当前位置:首页 >> 学科竞赛 >> 高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法


高中奥林匹克物理竞赛解题方法

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. (1)物质在某时刻 t 末的速度为 vt = at 2t 末的速度为 v 2t = vt + 2at , 所以v 2t = at + 2at 3t 末的速度为 v 2t = v 2t + 3at = at + 2at + 3at …… 则 nt 末的速度为 v nt = v( n ?1)t + nat

= at + 2at + 3at + L + (n ? 1)at + nat = at (1 + 2 + 3 + L + n)
1 1 = at ? (n + 1)n = n(n + 1)at 2 2
(2)同理:可推得 nt 内通过的总路程 s = 例2 减小

1 n(n + 1)(2n + 1)at 2 . 12

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

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.(g 取 10m/s2) n
-1-

解析

小球从 h0 高处落地时,速率 v0 =

2 gh0 = 60m / s

第一次跳起时和又落地时的速率 v1 = v0 / 2 第二次跳起时和又落地时的速率 v 2 = v0 / 2 … 第 m 次跳起时和又落地时的速率 v m = v 0 / 2
2

m

每次跳起的高度依次 h1 = 1 = 0 , h2 = 2 = 0 , 2g n 2 2g n 4 … 通过的总路程 ∑ s = h0 + 2h1 + 2h2 + L + 2hm + L

v2

h

v2

h

2h0 1 1 1 (1 + 2 + 4 + L + 2 m ? 2 ) + L 2 n n n n 2 2h n +1 5 = h0 + 2 0 = h0 ? 2 = h0 = 300m n ?1 n ?1 3
= h0 +
经过的总时间为 ∑ t = t 0 + t1 + t 2 + L + t m + L

2v v 0 2v1 + +L+ m +L g g g v 1 1 = 0 [1 + 2 ? + L + 2 ? ( ) m + L] g n n v n +1 ) = 0( g n ?1 3v = 0 = 18s 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
-2-

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.

3 a1 = a ? AA1 ? BB1 cos 60° = a ? vΔt , 2 3 3 a 2 = a1 ? vΔt = a ? 2 × vΔt , 2 2 3 3 a3 = a 2 ? vΔt = a ? 3 × vΔt , 2 2 L 3 a n = a ? n ? vΔt 2
因为 a ? n ? 即 nΔt = t

3 vΔt = 0, 2

所以t =

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,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△s 的宽松距离,设火车的牵引力为 F,则 有: 车头起动时,有 ( F ? μmg ) Δs =

1 2 mv1 2

拉第一节车厢时: ( m + m)v1 = mv1 故有 v1 =
2



1 2 1 F v1 = ( ? μg )Δs 4 2 m 1 1 2 ′ ( F ? 2 μmg )Δs = × 2mv 2 ? × 2mv1 2 2 2

′ 拉第二节车厢时: ( m + 2m)v 2 = 2mv 2

′ 故同样可得: v 2 =
2

4 2 2 F 5 v 2 = ( ? μg )Δs 9 3 m 3
-3-

……

n F 2n + 1 ( ? μg )Δs n +1 m 3 2n + 1 ′2 由 v n > 0可得 : F > μmg 3
推理可得

′ v n2 =

另由题意知 F = 31μmg , 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? 解析 将平放在水平地面上的砖一块一块地叠放起来,每次克服重 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 = mg 2d W4 = mg 3d W5 = mg 4d L 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 + mg 2d + mg 3d + L + mg (n ? 1)d (n ? 1) = mgd ? n 2
例6 如图 6—3 所示,有六个完全相同的长条薄片 Ai Bi (i = 1 、

2、…、6)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 本题共有六个物体,通过观察会发现,A1B1、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
-4-

N i ? L = N i +1 ?
所以 N 1=

N L , 得N i = i +1 2 2


1 1 1 1 N 2 = × N3 = L = ( )5 N 6 2 2 2 2

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 ?

3 L + mg ? L = N 6 ? L 2 4 N1 = mg 42 mg . 42

由①、②联立,解得

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 = L / 4) 的正方形,要求此桥具有最大的 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

Δx1 =

L 2

第 2 块相对第 3 块的最大伸出量为 Δx 2 (如图 6—4 所示) ,则

L G ? Δx 2 = ( ? Δx 2 ) ? G 2 L L Δx 2 = = 4 2× 2
同理可得第 3 块的最大伸出量 Δx3 = …… 最后归纳得出 Δx n = 所以总跨度 k = 2
9

L 2×3

L 2× n
n

∑ Δx
n =1

= 11.32h
-5-

跨度与桥孔高的比值为 例8

k 11.32h = = 1.258 H 9h

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(n = 1,2,3 …). 每人只有一个沙袋, 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.(n 是此人的序号数) (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 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 v 0 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)v 2 ,所以,当第 n 个沙袋抛上车后的车速为 v n ,根据动
量守恒有 [ M + ( n ? 1) m]v n ?1 ? 2n ? mv n ?1 = ( M + nm)v n , 即v n = 同理有 v n +1 =

M ? (n + 1)m v n ?1 . M + nm

M ? (n + 2)m , (n+1) 包沙袋后车反向运动, 则应有 v n > 0, v n +1 < 0. v n 若抛上 M + (n + 1)m

即 M ? ( n + 1) m > 0, M ? ( n + 2) m < 0. 由此两式解得: n <

38 20 ,n > , n 为整数取 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 ? 2m′nv n ?1 = ( M + 3m + nm′)v n n
解得: v n =





M + 3m ? (n + 1)m′ M + 3m ? (n + 2)m′ ′ ′ v n ?1 同理v ′ +1 = vn n M + 3m + nm′ M + 3m + (n + 1)m′

-6-

设抛上 n+1 个沙袋后车速反向,要求 v n > 0, v n +1 ≤ 0 即?



?n > 7 ?M + 3m ? (n + 1)m′ > 0 解得? ?n = 8 ?M + 3m ? (n + 2)m′ ≤ 0

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 μ = 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 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: μmg cos θ ( s1 + s 2 ) = mg ( s1 ? s 2 ) sin θ

μmg cosθ ( s 2 + s3 ) = mg ( s 2 ? s3 ) sin θ
即有

s 2 s3 sin θ ? μ cosθ 2 = = =L= s1 s 2 sin θ + μ cosθ 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

2 . 3

s = s1 + 2s 2 + 2s3 + L + 2s11
2 s1 [1 ? ( )11 ] 3 = 2( s1 + s 2 + s3 + L + s11 ) ? s1 = 2 × ? s1 2 1? 3 2 = 10 ? 12 × ( )11 (m) = 9.86(m) 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 / 2 沿槽运动,R 为圆环的内半径和
-7-

小球半径之和,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,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. 以 m1、m2 为研究对象,当 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 + m2 v 2 1 1 1 2 2 m1v0 = m1v12 + m2 v 2 2 2 2
由①、②式得: v1 =

① ②

(m1 ? m2 ) 1 v0 = ? v0 m1 + m2 3

v2 =

2m1 2 v0 = v0 m1 + m2 3

以 m2、m3 为研究对象,当 m2 与 m3 发生弹性碰撞后,得 v3 =

2 v0 3

′ v2 = 0
′ v1 = v0

以 m3、m1 为研究对象,当 m3 与 m1 发生弹性碰撞后,得 v3 = 0



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 + t 2 + t 3 ) = 3 × (

2πR 2πR 2πR 10πR 10πR + + )= = = 20( s ). πR 3v 0 v0 3v 0 v0 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 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 =

1 2 nmvn 这样的关系式是错误的. 2

设第 ( n ? 1) 个木块刚被拉动时的速度为 v n ?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 v n . 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 =

1 1 2 ′? (n ? 1)mv n21 ? (n ? 1)mv n ?1 2 2 ′ 得: v n ?1 = n vn n ?1
-8-



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)mv ′ ?1 = nmv n n



把②式代入①式得: FL = 整理后得: ( n ? 1)

1 n 1 2 (n ? 1)m( v n ) 2 ? (n ? 1)mv n ?1 2 n ?1 2


2 FL 2 2 = n 2 v n ? (n ? 1) 2 v n ?1 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

2 FL 2 = 2 2 v 2 ? v12 m 2 FL 2 2 当 n=3 时有: 2 ? = 3 2 v3 ? 2 2 v 2 m 2 FL 2 2 当 n=4 时有: 3 ? = 4 2 v 4 ? 3 2 v3 … m 2 FL 2 2 一般地有 ( n ? 1) = n 2 v n ? (n ? 1) 2 v n ?1 m
当 n=2 时有: 将以上 ( n ? 1) 个等式相加,得: (1 + 2 + 3 + L + n ? 1) 所以有

n(n ? 1) 2 FL 2 ? = n 2 v n ? v12 2 m
FL(n ? 1) . nm

2 FL 2 = n 2 v n ? v12 m

在本题中 v1 = 0 ,所以 v n = 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 μ = 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 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)v n ?1 = ( M + m)v n

所以

vn =

v M ?m v n ?1 = n ?1 5 M +m

-9-

由这一关系可得: v 2 =

v1 v , v3 = 1 , L 5 52

一般地,有 v n =

v1 ,L 5 n ?1

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 =

v12 v12 1 = ? 2 n?2 2a 2a 5 v12 v2 1 v2 1 v2 1 , s 2 = 1 ? 2 , s3 = 1 ? 4 ,L, s n = 1 ? 2 n? 2 2a 2a 5 2a 5 2a 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 + s 2 + s3 + L + s n + L) v12 1 1 1 (1 + 2 + 4 + L + 2 n ? 2 + L) 2a 5 5 5 2 2 v v 25 1 = 1 ? = 1 ? 1 a a 24 1? 2 5 = 2?
因此 v1 = v0 = 3m / s 所以 s总 =

a=

Mgμ 15 = m / s2 m 2

5 ( m) 4

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 μ 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 μ1 = 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( m / s ) ,设铅块的长度与木块相比可以忽略. 解析 当铅块向右运动时,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
- 10 2

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 f 1 =

μ1 Mg = 2.0 N

设 M 可以带动木块的数目为 n,则 n 满足: f 1 ? μ 2 ( M + m) g ? ( n ? 1) μ 2 mg ≥ 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 Mv 2 = Mv0 ? μ1 Mg ? 8l 2 2
得: v = 2.49(m / s ) > 0
2 2

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: ? μ1 Mg = Ma M 得: a M = ?2.0m / s
2

第 9 及第 10 个木块的动力学方程为: μ1 Mg ? μ 2 ( M + m) g ? μ 2 mg = 2ma m , 得: a m = 0.25m / s .
2

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:

v ′ 2 = v 2 + 2a M ( s + l ) V ′ 2 = 2a m s

v′ = v + aM t V ′ = am t
消去 s 及 t 求出: ?

?v ′ = 0.611m / s ?v ′ = ?0.26m / s 或? ,显然后一解不合理应舍去. ?V ′ = 0.212m / s ?V ′ = 0.23m / s

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 + 2a M ( s ′ + l )

- 11 -

解得: v ′′ = ?1.63 ? 4 s ′ < 0 ,故 M 不能滑离第 10 个木块,只能停在它的表面上,最
2

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, 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 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 = =L= n v0 ? u 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1 v ? un v1 ? u1 v 2 ? u 2 = =L= n v0 ? 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1 v ? un v1 ? u1 v 2 ? u 2 × ×L× n v0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1
n

或?e =

( ? e) n =

即碰撞 n 次后 v n ? u n = ( ?e) v0

① ②

碰撞第 n 次的动量守恒式是 mv n + mu n = mv0 ①、②联立得 v n =

1 [1 + (?e) n ]v0 2

1 u n = [1 ? (?e) n ]v0 2

第 n 次碰撞后,系统损失的动能

ΔE kn = E k ? E kn =

1 2 1 2 2 mv0 ? m(v n + u n ) 2 2

- 12 -

1 2 1 2 mv0 ? mv0 (1 + e 2 n ) 2 4 2n 1? e 1 2 = × mv0 2 2 2n 1? e = Ek 2 =
下面分别讨论:

当 n = 1时,

ΔE kl 1 ? e = = Ek 2
2

1? 2 1? 2 1?

1 2 = 0.146 1 2 = 0.25

ΔE 1 ? e4 n = 2时, k 2 = = Ek 2

n = 3时,

ΔE k 3 1 ? e = = Ek 2
6

1 1 2 2 = 0.323 2 1 4 = 0.375

ΔE 1 ? e8 n = 4时, k 4 = = Ek 2

1? 2 1?

ΔE 1 ? e10 n = 5时, k 5 = = Ek 2

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 = v0 | u1 ? v1 | ev0 L L L 2 3 、 t 3 = 3 ,所以总时间 t = t 0 + t1 + t 2 + t 3 = 3 (1 + e + e + e ). e v0 e v0 e v0
2

分别为 t 2 =

在这段时间中,箱子运动的距离是:

s = 0 + u1t1 + u 2 t 2 + u 3 t 3
- 13 -

= =

1 L L 1 L 1 (1 + e)v 0 × + (1 ? e 2 )v0 × 2 + (1 + e 3 )v0 × 3 2 ev0 2 e v0 e v0 2

L L L L L L + ? 2 + + 3+ 2e 2 2e 2 2e 2 L = 3 (1 + e + e 2 + e 3 ) 2e

L (1 + e + e 2 + e 3 ) v s 2e 3 所以平均速度为: v = = = 0 L t 2 (1 + e + e 2 + e 3 ) 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 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、2、 p …, 则由玻一马定律得: 第一次抽气后: p 0V = p1 (V + V0 ) 第二次抽气后: p1V = p 2 (V + V0 ) 依次递推有: p 2V = p3 (V + V0 ) … ① ② ③

p n ?1V = p n (V + V0 )

n ○

由以上○式得: p n = ( n

V ) n p0 V + V0

p0 pn 所以n = V + V0 lg( ) v lg

代入已知得: n = 工作时间为: t = 例 16

lg 400 = 27 (次) lg 1.25 27 = 3.38 分钟 8
- 14 -

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、Q2, 由于两个导体球对地电压相等, 故有

Q1 Q2 Q C Q1 C1 = , 即 1 = 1 , 亦即 = =k, C1 C 2 Q2 C 2 Q1 + Q2 C1 + C 2

所以 Q = k (Q1 + Q2 ), k 为常量, 此式表明: (或不带电) 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 q 2 = k (Q + q1 ) = q + kq q3 = k (Q + q 2 ) = kQ + kq 2 = q + kq + k 2 q

LL
q n = k (Q + q n ?1 ) = q + kq + k 2 q + L + k n ?1 q 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 q 1? Q

=

qQ Q?q

即小球与大球多次接触后,获得的最大电量为

qQ . Q?q

例 17 在如图 6—11 所示的电路中,S 是一单刀双掷开关,A1 和 A2 为两个平行板电容 器,S 掷向 a 时,A1 获电荷电量为 Q,当 S 再掷向 b 时,A2 获电荷电量为 q. 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 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 = C1 E 所以 C1 =

Q E Q?q q = C1 C2
- 15 -

当 S 由 a 第一次掷向 b 时,有:

所以 C 2 =

Qq (Q ? q) E q2 = Qq Q?q

解得 A2 最终获得的电量

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 行. 所以有 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 ′ 才

(2 R + R ′)2 R = R′ 2R + R′ + 2R

解得 R ′ = ( 5 ? 1) R

此时 AB 间总电阻 R AB = ( 5 + 1) R 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 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 = Bq 4

所以粒子射出时的速度

v=

BqL 4m s1 =

粒子做圆周运动的半周长为

πL
4

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 v = 2ay = 2
2

Eq y m B 2 qL2 s2 = 2 y = 16mE

所以粒子在电场中进入一次通过的路程为

- 16 -

粒子第 1 次到达 x 轴时通过的路程为

s1 = π ? R =

πL
4

粒子第 2 次到达 x 轴时,已通过的路程为

s 2 = s1 + s 2 =

πL
4

+

B 2 qL2 16mE

粒子第 3 次到达 x 轴时,已通过的路程为

B 2 qL2 + s 3 = s1 + s 2 + s1 = 2 16mE s 4 = 2s1 + 2 s 2 =

πL

粒子第 4 次到达 x 轴时,已通过的路程为

πL
2

+

B 2 qL2 8mE

粒子第 ( 2n ? 1) 次到达 x 轴时,已通过的路程为

s ( 2 n ?1) = ns1 + (n ? 1) s 2 =

nπL B 2 qL2 + (n ? 1) 4 16mE s2n B 2 qL2 = n( s1 + s 2 ) = n( + ) 4 16mE

粒子第 2n 次到达 x 轴时,已通过的路程为 上面 n 都取正整数.

πL

针对训练
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
- 17 -

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 μ ,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 μ 取何值时 木块 4 能被撞而木块 5 不能被撞. 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 的点电荷位于通过 球心的轴线上,且在半球面的下部. 第 k 个电荷与球心的距离为 R ? 2
k ?1

,且 k=1,2,3,

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
- 18 -

值均等于 C,电源的电动势为 ε ,RⅠ、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 Oa,再接通 Ob, 再接通 Oa,再接通 Ob……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 Ob 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? 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=5Ω,R2=R4=R6=…=R98=10Ω,R100=5Ω, ε =10V 求: (1)RAB=? (2)电阻 R2 消耗的电功率应等于多少? (3) Ri (i = 1,2,3, L ,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 RAB,此框架 是用同种细金属丝制作的,单位长的电阻为 r,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,图中的是 夸大了的). 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?

- 19 -

六、递推法答案
1.D 2.

H 2H 1 + k + 1 ? k 2 2H 1 ? k + 1 ? k 2 + , k (1 ? k ) g 2k (1 + k ) g 2k
4.9.79m 50m 5. 0.597 <

3.

41 L 9
Q1 2

μ < 0.622 6.21 块

FL 49 m48

7. ?

8.0.065U 9.24.46K

q R

10. (1)I: 11. R AB

1 2 1 1 1 Cε [1 ? ( ) n ], Ⅱ Ⅲ: Cε [1 ? ( ) n ] (3) Cε 2 3 3 4 3 4 20 = ( 3 + 1) R 12. (1)10Ω (2)2.5W (3) i +1 (i = 1,3,5, L ,99) , 2

10 (i = 2,4,L ,98) (4)10W 13.40Ω 2i 1 14. R AB = ( 7 ? 1)ra 15. (1)60 次 (2)2s (3) 5 3m 3

- 20 -


更多相关文档:

高中奥林匹克物理竞赛解题方法六、递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法六、递推法 隐藏>> 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...

高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法隐藏>> 高中奥林匹克物理竞赛解题方法 六,递推法方法简介 递推法是解决物体与物体发...

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 递推法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。高中奥林匹克物理竞赛解题方法六 六、递推法方法简介 递推法是解决物体与物体发生多次...

高中奥林匹克物理竞赛解题方法之六递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法之六递推法 Page1 例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...

06高中物理竞赛解题方法:递推法

06高中物理竞赛解题方法:递推法_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。高中奥林匹克物理竞赛解题方法 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...

F高中奥林匹克物理竞赛解题方法六:递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 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...

高中物理竞赛解题方法 六、递推法

高中物理竞赛解题方法 六、递推法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。六、...高中物理竞赛解题方法之... 18页 免费 高中奥林匹克物理竞赛解... 9页 ...

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 六 递推法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法递推法高中奥林匹克物理竞赛解题方法递推法隐藏>> 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...

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 六 递推法 针对训练

高中奥林匹克物理竞赛解... 6页 免费高​中​奥​林​匹​克​物​理​竞​赛​解​题​方​法​ ​六​ ​递​推​法​...

高中物理奥林匹克竞赛解题技巧(递推法)

高中物理奥林匹克竞赛解题技巧(递推法)_初二英语_英语_初中教育_教育专区。高中物理奥林匹克竞赛解题技巧(递推法中华物理竞赛网 www.100wuli.com 官方总站:圣才学习...
更多相关标签:
奥林匹克数学竞赛 | 国际奥林匹克数学竞赛 | 世界奥林匹克竞赛 | 国际化学奥林匹克竞赛 | 世界奥林匹克数学竞赛 | 国际地理奥林匹克竞赛 | 国际天文奥林匹克竞赛 | 全国奥林匹克数学竞赛 |
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com