《2022年高中物理奥赛解题方法六.递推法3.docx》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3.docx（33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、精选学习资料 - - - - - - - - - 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形；即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时,应依据题目特点应用数学思想将所争论的问题归类,然后求出通式；详细方法是先分析某一次作用的情形,得出结论；同点,把结论推广,然后结合数学学问求解；作用的递推关系式；再依据多次作用的重复性和它们的共 用递推法解题的关键是导出联系相邻两次塞题精析例 1：质点以加速度 a 从静止动身做直线运动,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、 2）nt 时间内通过的总路程；解析 ：依据递推法的思想,从特别到一般找到规律,然后求解；（ 1）物质在某时刻 t 末的速度为 v t = at 2t 末的速度为 v 2t = v t + 2at 即 v 2t = at + 2at 3t 末的速度为 v 3t = v 2t + 3at = at + 2at + 3at 就 nt 末的速度为 vnt = vnt + nat = at + 2at + 3at + + nat = at 1 + 2 + 3 + + n = at 1 n + 1n = 1 n n + 1at 2 2（ 2）同理：可推得 nt 内通过的总路程 s = 1 n n + 1
3、2n + 1at 212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；（ g 取 10m/s 2）n解析： 小球从 h0 高处落地时,速率 v0 = 2gh = 60m/s 第一次跳起时和又落地时的速率 v 1 = 0v2其次次跳起时和又落地时的速率 v 2 = v 022 名师归纳总结 第 m 次跳起时和又落地时的速率vm =v0, ,第 1 页,共 18 页2m每次跳起的高度依次为h1 =2 v 1 2g=h0,h2 =2 v 2 2g=h0n4n2通过的总路程s = h0 +
4、2h1 + 2h2 + + 2hm + - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - = h0 +2h01 +1+1+ +n12+ n2n2n42m经过的总时间为= h0 +2h01= h 0n21= 5 3h0 = 300m n2n21t = t 0 + t 1 + t 2 + + t m + =v 0g+2v1+ +2vm+ gg=v01 + 21+ + 2 1 nm + gn=v0n1=3v0=18s ggn 1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
5、 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,经多长时间可捕获到猎物？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 61 所示；所以要想求出捕获的时间,就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 可捕获猎物,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；a
6、1 = aAA 1BB1cos60 = a3 2v t a2 = a1 3 2v t = a23 2v t a3 = a2 3 2v t = a33 2v t an = an 由于 an3 2v t 3 2v t = 0 ,即 n t = t 所以： t = 2a3v（此题仍可用对称法,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 ,如一次直接起动,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： 如一次直接起动,车头的牵引力需克服摩擦力做功,使各节车厢动能都增加,名师归纳总结 - - - - - - -
7、第 2 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如利用倒退起动,就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就不同；原先挂钩之间是张紧的,倒退后挂钩间存在 s 的宽松距离,设火车的牵引力为F ,就有：车头起动时,有：Fmg s = 1 m v 1 22拉第一节车厢时：m + m v = mv 1故有：v 1 2 = 1 v = 1 Fg s 4 2 mF2mg s = 12m v 12m 1v 22 2拉其次节车厢时：m + 2m v = 2mv 2故同样可得：v = 4 v = 2 F5 g s 9 3 m 3 推理可得：v n 2= n F2n 1
8、 g s n 1 m 3由 v n 20 可得： F2n 1 mg 3另由题意知 F = 31mg ,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,因此需一次一次地运算递推出通式运算；将第 2 块砖平放在第一块砖上人至少需克服重力做功为W 2 = 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：W 3 = mg2d W 4 = mg3d
9、W 5 = mg4d W n = mg n 1d 所以将 n 块砖叠放起来,至少做的总功为名师归纳总结 W = W 1 + W 2 + W 3 + + W n = mgd + mg2d + mg3d + + mg n 1d 第 3 页,共 18 页n n 21 mgd - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例 6：如图 63 所示,有六个完全相同的长条薄片A iBi（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A1A 6 的中点处,试求：A 1B 1薄片对 A6B 6的
10、压力；解析 ：此题共有六个物体, 通过观看会发觉, A 1B1 、A 2B 2 、 、 A 5B5的受力情形完全相同,因此将 A 1B 1 、A 2B 2 、 A 5B 5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 为争论对象,受力情形如图 63 甲所示,第 i 个薄片受到前一个薄片向上的支持力 N i 、碗边向上的支持力和后一个薄片向下的压力N i L = N i+1L,得： Ni = 1 2Ni+12Ni+1； 选碗边 B 点为轴,依据力矩平稳有：所以： N 1 = 1 2N2 = 1 21N3 = = 1 25N 62再以 A6B6 为争论对象,
11、受力情形如图63 乙所示, A 6B 6受到薄片 A 5B 5 向上的支持力 N 6、碗向上的支持力和后一个薄片A 1B 1向下的压力 N 1 、质点向下的压力 mg ； 选 B6点为轴,依据力矩平稳有：N 1L+ mg3L= N 6 L ；24由、联立,解得：N1 = mg 42所以, A 1B1 薄片对 A 6B 6 的压力为mg 42例 7：用 20 块质量匀称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）,运算跨度与桥孔高度的比值；解析 ：为了使搭成的单孔桥平稳,桥孔
12、两侧应有相同的积木块,从上往下运算,使积木块均能保证平稳,要满意合力矩为零,平稳时,每块积木块都有最大伸出量,就单孔桥 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 ,明显第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 x 2（如图 64 所示）,就：名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - G x 2 = L 2 x 2 G 得： x 2 = L 4同理可得第=2L23 块的最大伸出量： x3 =L 2
13、3 最终归纳得出： xn = L2 n9所以总跨度： k = 2 x = 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 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 = 48kg 的小车以某初速度 v 0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
14、此袋之前的瞬时车速大小的 2n倍；（ n 是此人的序号数）（ 1）空车动身后,车上积累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： 当人把沙袋以肯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肯定的速度扔到车上,总有一时刻使车速反向或减小到零,如车能反向运动, 就另一边的人仍能将沙袋扔到车上,直到车速为零,就不能再扔,否就仍能扔；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 = 2nv 0 = 2v 0的水平速度扔到车上,由动量守恒得：Mv 0 m 2v0 = M +
15、 mv 1 ,当小车运动到第 2 人身旁时,此人将沙袋以速度 u= 2nv 1 = 4v1 的水平速度扔到车上,同理有：M + mv 1m 2nv1 = M + 2mv 2 ,所以,当第 n 个沙袋抛上车后的车速为 vn ,依据动量守恒有：M + n 1mv n 12n m v n1 = M + nmv n ,即： vn = M n 1m v n1 ；M nmM n 2m同理有： vn+1 =M n 1mvn如抛上（ n + 1）包沙袋后车反向运动,就应有 即： M n + 1m 0 ,M n + 2m 0 v n0 ,vn+10 名师归纳总结 由此两式解得：n38 14,n20 14；因 n
16、 为整数,故取3 ；第 5 页,共 18 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当车反向滑行时,依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 1m v n 12n mv n1 = M + 3m + nm v n解得：v = M 3m n 1mv n 1M 3m nm同理有：v n 1 = M 3m n 2mv nM 3m n 1m设抛上（ n + 1）个沙袋后车速反向,要求 v 0 ,v n 10 即：M 3m n 1m 0 解得 n 7M 3m n 2m 0 n 8即抛上第 8 个沙袋后车就
17、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 ,试求此质点从开头到发生第 11 次碰撞的过程中运动的总路程；解析： 由于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头到发生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；设每次开头下滑时,小球距档板为 s ,就由功能关系：mgcos s1 + s2 = mg
18、 s1s2sinmgcos s2 + s3 = mg s2s3sin即有：s 2s=s 3s= = sin sincos= 2 32 3cos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 + + s11s1s 1 2 113s1 = 1012 2 3 11 = 9.86m = 2 213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的刚性小球,它们的质量分别是 两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽视不计；m1 、 m2 和 m 3
19、 ,m2 = m 3 = 2m 1 ； 小球与槽的 开头时,三球处在槽中、的位置,名师归纳总结 彼此间距离相等,m2 和 m3 静止, m1 以初速 v0 =R沿槽运动, R 为圆环的内半径和小球第 6 页,共 18 页2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 - - - - - - - - - 解析： 当 m1 与 m2 发生弹性碰撞时,由于 m2 = 2m 1 ,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
20、碰撞又重复一次；当 m1 回到初始位置,就系统为一个周期；以 m1 、m2 为争论对象, 当 m1 与 m2 发生弹性碰撞后,依据动量守恒定律,能量守恒定律可写出：m1v 0 = m1v1 + m2v 2 1 m1 v = 1 m1 v + 1 m2 v 22 2 2 2由、式得：v1 = m 1 m 2 v 0 =1 v 0 ,v2 = 2m 1 v0 = 2 v0m 1 m 2 3 m 1 m 2 3以 m2 、m3 为争论对象,当 m2 与 m3 发生弹性碰撞后,得 v 3 = 2 v 0 ,v = 0 3以 m3 、m1 为争论对象,当 m3 与 m1 发生弹性碰撞后,得 v = 0
21、,v = v 0由此可见,当 m1 运动到 m2 处时与开头所处的状态相像；所以碰撞使 m1 、m2 、m3交换位置,当 m1 再次回到原先位置时,所用的时间恰好就是系统的一个周期 T ,由此可得周期：T = 3t 1 + t2 + t 3 = 3 2 R+ 2 R+ 2 R = 10 R = 10 R = 20s 3v 0 v 0 3v 0 v 0 R / 2例 11：有很多质量为 m 的木块相互靠着沿始终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
22、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；v因此,假如列出 n 1FL = 1 2nmv ,这样的关系式是错误的；n 1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第 n 个木块刚被拉动时速度为 将拉紧这一过程,由动能定理有：v n ； 对第 n1个木块开头运动到它把下一段绳子即FL = 1 2n1mv21 2n1mv22 n 1n 1n 1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：n1mvn 1= nmv n ,得：vn 1=nn1v n把式代入式
23、得：FL = 1 2n1m nvn 2 1 2n1mvn 1整理后得： n1 2FL m= n2v n12v2n 1式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式,由式可知名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当 n = 2 时,有：2FL m= 22v v21当 n = 3 时,有： 22FL= 322 v 2v22m当 n = 4 时,有： 32FL= 422 v 3v2m3 一般地,有： n1 2FL = n 2v n1 2v 2n 1m将以上 n1个等式相加,得：1 + 2 + 3 + + n1 2FL = n
24、2v v 1 2m所以有：nn 1 2FL = n 2v 2v 1 22 m在此题中 v1 = 0 ,所以： vn = FLn 1nm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 ；开头时,车和铁块共同以 v 0 = 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,碰撞无机械能缺失,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；铁块由于惯性连续沿原先方向运动,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
25、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形；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、右来回一次,车的总路程就是每次来回的路程之和；设每次与墙碰后的速度分别为 v 1 、v2 、v 3 、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：M mv n1 = M + mv n ,所以： vn = M mv n1 = v n 1
26、M m 5由这一关系可得：v 2 = 1v,v3 = v2 1,5 5一般地,有： vn = vn 1 15由运动学公式可求出车与墙发生第sn =v2 n=2 1v122a2a2n 5类似地,由这一关系可递推到：n 次碰撞后向左运动的最远距离为：名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - s1 =2 1v,s2 =2 1v1,s3 =2 1v1,sn =2 1v122a2a2 52a4 52a2n 5所以车运动的总路程：s 总 = 2 s1 + s2 + s3 + + sn + 2 = 21v1 +1+1+ +1+ 2a2
27、5542n 5=2 1v11=v2 125a1a2452由于 v1 = v0 = 3m/s ,a = Mg m= 15 22 m/s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 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 ,原先木块处于静止状态；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
28、最终的位置在何处（落在地上仍是停在哪块木块上） ； 重力加速度 g 取 10/s 2 ,设铅块的长度与木块相比可以忽视；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,如此摩擦力大于10 个扁长10 个扁长木块开头运动,如此摩擦力小于10 个扁长木木块与地面间的最大静摩擦力,就块与地面间的最大摩擦力,就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 f 1 =1Mg = 2.0N 设 M 可以带动木块的数目为n ,就 n 满意： f12 M +
29、 mg n1 2mg0 即： 2.01.40.4 n10 上式中的 n 只能取整数,所以 n 只能取 2 ,也就是当 M 滑行到倒数其次个木块时,剩下的两个木块将开头运动；设铅块刚离开第 8 个木块时速度为 v ,就：1Mv 2 = 1 M v 1Mg 8l 2 2得： v 2 = 2.49 m/s 2 0 由此可见木块仍可以滑到第 9 个木块上；M 在第 9 个木块上运动如图 69 甲所示,就对 M 而言有： 1Mg = Ma M2得： aM = 2.0m/s第 9 及第 10 个木块的动力学方程为：1Mg 2 M + mg 2mg = 2mam 2得： am = 0.25m/s名师归纳总结
30、 - - - - - - -第 9 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 ,就 M 运动的距离为 s + l ,有：v = v 2 + 2aM s + l 22V = 2ams v= v + aM t V = amt 消去 s 及 t 求出：v 0.611m / s或 v 0.26m / sV 0.212m / s V 0.23m / s明显后一组解不合理,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
31、 ,这时木块的速度为 V ,就：2 2v = v + 2aM s+ l 2解得：v =1.634s 0 ,故 M 不能滑离第 10 个木块,只能停在它的表面上,最终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,滑块与箱底间无摩擦；开头时箱子静止不动,滑块以恒定的速度v0 从箱子的A 壁处向 B 处运；40% ,滑块与箱壁动,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最多可碰撞几次？
32、（ 2）从滑块开头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：名师归纳总结 e =u1v1=u2v2= =vunvn1第 10 页,共 18 页0v 1u 1n1unv0u或 e =v1u 1=v2u2= =vvnunv0u0v1u1n1un
33、 1 e n = v 1 u 1v 2 u 2 v nv 0 v 1 u 1 v n 1即碰撞 n 次后： vnun = e n v0unn 1u碰撞第 n 次的动量守恒式是：mvn + mun = mv 0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 、联立得：vn = 1 21 + env 0 , un = 1 21env 0第 n 次碰撞后,系统缺失的动能： Ekn = E kEkn = 1 2mv 1 2m 2 v +u = 1 2mv 1 4m2 v 1 + e2n =12n e1 2mv220=12n eEk2下面分别争论：当 n = 1 时,Ek1=
34、1 e2=121= 0.146 2Ek2当 n = 2 时,Ek 2=1 e4=121= 0.250 2Ek2=111= 0.323 当 n = 3 时,Ek3=16 e22Ek22=121= 0.375 当 n = 4 时,Ek 4=8 1 e4Ek2=111= 0.412 当 n = 5 时,Ek5=110 e42Ek22由于要求的动能缺失不超过40%,故 n = 4 ；（ 2）设 A、B 两侧壁的距离为L ,就滑块从开头运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间t0 = L； 在下一次发生碰撞的时间 t1 = L= L,共碰撞四次,另两次碰撞的时间分v 0 u 1 v 1 ev 0别为 t2 =
35、2 L、 t3 = 3 L,所以总时间 t = t 0 + t1 + t2 + t3 = 3 L1 + e + e 2 + e 3 e v 0 e v 0 e v 0在这段时间中,箱子运动的距离是：s = 0 + u 1t1 + u 2t 2 + u 3t3名师归纳总结 = 1 21 + ev 0ev+ 1 21e 2v 0L0+ 1 21 + e3 v0L第 11 页,共 18 页2 e v3 e v 0= L 2e+ L 2L+ L 2+L+ L 22 2e3 2e=L1 + e + e2 + e3 3 2e- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以平
36、均速度为：v = s t=L 1 e 3 2eL 1 e e v 02 e2e =v0e3 e 2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 ：依据玻一马定律,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；V 0 ,容器的容积为V ；每抽一次压强分别为设气体原压强为p0 ,抽气机的容积为p1 、p2 、,就由玻一马定律得：第一次抽气后：p0V = p 1
37、V + V 0 其次次抽气后：p1V = p 2 V + V 0 其次次抽气后：p2V = p 3 V + V 0 第 n 次抽气后： pn 1V = p n V + V 0 nlglgp 0V 0由以上n式得： pn = VVVn p0 ,所以： n =p nVV代入已知得： n =lg 400 lg1.25= 27（次）工作时间为： t = 27 8= 3.38 分钟例 16：使一原先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,使其带电量复原到原先的值 Q ；求小球可能获得的最大电量；解析 ：两个孤
38、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Q 1C=Q2,即Q1=C 1,亦即Q1Q1 Q=C1C 1C2= k C2Q2C 2所以 Q = k Q 1 + Q 2 ,k 为常量,此式说明：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,有：比值,即k = q Q；依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 、q1 = kQ = q q2 = k Q + q 1 = q + kq q3 = k Q + q 2 = kQ + kq 2 = q + kq + k2q 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 18 页