 7 解得 ? ? M + 3m ? (n + 2)m′ ≤ 0 ?n = 8

即抛上第 8 个沙袋后车就停止,所以车上最终有 11 个沙袋。 例 9:如图 6—6 所示,一固定的斜面,倾角 θ = 45°,斜面长 L = 2.00 米。 在斜面 : 下端有一与斜面垂直的挡板。 一质量为 m 的质点,从斜面的最高点沿斜面下滑,初速度 为零。下滑到最底端与挡板发生弹性碰撞。已知质点与斜面间的动摩擦因数 ? = 0.20 ,试 求此质点从开始到发生第 11 次碰撞的过程中运动的总路程。 解析: 解析:因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功,且每次做功又不相同,所以要想求质 点从开始到发生 n 次碰撞的过程中运动的总路程, 需一次 一次的求,推出通式即可求解。 设每次开始下滑时,小球距档板为 s ,则由功能关 系: ?mgcosθ (s1 + s2) = mg (s1-s2)sinθ ?mgcosθ (s2 + s3) = mg (s2-s3)sinθ 即有:
s 2 s3 sin θ ? ? cos θ 2 = = … = = s1 s 2 sin θ + ? cos θ 3

由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列,其公比为 ∴在发生第 11 次碰撞过程中的路程: s = s1 + 2s2 + 2s3 + … + 2s11 = 2 (s1 + s2 + s3 + … + s11)-s1
2 ? ? s1 ?1 ? ( )11 ? 2 3 ? ? = 2× -s1 = 10-12× ( )11 = 9.86m 2 3 1? 3

2 3

例 10:如图 6—7 所示,一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上,槽内嵌着三个 : 大小相同的刚性小球,它们的质量分别是 m1 、m2 和 m3 ,m2 = m3 = 2m1 。 小球与槽的 两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽略不计。 开始时,三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置, 彼此间距离相等,m2 和 m3 静止,m1 以初速 v0 =
πR 沿槽运动,R 为圆环的内半径和小球 2

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半径之和,设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞,求此系统的运动周期 T 。 解析:当 m1 与 m2 发生弹性碰撞时,由于 m2 = 2m1 , 解析: 所以 m1 碰后弹回,m2 向前与 m3 发生碰撞。 而又由于 m2 = m3 ,所以 m2 与 m3 碰后,m3 能静止在 m1 的位置,m1 又以 v 速度被反弹,可见碰撞又重复一次。 当 m1 回到初 始位置,则系统为一个周期。 m 当 以 m1 、 2 为研究对象, m1 与 m2 发生弹性碰撞后, 根据动量守恒定律,能量守恒定律可写出: m1v0 = m1v1 + m2v2 ①
1 1 1 2 m1 v0 = m1 v12 + m2 v 2 2 2 2 2



由①、②式得:v1 =

2m1 m1 ? m 2 1 2 v0 =- v0 ,v2 = v0 = v0 m1 + m 2 m1 + m 2 3 3 2 3

以 m2 、m3 为研究对象,当 m2 与 m3 发生弹性碰撞后,得 v3 = v0 , v′ = 0 2
′ ′ 以 m3 、m1 为研究对象,当 m3 与 m1 发生弹性碰撞后,得 v3 = 0 , v1 = v0

由此可见,当 m1 运动到 m2 处时与开始所处的状态相似。 所以碰撞使 m1 、m2 、m3 交换位置,当 m1 再次回到原来位置时,所用的时间恰好就是系统的一个周期 T ,由此可 得周期: T = 3(t1 + t2 + t3) = 3× (
2πR 2πR 2πR 10πR 10πR + + )= = = 20s 3v0 v0 3v0 v0 πR / 2

例 11:有许多质量为 m 的木块相互靠着沿一直线排列于光滑的水平面上。 每相邻的 : 两个木块均用长为 L 的柔绳连接着。 现用大小为 F 的恒力沿排列方向拉第一个木块,以 后各木块依次被牵而运动,求第 n 个木块被牵动时的速度。 解析: 解析:每一个木块被拉动起来后,就和前面的木块成为一体,共同做匀加速运动一段 距离 L 后, 把绳拉紧, 再牵动下一个木块。 在绳子绷紧时, 有部分机械能转化为内能。 因 此,如果列出(n-1)FL = nm v 2 ,这样的关系式是错误的。 n 设第(n-1)个木块刚被拉动时的速度为 vn-1 ,它即将拉动下一个木块时速度增至 v′ ?1 n 第 n 个木块刚被拉动时速度为 vn 。 对第(n-1)个木块开始运动到它把下一段绳子即 将拉紧这一过程,由动能定理有: FL = (n-1)m v′21 - (n-1)m v 2 ?1 n? n
1 2 1 2 1 2



对绳子把第 n 个木块拉动这一短暂过程,由动量守恒定律,有: (n-1)m v′ ?1 = nmvn ,得: v′ ?1 = n n
1 2 n vn n ?1



把②式代入①式得:FL = (n-1)m (

n 1 vn )2- (n-1)m v 2 ?1 n n ?1 2

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整理后得:(n-1)

2FL = n2 v 2 -(n-1)2 v 2 ?1 n n m
2FL = 22 v 2 - v12 2 m 2FL 2 = 32 v3 -22 v 2 2 m 2FL 2 = 42 v 2 -32 v3 4 m 2FL = n2 v 2 -(n-1)2 v 2 ?1 n n m



③式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式,由③式可知 当 n = 2 时,有:

当 n = 3 时,有:2 ? 当 n = 4 时,有:3 ? …… 一般地,有:(n-1)

将以上(n-1)个等式相加,得:(1 + 2 + 3 + … + n-1) 所以有:
n(n ? 1) 2FL ? = n2 v 2 - v12 n 2 m FL(n ? 1) nm

2FL = n2 v 2 - v12 n m

在本题中 v1 = 0 ,所以:vn =

例 12:如图 6—8 所示,质量 m = 2kg 的平板小车,后端放有质量 M = 3kg 的铁块, : 它和车之间动摩擦因数 ? = 0.50 。开始时,车和铁块共同以 v0 = 3m/s 的速度向右在光滑 水平面上前进,并使车与墙发生正碰,设碰撞时间极短,碰撞无机械能损失,且车身足够 长,使得铁块总不能和墙相碰,求小车走过的总路程。 解析; 解析;小车与墙撞后,应以原速率弹回。 铁块 由于惯性继续沿原来方向运动,由于铁块和车的相 互摩擦力作用,过一段时间后,它们就会相对静止, 一起以相同的速度再向右运动,然后车与墙发生第 二次碰撞,碰后,又重复第一次碰后的情况。 以后 车与墙就这样一次次碰撞下去。 车每与墙碰一次, 铁块就相对于车向前滑动一段距离, 系统就有一部分机械能转化为内能, 车每次与墙碰后, 就左、右往返一次,车的总路程就是每次往返的路程之和。 设每次与墙碰后的速度分别为 v1 、v2 、v3 、… 、vn 、…车每次与墙碰后向左运动 的最远距离分别为 s1 、s2 、s3 、… 、sn 、… 。 以铁块运动方向为正方向,在车与墙 第(n-1)次碰后到发生第 n 次碰撞之前,对车和铁块组成的系统,由动量守恒定律有: (M-m)vn-1 = (M + m)vn ,所以:vn = 由这一关系可得:v2 = 一般地,有:vn =
v1 5n?1
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v M?m vn-1 = n ?1 M+m 5

v1 v1 ,v3 = 2 ,… 5 5

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由运动学公式可求出车与墙发生第 n 次碰撞后向左运动的最远距离为: sn =
v 2 v12 1 n = ? 2a 2a 52 n?2
v12 v2 1 v2 1 v2 1 ,s2 = 1 ? 2 ,s3 = 1 ? 4 ,… ,sn = 1 ? 2 n?2 2a 2a 5 2a 5 2a 5 v12 1 1 1 (1 + 2 + 4 + … + 2 n?2 + … ) 2a 5 5 5

类似地,由这一关系可递推到: s1 =

所以车运动的总路程:s 总 = 2 (s1 + s2 + s3 + … + sn + … ) = 2? =

2 v1 v 2 25 1 ? = 1 ? a 1? 1 a 24 52

因为 v1 = v0 = 3m/s ,a =

?Mg 15 = m/s2 m 2

所以:s 总 = 1.25m 例 13:10 个相同的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上,如图 6—9 所示,每个 木块的质量 m = 0.40kg ,长度 l = 0.45m ,它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为 ?2 = 0.10 ,原来木块处于静止状态。 左方第一个木块的左端上方放一个质量为 M =1.0kg 的小铅块,它与木块间的静摩擦因数和动摩擦因数均为 ?1 = 0.20 ,现突然给铅块一向右 的初速度 v0 = 4.3m/s ,使其在大木块上滑行。 试确定铅块最后的位置在何处(落在地上 还是停在哪块木块上) 重力加速度 g 取 10/s2 ,设铅块的长度与木块相比可以忽略。 。 解析:当铅块向右 解析 运动时, 铅块与 10 个相 同的扁长木块中的第一 块先发生摩擦力,若此 摩擦力大于 10 个扁长 木块与地面间的最大静摩擦力,则 10 个扁长木块开始运动,若此摩擦力小于 10 个扁长木 块与地面间的最大摩擦力,则 10 个扁长木块先静止不动,随着铅块的运动,总有一个时 刻扁长木块要运动,直到铅块与扁长木块相对静止,后又一起匀减速运动到停止。 铅块 M 在木块上滑行所受到的滑动摩擦力 f1 =?1Mg = 2.0N 设 M 可以带动木块的数目为 n ,则 n 满足:f1-?2 (M + m)g-(n-1) ?2mg≥0 即:2.0-1.4-0.4 (n-1)≥0 上式中的 n 只能取整数,所以 n 只能取 2 ,也就是当 M 滑行到倒数第二个木块时, 剩下的两个木块将开始运动。设铅块刚离开第 8 个木块时速度为 v ,则:
1 1 2 Mv2 = M v0 -?1Mg ? 8l 2 2

得:v2 = 2.49 (m/s)2>0 由此可见木块还可以滑到第 9 个木块上。 M 在第 9 个木块上运动如图 6—9 甲所示, 则对 M 而言有:-?1Mg = MaM
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得:aM =-2.0m/s 第 9 及第 10 个木块的动力学方程为: ?1Mg-?2 (M + m)g-?2mg = 2mam 得:am = 0.25m/s2 设 M 刚离开第 9 个木块上时速度为 v′,而第 10 个木块运动的速度为 V′,并设木 块运动的距离为 s ,则 M 运动的距离为(s + l) ,有: 2 v′2 = v + 2aM (s + l) V ′2 = 2ams v′= v + aMt V′= amt 消去 s 及 t 求出: ?
? v′ = 0.611m / s ? v′ = ?0.26m / s ? 或? ? V ′ = 0.212m / s ? V ′ = 0.23m / s ?

2

显然后一组解不合理,应舍去。 因 v′>V′,故 M 将运动到第 10 个木块上。 再设 M 运动到第 10 个木块的边缘时速度为 v″,这时木块的速度为 V″,则: v′′2 = v′2 + 2aM (s′+ l) 解得: v′′2 =-1.63-4s′<0 ,故 M 不能滑离第 10 个木块,只能停在它的表面上, 最后和木块一起静止在地面上。 例 14:如图 6—10 所示,质量为 m 的长方形箱 : 子,放在光滑的水平地面上。 箱内有一质量也为 m 的小滑块,滑块与箱底间无摩擦。开始时箱子静止不 动,滑块以恒定的速度 v0 从箱子的 A 壁处向 B 处运 动,后与 B 壁碰撞。 假设滑块与箱壁每碰撞一次, 两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的 e 倍,且 e = 4
1 。 2

(1)要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不超过其初始动能的 40% ,滑块与箱壁 最多可碰撞几次? (2)从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间,箱子的平均速度是多少? 解析: 解析:由于滑块与箱子在水平方向不受外力,故碰撞时系统水平方向动量守恒。 根 据题目给出的每次碰撞前后相对速度之比,可求出每一次碰撞过程中动能的损耗。滑块开 始运动到完成题目要求的碰撞期间箱子的平均速度,应等于这期间运动的总位移与总时间 的比值。 (1)滑块与箱壁碰撞,碰后滑块对地速度为 v ,箱子对地速度为 u 。 由于题中每次 碰撞的 e 是一样的,故有: e=
u ? vn u1 ? v1 u 2 ? v 2 = = … = n v0 ? u 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1 v1 ? u1 v 2 ? u 2 v ? un = = … = n v0 ? u 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1
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或-e =

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(-e)n =

v ? un v1 ? u1 v 2 ? u 2 × × … × n v0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1

即碰撞 n 次后:vn-un = (-e)n ? v0 碰撞第 n 次的动量守恒式是:mvn + mun = mv0
1 2 1 2

① ②

①、②联立得:vn = [1 + (-e)n]v0 ,un = [1-(-e)n]v0 第 n 次碰撞后,系统损失的动能:
2 2 2 ?Ekn = Ek-Ekn = m v0 - m ( v 2 + u 2 ) = m v0 - m v0 (1 + e2n) = n n

1 2

1 2

1 2

1 4

1 ? e 2n 1 2 × m v0 2 2

=

1 ? e 2n Ek 2

下面分别讨论:
?E 1 ? e2 当 n = 1 时, k1 = = Ek 2
1? 2 1 2 = 0.146

1 1? ?E k 2 1 ? e 4 当 n = 2 时, = = 2 = 0.250 Ek 2 2 ?E 1 ? e6 = 当 n = 3 时, k 3 = Ek 2 1? 1 1 2 2 = 0.323 2

1 1? ?E k 4 1 ? e8 当 n = 4 时, = = 4 = 0.375 Ek 2 2 ?E 1 ? e10 当 n = 5 时, k 5 = = Ek 2 1? 1 1 4 2 = 0.412 2

因为要求的动能损失不超过 40%,故 n = 4 。 (2)设 A、B 两侧壁的距离为 L ,则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间 t0 =
L L L 。 在下一次发生碰撞的时间 t1 = = ,共碰撞四次,另两次碰撞的时间分 v0 u1 ? v1 ev0
L L L 、t3 = 3 ,所以总时间 t = t0 + t1 + t2 + t3 = 3 (1 + e + e2 + e3) e v0 e v0 e v0
2

别为 t2 =

在这段时间中,箱子运动的距离是: s = 0 + u1t1 + u2t2 + u3t3 = (1 + e)v0× =
1 2 L 1 L 1 L + (1-e2)v0× 2 + (1 + e3) v0× 3 ev0 2 e v0 2 e v0

L L L L L L + - 2+ + 3 + 2 2e 2 2e 2 2e
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=

L (1 + e + e2 + e3) 2e3

L (1 + e + e 2 + e3 ) v s 2e3 所以平均速度为: v = = = 0 L 2 t (1 + e + e 2 + e3 ) 3 e v0

例 15:一容积为 1/4 升的抽气机,每分钟可完成 8 次抽气动作。 一容积为 1 升的容 : 器与此抽气筒相连通。 求抽气机工作多长时间才能使容器内的气体的压强由 76mmmHg 降为 1.9mmHg 。 (在抽气过程中容器内的温度保持不变。 ) 解析:根据玻一马定律,找出每抽气一次压强与容器容积和抽气机容积及原压强的关 解析 系,然后归纳递推出抽 n 次的压强表达式。 设气体原压强为 p0 ,抽气机的容积为 V0 ,容器的容积为 V 。每抽一次压强分别为 p1 、p2 、… ,则由玻一马定律得: 第一次抽气后:p0V = p1 (V + V0) ① ② 第二次抽气后:p1V = p2 (V + V0) 第二次抽气后:p2V = p3 (V + V0) ③ …… n 第 n 次抽气后:pn-1V = pn (V + V0) ○
p0 pn V n 由以上○式得:pn = ( )n ? p0 ,所以:n = V + V0 V + V0 lg( ) V lg

代入已知得:n = 工作时间为:t =

lg 400 = 27(次) lg1.25 27 = 3.38 分钟 8

例 16:使一原来不带电的导体小球与一带电量为 Q 的导体大球接触,分开之后,小 : 球获得电量 q 。今让小球与大球反复接触,在每次分开有后,都给大球补充电荷,使其带 电量恢复到原来的值 Q 。求小球可能获得的最大电量。 解析:两个孤立导体相互接触,相当于两个对地电容并联,设两个导体球带电 Q1 、 解析 Q2 ,由于两个导体球对地电压相等, 故有
Q1 Q 2 Q C Q1 C1 = ,即 1 = 1 ,亦即 = =k C1 C2 Q 2 C2 Q1 + Q 2 C1 + C2

所以 Q = k (Q1 + Q2) ,k 为常量,此式表明:带电(或不带电)的小球跟带电大球接 触后,小球所获得的电量与总电量的比值不变,比值 k 等于第一次带电量 q 与总电量 Q 的 比值,即 k =
q 。根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量。 Q

设第 1 、2 、… 、n 次接触后小球所带的电量分别为 q1 、q2 、… ,有: q1 = kQ = q
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q2 = k (Q + q1) = q + kq q3 = k (Q + q2) = kQ + kq2 = q + kq + k2q …… - qn = k (Q + qn-1) = q + kq + k2q + … + k n 1q 由于 k<1 ,上式为无穷递减等比数列,根据求和公式得: qn =
q = 1? k q 1? q Q

=

qQ Q?q qQ 。 Q?q

即小球与大球多次接触后,获得的最大电量为

在如图 6—11 所示的电路中, 是一单刀双掷开关, S 例 17: S A A1 和 A2 为两个平行板电容器, 掷向 a 时, 1 获电荷电量为 Q , 当 S 再掷向 b 时, 2 获电荷电量为 q 。 A 问经过很多次 S 掷向 a , 再掷向 b 后,A2 将获得多少电量? 解析: 解析:S 掷向 a 时,电源给 A1 充电,S 再掷向 b ,A1 给 A2 充电,在经过很多次重复 的过程中,A2 的带电量越来越多,两板间电压越来越大。当 A2 的电压等于电源电压时, A2 的带电量将不再增加。 由此可知 A2 最终将获得电量 q2 = C2E 。 因为 Q = C1E ,所以:C1 =
Q E Q?q q = C1 C2

当 S 由 a 第一次掷向 b 时,有: 所以:C2 =
Qq (Q ? q)E

解得 A2 最终获得的电量:q2 =

Qq Q?q

例 18:电路如图 6—12 所示,求当 R′为何值时,RAB 的阻值与“网络”的“格”数 : 无关?此时 RAB 的阻值等于什么?

解析:要使 RAB 的阻值与“网络”的“格”数无关,则图中 CD 间的阻值必须等于 R ′ 解析 才行。 所以有:
(2R + R ′)2R = R′,解得:R′= ( 5 -1)R 2R + R ′ + 2R

此时 AB 间总电阻 RAB = ( 5 + 1)R 。
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例 19:如图 6—13 所示,在 x 轴上方有垂直于 xy 平面向里的匀强磁场,磁感应强度 为 B ,在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀强电场,场强为 E 。一质量为 m ,电量为-q 的 粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴方向射出。 射出之后,第三次到达 x 轴时,它与 O 点的距离 为 L 。 求此粒子射出时的速度 v 和每次到达 x 轴时运动的总路程 s 。 (重力不计) 解析: 解析:粒子进入磁场后做匀速圆周运动,经半周后 通过 x 轴进入电场后做匀减速直线运动, 速度减为零后, 又反向匀加速通过 x 轴进入磁场后又做匀速圆周运动, 所以运动有周期性。 它第 3 次到达 x 轴时距 O 点的距离 L 等于圆半径的 4 倍(如图 6—13 甲所示) 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为: R=
mv L = qB 4 qBL 4m πL 4

所以粒子射出时的速度:v =

粒子做圆周运动的半周长为:s1 =

粒子以速度 v 进入电场后做匀减速直线运动, 能深入的最大距离为 y , 因为 v2 = 2ay = 2 ?
qE ?y m

所以粒子在电场中进入一次通过的路程为: 2 s = 2y =
qB2 L2 16mE

粒子第 1 次到达 x 轴时通过的路程为:s1 = πR =

πL 4 πL qB2 L2 + 4 16mE πL qB2 L2 + 2 16mE

粒子第 2 次到达 x 轴时,已通过的路程为:s2 = s1 + s2 =

粒子第 3 次到达 x 轴时,已通过的路程为:s3 = s1 + s2 + s1 = 粒子第 4 次到达 x 轴时,已通过的路程为:s4 = 2s1 + 2s2 = 粒子第(2n-1)次到达 x 轴时,已通过的路程为: s2n-1 = ns1 + (n-1)s2 =
nπL qB2 L2 + (n-1) 4 16mE

πL qB2 L2 + 2 8mE

粒子第 2n 次到达 x 轴时,已通过的路程为:s2n = n (s1 + s2) = n ( 上面 n 都取正整数。

nπL qB2 L2 + ) 4 16mE

针对训练
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1.一物体放在光滑水平面上,初速为零,先对物体施加一向东的恒力 F ,历时 1 秒 钟,随即把此力改为向西,大小不变,历时 1 秒钟,接着又把此力改为向东,大小不变, 历时 1 秒钟,如此反复,只改变力的方向,共历时 1 分钟。在此 1 分钟内( ) A、物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置之东 B、物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置 C、物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末继续向东运动 D、物体一直向东运动,从不向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置之东 2.一小球从距地面为 H 的高度处由静止开始落下。 已知小球在空中运动时所受空气 阻力为球所受重力的 k 倍(k<1) ,球每次与地面相碰前后的速率相等,试求小球从开始 运动到停止运动, (1)总共通过的路程; (2)所经历的时间。 3.如图 6—14 所示,小球从长 L 的光滑斜面顶端自由下滑,滑到底端时与挡板碰撞并 反弹而回,若每次与挡板碰撞后的速度大小为碰撞前的 4/5 ,求小球从开始下滑到最终停 止于斜面下端物体共通过的路程。

4.如图 6—15 所示,有一固定的斜面,倾角为 45°,斜面长为 2 米,在斜面下端有 一与斜面垂直的挡板,一质量为 m 的质点,从斜面的最高点沿斜面下滑,初速度为 1 米/ 秒。质点沿斜面下滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞。 已知质点与斜面间的滑动摩擦 因数为 0.20 。 (1)试求此质点从开始运动到与挡板发生第 10 次碰撞的过程中通过的总路程; (2)求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程。 5.有 5 个质量相同、其大小可不计的小木块 1 、2 、3 、4 、5 等距离地依次放在倾 角 θ = 30°的斜面上(如图 6—16 所示) 。斜面在木块 2 以上的部分是光滑的,以下部分是 粗糙的,5 个木块与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是 ? ,开始时用手 扶着木块 1 ,其余各木块都静止在斜面上。 现在放手,使木块 1 自然下滑,并与木块 2 发生碰撞,接着陆续发生其他碰撞。 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的。求 ? 取何 值时木块 4 能被撞而木块 5 不能被撞。

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6.在一光滑水平的长直轨道上,等距离地放着足够多的完全相同的质量为 m 的长方 形木块,依次编号为木块 1 ,木块 2 ,… ,如图 6—17 所示。在木块 1 之前放一质量为 M = 4m 的大木块,大木块与木块 1 之间的距离与相邻各木块间的距离相同,均为 L 。现 在,在所有木块都静止的情况下,以一沿轨道方向的恒力 F 一直作用在大木块上,使其先 与木块 1 发生碰撞,设碰后与木块 1 结为一体再与木块 2 发生碰撞,碰后又结为一体,再 与木块 3 发生碰撞,碰后又结为一体,如此继续下去。 今问大木块(以及与之结为一体 的各小木块)与第几个小木块碰撞之前的一瞬间,会达到它在整个过程中的最大速度?此 速度等于多少? 7.有电量为 Q1 的电荷均匀分布在一个半球面上,另有无数个电量均为 Q2 的点电荷位 - 且 于通过球心的轴线上, 且在半球面的下部。 k 个电荷与球心的距离为 R ? 2k 1 , k = 1 , 第 2 ,3 ,4 ,… ,设球心处的电势为零,周围 空间均为自由空间。若 Q1 已知,求 Q2 。 8. 一个半径为 1 米的金属球, 充电后的电势 为 U ,把 10 个半径为 1/9 米的均不带电的小金 属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走, 然后 把这 10 个充了电了小金属球彼此分隔摆在半径 为 10 米的圆周上,并拿走大金属球。 求圆心处 的电势。 (设整个过程中系统的总电量无泄漏。 ) 9. 真空中, 有五个电量均为 q 的均匀带电薄 球壳, 它们的半径分别为 R , R/2 , R/4 , R/8 , R/16 ,彼此内切于 P 点(如图 6—18) 。球心分 别为 O1 ,O2 ,O3 ,O4 ,O5 ,求 O1 与 O5 间 的电势差。 10.在图 6—19 所示的电路中,三个电容器 CⅠ 、 CⅡ 、CⅢ的电容值均等于 C ,电源的电动势为 ε ,R Ⅰ 、RⅡ为电阻,S 为双掷开关。开始时,三个电容器 都不带电。先接通 a ,再接通 b ,再接通 a ,再接 通 b ,… ,如此反复换向,设每次接通前都已达到 静电平衡,试求: (1)当 S 第 n 次接通 b 并达到平衡后,每个电容 器两端的电压各是多少? (2)当反复换向的次数无限增多时,在所有电阻上消耗的总电能是多少?
递推法第 16 页(共 18 页)

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11.一系列相同的电阻 R ,如图 6—20 所示连接,求 AB 间的等效电阻 RAB 。

12.如图 6—21 所示,R1 = R3 = R5 = … = R99 = 5 R100 = 5 ,ε = 10V 求:

,R2 = R4 = R6 = … = R98 = 10



(1)RAB =? (2)电阻 R2 消耗的电功率应等于多少? (3)Ri(i = 1 ,2 ,3 ,… ,99)消耗的电功率; (4)电路上的总功率。 13.试求如图 6—22 所示,框架中 A 、B 两点间的电阻 此框架是用同种细金属丝制作的, 单位长的电阻为 r , RAB , 一连串内接等边三角形的数目可认为趋向无穷,取 AB 边长 为 a ,以下每个三角形的边长依次减少一半。 14.图 6—23 中,AOB 是一内表面光滑的楔形槽,固定在水平桌面(图中纸面)上, 夹角 α = 1°(为了能看清楚,图中的角度夸大了) 现将一质点在 BOA 面内从 C 处以速 。 度 v = 5m/s 射出,其方向与 AO 间的夹角 θ = 60°,OC = 10m 。 设质点与桌面间的摩擦 可忽略不计,质点与 OB 面及 OA 面的碰撞都是弹性碰撞,且每次碰撞时间极短,可忽略 不计,试求: (1)经过几次碰撞质点又回到 C 处与 OA 相碰?(计算次数时包括在 C 处的碰撞) (2)共用多少时间? (3)在这过程中,质点离 O 点的最短距离 是多少?

参考答案
1、D
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2、

H 1 + k + 1? k2 ; k 2k
41 L 9

2H 1? k + 1? k2 + (1 ? k)g 2k

2H (1 + k)g

3、

4、9.79m ;50m 5、0.597<?<0.622 6、21 块; 7、-
Q1 2 q R 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 49FL 48m

8、0.065U 9、24.46K

10、 (1)UI = Cε[1-( )n] Ⅱ = UⅢ = Cε[1-( )n](2)E = Cε2 ,U ; 11、RAB = ( 3 + 1)R 12、 (1)10 ; (2)2.5W ; (3)
20 10 (i = 1 ,3 ,5 ,… ,99) i (i = 2 ,4 , , i +1 2 2

6 ,… ,98)(4)10W ; 13、RAB =
1 ( 7 -1)ar 3

14、 (1)60 次; (2)2s ; (3)5 3 m

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