《2022年高中物理奥赛解题方法六.递推法 2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中物理奥赛解题方法六.递推法 2.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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，
2、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) = at12(n + 1)n =12n (n + 1)at （ 2）同理：可推得nt 内通过的总路程s =112n (n + 1)(2n + 1)at2例 2：小球从高h0= 180m 处自由下落，着地后
3、跳起又下落，每与地面相碰一次，速度减小1n（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）解析： 小球从 h0高处落地时，速率v0 =02gh = 60m/s 第一次跳起时和又落地时的速率v1 =0v2第二次跳起时和又落地时的速率v2 =02v2第 m 次跳起时和又落地时的速率vm =0mv2每次跳起的高度依次为h1 =21v2g=02hn，h2 =22v2g=04hn，通过的总路程 s = h0 + 2h1 + 2h2 + + 2hm + 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页
4、= h0 +022hn(1 +21n+41n+ +2m21n+ ) = h0 +022hn1= h022n1n1=53h0 = 300m 经过的总时间为 t = t0 + t1 + t2 + + tm + =0vg+12vg+ +m2vg+ =0vg1 + 21n+ + 2 (1n)m + =0vgn1n 1=03vg=18s 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
5、 ：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61 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 an0 时三只猎犬相遇。a1 = aAA1BB1cos60= a32v t a2 = a132v t = a232v t a3 = a232v t = a332v t an = a
6、n32v t 因为 an32v t = 0 ，即 n t = t 所以： t =2a3v（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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页若利用倒退起动，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
7、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 mg) s =12m21v拉第一节车厢时：(m + m)1v= mv1故有：21v=1421v=12(Fm g) s (F2 mg) s =12 2m22v12 2m21v拉第二节车厢时：(m + 2m)2v= 2mv2故同样可得：2v=4922v=23(Fm53 g) s 推理可得：2nv=nn1(Fm2n13 g) s 由2nv0 可得： F2n13 mg 另由题意知F = 31 mg ，得： n46 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
8、在水平地面上，现将它们一块一块地叠放起来，如图62 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 = 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 (n1)d n ( n1)2mgd 精选学习资料
9、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页例 6：如图 63 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 ： 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63甲所示
10、，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：NiL = Ni+1L2，得： Ni =12Ni+1所以： N1 =12N2 =1212N3 = = (12)5N6再以 A6B6为研究对象，受力情况如图63 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：N1L2+ mg3L4= N6L 由、联立，解得：N1 =mg42所以， A1B1薄片对 A6B6的压力为mg42。例 7：用 20 块质量均匀分布
11、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 =L4）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： x1 =L2第 2 块相对第3 块的最大伸出量为 x2（如图 64所示），则：精选学习资料 -
12、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 18 页G x2 = (L2 x2) G 得： x2 =L4=L22同理可得第3 块的最大伸出量： x3 =L2 3最后归纳得出： xn =L2n所以总跨度：k = 29nn 1x= 11.32h 跨度与桥孔高的比值为：kH=11.32h9h=1.258 例 8：如图 65 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，x0 一侧的每个沙袋质量为m = 14kg ，x0 一侧的每个沙袋质量m= 10kg 。 一质量为M
13、 = 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v0
14、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)v1m 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)mvn12n m vn1 = (M + nm)vn，即： vn =M(n1)mMnmvn1。同理有： vn+1 =M(n2)mM(n1)mvn若抛上（ n + 1）包沙袋后车反向运动，则应
15、有vn0 ，vn+10 即： M(n + 1)m 0 ，M(n + 2)m0 由此两式解得：n3814，n2014。因 n 为整数，故取3 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 18 页当车反向滑行时，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)mn 1v2n mvn1 = (M + 3m + nm )nv解得：nv=M3m(n1)mM3mnmn 1v同理有：n 1v=M3m(n2)mM3m(n1)mnv设抛上（ n + 1）个沙袋后车速反向，要求nv0
16、，n 1v0 即：M3m(n1)m0M3m(n2)m0解得n7n8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 = 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： 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
17、开始下滑时，小球距档板为s ，则由功能关系： mgcos (s1 + s2) = mg (s1s2)sin mgcos (s2 + s3) = mg (s2s3)sin即有：21ss=32ss= =sincossincos=23由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为23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 1112s 1()3213s1 = 1012 (23)11 = 9.86m 例 10：如图 67 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
18、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、的位置，彼此间距离相等，m2和 m3静止， m1以初速 v0=R2沿槽运动， R 为圆环的内半径和小球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页解析： 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
19、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 + m2v212m120v=12m121v+12m222v由、式得：v1 =1212mmmmv0 =13v0，v2 =1122mmmv0 =23v0以 m2、m3为研究对象，当m2与 m3发生弹性碰撞后，得v3 =23v0，2v= 0 以 m3、m1为研究对象，当m3与 m1发生弹性碰撞后，得3v= 0 ，1v= v0由此可见，当m1运动到 m2处时与开始所处的状态相似。所
20、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 (02 R3v+02 Rv+02 R3v) =010 Rv=10 RR / 2= 20s 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
21、部分机械能转化为内能。因此，如果列出(n 1)FL =12nm2nv，这样的关系式是错误的。设第 (n1)个木块刚被拉动时的速度为vn1，它即将拉动下一个木块时速度增至n 1v第 n 个木块刚被拉动时速度为vn。 对第 (n1)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 =12(n1)m2n 1v12(n1)m2n 1v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：(n1)mn 1v= nmvn，得：n 1v=nn1vn把式代入式得：FL =12(n1)m (nn 1vn )212(n1)m2n 1v整理后得： (n1)2FLm= n22nv (n1)22n
22、 1v式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式，由式可知精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 18 页当 n = 2 时，有：2FLm= 2222v21v当 n = 3 时，有： 22FLm= 3223v2222v当 n = 4 时，有： 32FLm= 4224v3223v一般地，有：(n1)2FLm= n22nv(n1)22n 1v将以上 (n1)个等式相加，得：(1 + 2 + 3 + + n1) 2FLm= n22nv21v所以有：n(n1)22FLm= n22nv21v在本题中v1 = 0 ，所以： vn =FL(
23、n1)nm例 12：如图 68 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； 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
24、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(n1)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：(Mm)vn1 = (M + m)vn，所以： vn =MmMmvn1 =n 1v5由这一关系可得：v2 =1v5，v3 =12v5，一般地，有：vn =1n 1v5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 =2nv2
25、a=21v2a2n215类似地，由这一关系可递推到：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 18 页s1 =21v2a，s2 =21v2a215，s3 =21v2a415，sn =21v2a2n215所以车运动的总路程：s总= 2 (s1 + s2 + s3 + + sn + ) = 221v2a(1 +215+415+ +2n215+ ) =21va21115=21va2524因为 v1 = v0 = 3m/s ，a =Mgm=152m/s2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
26、上，如图69 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
27、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： f12 (M + m)g (n1) 2mg0 即： 2.01.40.4 (n1)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：12Mv2 =12M2
28、0v 1Mg8l 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69 甲所示，则对 M 而言有： 1Mg = MaM得： aM = 2.0m/s2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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 18 页设 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：2v=
29、v2 + 2aM (s + l) 2V= 2ams v= v + aMt V= amt 消去 s及 t 求出：v0.611m / sv0.26m / sV0.212m / sV0.23m / s或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：2v=2v+ 2aM (s+ l) 解得：2v=1.634s 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 610 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
30、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 =412。（ 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。（
31、 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 =1100uvvu=2211uvvu= =nnn1n1uvvu或 e =1100vuvu=2211vuvu= =nnn1n 1vuvu( e)n =110vuv2211vuvu nnn1n 1vuvu即碰撞 n 次后： vnun = (e)nv0碰撞第 n 次的动量守恒式是：mvn + mun = mv0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 18 页、联立得：vn =121 + ( e)nv0， un =121(e
32、)nv0第 n 次碰撞后，系统损失的动能： Ekn = EkEkn =12m20v12m (2nv+2nu) =12m20v14m20v(1 + e2n) =2n1e212m20v=2n1e2Ek下面分别讨论：当 n = 1 时，k1kEE=21 e2=1122= 0.146 当 n = 2 时，k 2kEE=41 e2=1122= 0.250 当 n = 3 时，k3kEE=61e2=111222= 0.323 当 n = 4 时，k 4kEE=81 e2=1142= 0.375 当 n = 5 时，k5kEE=101e2=111422= 0.412 因为要求的动能损失不超过40%，故 n
33、= 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 =0Lv。 在下一次发生碰撞的时间t1 =11Luv=0Lev，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为 t2 =20Le v、 t3 =30Le v，所以总时间t = t0 + t1 + t2 + t3 =30Le v(1 + e + e2 + e3) 在这段时间中，箱子运动的距离是：s = 0 + u1t1 + u2t2 + u3t3=12(1 + e)v00Lev+12(1e2)v020Le v+12(1 + e3) v030Le v=L2e+L22L2e+L2+3L2e+L2=3L2e(1 +
34、 e + e2 + e3) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页所以平均速度为：v =st=2332330L(1 eee )2eL(1 eee )e v=0v2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p
35、0，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) 第二次抽气后：p1V = p2 (V + V0) 第二次抽气后：p2V = p3 (V + V0) 第 n 次抽气后： pn1V = pn (V + V0) n由以上n式得： pn = (0VVV)np0，所以： n =0n0plgpVVlg()V代入已知得：n =lg 400lg1.25= 27（次）工作时间为：t =278= 3.38 分钟例 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
36、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11QC=22QC，即12QQ=12CC，亦即112QQQ=112CCC= k 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 =qQ。根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量。设第 1 、2 、n 次接触后小球所带的电量分别为q1、q2、
37、，有：q1 = kQ = q q2 = k (Q + q1) = q + kq q3 = k (Q + q2) = kQ + kq2 = q + kq + k2q 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 18 页qn = k (Q + qn1) = q + kq + k2q + + kn1q 由于 k1 ，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得：qn =q1k=qq1Q=qQQq即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为qQQq。例 17： 在如图 611 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，
38、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 = C1E ，所以： C1 =QE当 S由 a 第一次掷向b 时，有：1QqC=2qC所以： C2 =Qq(Qq)E解得 A2最终获得的电量：q2 =QqQq例 18：电路如图 612 所示，求当
39、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才行。所以有：(2RR )2R2RR2R= R，解得： R= (51)R 此时 AB 间总电阻RAB = (5+ 1)R 。例 19：如图 613 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
40、轴时运动的总路程s 。 （重力不计）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页解析： 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613 甲所示）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：R =mvqB=L4所以粒子射出时的速度：v =qBL4m粒子做圆周运动的半周长为：s1 =L4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
41、 ，因为 v2 = 2ay = 2qEmy 所以粒子在电场中进入一次通过的路程为：s2= 2y =22qB L16mE粒子第 1 次到达 x 轴时通过的路程为：s1 = R =L4粒子第 2 次到达 x 轴时，已通过的路程为：s2 = s1 + s2 =L4+22qB L16mE粒子第 3 次到达 x 轴时，已通过的路程为：s3 = s1 + s2 + s1 =L2+22qB L16mE粒子第 4 次到达 x 轴时，已通过的路程为：s4 = 2s1 + 2s2 =L2+22qB L8mE粒子第 (2n1)次到达 x 轴时，已通过的路程为：s2n1 = ns1 + (n1)s2 =n L4+ (
42、n1)22qB L16mE粒子第 2n 次到达 x 轴时，已通过的路程为：s2n = n (s1 + s2) = n (n L4+22qB L16mE) 上面 n都取正整数。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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳
43、总结 - - - - - - -第 14 页，共 18 页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（ k1） ，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 614 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
44、615 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 = 30的斜面上 （如图 616 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
45、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。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 617 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 。现精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 18 页在，在
46、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 2k1， 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
47、 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 618） 。球心分别为 O1，O2，O3，O4，O5，求 O1与 O5间的电势差。10在图 619 所示的电路中，三个电容器C、C、C的电容值均等于C ，电源的电动势为，R、R为电阻， S 为双掷开
48、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？11一系列相同的电阻R ，如图 620 所示连接，求AB 间的等效电阻RAB。12如图 621 所示， R1 = R3 = R5 = = R99= 5 ，R2 = R4 = R6 = = R98 = 10 ，R100= 5 ， = 10V 求：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
49、- - -第 16 页，共 18 页（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 623 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 = 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
50、 间的夹角 = 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 2、Hk；21k1k2H2k(1k)g+21k1k2H2k(1k)g3、419L 4、9.79m ；50m 5、0.597 0.622 6、21 块；49FL48m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 1