# 高中奥林匹克物理竞赛解题方法+06递推法

= at + 2at + 3at + + (n 1)at + nat = at (1 + 2 + 3 + + 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 =

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

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-

2 gh0 = 60m / s

2

m

v2

h

v2

h

2h0 1 1 1 (1 + 2 + 4 + + 2 m 2 ) + 2 n n n n 2 2h n +1 5 = h0 + 2 0 = h0 2 = h0 = 300m n 1 n 1 3 = h0 +

v0 2v1 2v + ++ m + g g g v 1 1 = 0 [1 + 2 + + 2 ( ) m + ] g n n v n +1 = 0( ) g n 1 3v = 0 = 18s g =

-2-

3 a1 = a AA1 BB1 cos 60° = a vt , 2 3 3 a 2 = a1 vt = a 2 × vt , 2 2 3 3 a 3 = a 2 vt = a 3 × vt , 2 2 3 a n = a n vt 2

3 vt = 0, 2 所以t = 2a 3v

1 2 mv1 2

2

1 2 1 F v1 = ( g )s 4 2 m 1 1 2 ′ ( F 2 mg )s = × 2mv 2 × 2mv1 2 2 2

′ 拉第二节车厢时: (m + 2m)v 2 = 2mv 2

2

4 2 2 F 5 v 2 = ( g )s 9 3 m 3
-3-

…… 推理可得

n F 2n + 1 ( g )s n +1 m 3 2n + 1 ′2 由 v n > 0可得 : F > mg 3 ′ v n2 =

W3 = mg 2d W4 = mg 3d W5 = mg 4d Wn = mg (n 1)d

= mgd n

(n 1) 2

-4-

N i L = N i +1

N L , 得N i = i +1 2 2

1 1 1 1 N 2 = × N3 = = ( )5 N6 2 2 2 2

N1

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

x1 =

L 2

L G x 2 = ( x 2 ) G 2 L L x 2 = = 4 2× 2

9

L 2×3

L 2× n
n

∑ x
n =1

= 11.32h
-5-

k 11.32h = = 1.258 H 9h

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

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

( 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

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

38 20 ,n > , n 为整数取 3. 14 14

′ [ M + 3m + (n 1)m′]v n 1 2m′nv n1 = ( M + 3m + nm′)v n

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

-6-

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

mg cos θ ( s 2 + s3 ) = mg ( s 2 s3 ) sin θ

s 2 s3 sin θ cos θ 2 = == = s1 s 2 sin θ + cos θ 3
2 3

s = s1 + 2 s 2 + 2 s3 + + 2 s11

2 s1 [1 ( )11 ] 3 = 2( s1 + s 2 + s3 + + s11 ) s1 = 2 × s1 2 1 3 2 = 10 12 × ( )11 (m) = 9.86(m) 3

-7-

m1v0 = m1v1 + m2 v 2
1 1 1 2 2 m1v0 = m1v12 + m2 v 2 2 2 2

① ②

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

v2 =

2m1 2 v0 = v0 m1 + m2 3
2 v0 3 ′ v2 = 0

′ v1 = v0

T = 3(t1 + t 2 + t 3 ) = 3 × (

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

1 2 nmv n 这样的关系式是错误的. 2

FL =

1 1 2 (n 1)mv ′ 21 (n 1)mv n1 n 2 2

′ (n 1)mv n 1 = nmv n

n vn n 1
-8-

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 当 n=2 时有:

2 FL 2 = 2 2 v 2 v12 m 2 FL 2 2 = 3 2 v3 2 2 v 2 当 n=3 时有: 2 m 2 FL 2 2 = 4 2 v 4 3 2 v3 … 当 n=4 时有: 3 m 2 FL 2 2 一般地有 ( n 1) = n 2 v n (n 1) 2 v n 1 m

n(n 1) 2 FL 2 = n 2 v n v12 2 m

2 FL 2 = n 2 v n v12 m

FL(n 1) . nm

( M m)v n 1 = ( M + m)v n

vn =

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

-9-

v1 v , v3 = 1 , 5 52

v1 , 5 n 1

sn =

v12 v12 1 = 2n2 2a 2a 5 v12 v2 1 v2 1 v2 1 , s 2 = 1 2 , s3 = 1 4 , , s n = 1 2 n2 2a 2a 5 2a 5 2a 5

s总 = 2( s1 + s 2 + s 3 + + s n + ) = 2 v12 1 1 1 (1 + 2 + 4 + + 2 n 2 + ) 2a 5 5 5 2 2 v v 25 1 = 1 = 1 1 a a 24 1 2 5
a= Mg 15 = m / s2 m 2

5 ( m) 4

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

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1 Mg = 2.0 N

1 1 2 Mv 2 = Mv0 1 Mg 8l 2 2

2

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

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

v ′′ 2 = v ′ 2 + 2a M ( s ′ + l )

- 11 -

2

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 = == n v0 u 0 v1 u1 v n1 u n 1 v un v1 u1 v 2 u 2 = == n v0 0 v1 u1 v n 1 u n 1 v un v1 u1 v 2 u 2 × ×× n v0 v1 u1 v n 1 u n1
n

( e) n =

① ②

1 [1 + (e) n ]v0 2

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

E 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 =

E kl 1 e = = Ek 2
2

1 2 1 2 1

1 2 = 0.146 1 2 = 0.25 1 1 2 2 = 0.323 2 1 4 = 0.375 1 1 4 2 = 0.412 2

E 1 e4 n = 2时, k 2 = = Ek 2

n = 3时,

E k 3 1 e = = Ek 2
6

E 1 e8 n = 4时, k 4 = = Ek 2

1 2 1

E 1 e10 n = 5时, k 5 = = Ek 2

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

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

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

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

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

n ○

V ) n p0 V + V0

p0 pn 所以n = V + V0 lg( ) v lg

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

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

k=

q . 根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量. Q

q1 = kQ = q q 2 = k (Q + q1 ) = q + kq q 3 = k (Q + q 2 ) = kQ + kq 2 = q + kq + k 2 q

q n = k (Q + q n 1 ) = q + kq + k 2 q + + 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 Qq

qQ . Qq

Q E

Qq q = C1 C2
- 15 -

Qq (Q q ) E q2 = Qq Qq

(2 R + R ′)2 R = R′ 2R + R′ + 2R

R=

mv L = Bq 4

v=

BqL 4m s1 =

πL
4

2

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

- 16 -

s1 = π R =

πL
4

s 2 = s1 + s 2 =

πL
4

+

B 2 qL2 16mE

B 2 qL2 s3 = s1 + s 2 + s1 = + 2 16mE s 4 = 2 s1 + 2 s 2 =

πL

πL
2

+

B 2 qL2 8mE

s ( 2 n1) = ns1 + (n 1) s 2 =

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

πL

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
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- 18 -

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, ,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?

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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 < < 0.622 6.21 块

3.

41 L 9
Q1 2

FL 49 m48

7.

8.0.065U 9.24.46K

q R

10. (1)I: 11. R AB

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

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

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6高中奥林匹克物理竞赛解题方法六:递推法