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6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 2 t = at + 2at 3t 末的速度为 v 2t = v 2 t + 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 =

1 n(n + 1)(2n + 1)at 2 . 12 1 (n = 2) ,求 n

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 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 v 0 =

2 gh0 = 60m / s

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

2

第 m 次跳起时和又落地时的速率 v m = v 0 / 2
-1-

m

2 h0 h v12 v2 每次跳起的高度依次 h1 = = 2 , h2 = = 0 , 2g n 2g n 4 …

通过的总路程 ∑ s = h0 + 2h1 + 2h2 + L + 2hm + L

= h0 +

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

经过的总时间为 ∑ t = t 0 + t1 + t 2 + L + t m + L

=

v0 2v1 2v + +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 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 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 L 3 a n = a n vt 2
因为 a n 即 nt = t

3 vt = 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.
-2-

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 mg ) s =

1 2 mv1 2

拉第一节车厢时: ( m + m)v1 = mv1 故有 v1 =
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
故同样可得: v ′ = 2
2

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

…… 推理可得

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

另由题意知 F = 31mg , 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 所以将 n 块砖叠放起来,至少做的总功为 W=W1+W2+W3+…+Wn

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

= 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
-3-

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

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 N6 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

x1 =

L 2

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

L G x 2 = ( x 2 ) G 2 L L x 2 = = 4 2× 2
同理可得第 3 块的最大伸出量 x3 = …… 最后归纳得出 x n = 所以总跨度 k = 2
9

L 2×3

L 2× n
n

∑ x
n =1

= 11.32h

-4-

跨度与桥孔高的比值为

k 11.32h = = 1.258 H 9h

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 . 例 8 如图 6—5 所示, 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=58kg 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 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 + 2)m v n ,若抛上(n+1)包沙袋后车反向运动,则应有 v n > 0, v n +1 < 0. M + (n + 1)m 即 M ( n + 1) m > 0, M ( n + 2)m < 0. 由此两式解得: n <

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

48 30 ,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 n 1 2m′nv n1 = ( M + 3m + nm′)v 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′

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



M + 3m (n + 1)m′ > 0 n > 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. 一固定的斜面, 倾角 θ = 45° , 斜面长 L=2.00 米. 在 例 9 如图 6—6 所示, 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 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. 擦因数 = 0.20 , 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 解析 因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功,
-5-

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

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

s 2 s3 sin θ cos θ 2 = =L= = s1 s 2 sin θ + cos θ 3
2 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 + 2 s 2 + 2 s3 + L + 2 s11

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 v 0 = πR / 2 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. 由于 m2=2m1, 所以 m1 碰后弹回, 2 向前与 m3 发生碰撞. 而又由于 m2=m3, m 解析 当 m1 与 m2 发生弹性碰撞时, 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
2 v0 3 ′ v2 = 0

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

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

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T = 3(t1 + t 2 + t 3 ) = 3 × (

2πR 2πR 2πR 10πR 10πR )= + + = = 20( s ). πR 3v0 3v0 v0 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 = 式是错误的. 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:

1 2 nmv n 这样的关系 2

FL =

1 1 2 (n 1)mv ′ 21 (n 1)mv n1 n 2 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 vn ② n 1 1 n 1 2 把②式代入①式得: FL = ( n 1) m( v n ) 2 (n 1)mv n 1 2 n 1 2 2 FL 2 2 整理后得: ( n 1) = n 2 v n (n 1) 2 v n 1 ③ m ′ (n 1)mv n 1 = nmv n ′ 得: v n 1 =
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

2 FL 2 = n 2 v n v12 m

在本题中 v1 = 0 ,所以 v n =

FL(n 1) . nm

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.
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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、 2、 3、 vn、 v v …、 …车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为 s1、 2、 3、 s s …、 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
由这一关系可得: v 2 =

所以

vn =

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

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 = 2n2 2a 2a 5

v12 v12 1 v12 1 v12 1 类似地,由这一关系可递推到: s1 = , s2 = 2 , s3 = 4 ,L , s n = 2 n2 2a 2a 5 2a 5 2a 5
所以车运动的总路程

s总 = 2( s1 + s 2 + s 3 + L + s n + L) v12 1 1 1 = 2 (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
因此 v1 = v 0 = 3m / s 所以 s总 =

a=

Mg 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 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 v 0 = 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 ) 2 ,设铅 块的长度与木块相比可以忽略.
-8-

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 解析 当铅块向右运动时, 长木块与地面间的最大静摩擦力, 10 个扁长木块开始运动, 则 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 f 1 =

1 Mg = 2.0 N

设 M 可以带动木块的数目为 n,则 n 满足: f 1 2 ( M + m) g ( n 1) 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 1 Mg 8l 2 2
得: v 2 = 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: 1 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: 1 Mg 2 ( M + m) g 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 + a M 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 )
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,最后和木块一起静止在
2

地面上. 质量为 m 的长方形箱子, 放在光滑的水平地面上. 箱 例 14 如图 6—10 所示, 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
-9-

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 n1 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 n1
n

或e =

( e) n =

即碰撞 n 次后 v n u n = ( e) v 0

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

E kn = E k E kn = =

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

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,

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
- 10 -

E 1 e4 n = 2时, k 2 = = Ek 2

E 1 e6 n = 3时, k 3 = = Ek 2

E 1 e8 n = 4时, k 4 = = Ek 2

1 2
1

1 4 = 0.375
1 1 4 2 = 0.412 2

n = 5时,

E k 5 1 e = Ek 2

10

=

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

t3 =

在这段时间中,箱子运动的距离是:

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

= =

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 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) 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 解析 根据玻一马定律, 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: p 0V = p1 (V + V0 ) 第二次抽气后: p1V = p 2 (V + V0 ) 依次递推有: p 2V = p 3 (V + V0 ) … ① ② ③

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

n ○
- 11 -

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 =

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

分开之后, 小球获得电量 q. 今让小球 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, 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: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 = 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、…,有:

q . 根据此规律就可以求出小球 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

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 1 q Q

=

qQ Qq

即小球与大球多次接触后,获得的最大电量为

qQ . Qq

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, 掷向 a 时, 1 获电荷电量为 Q, S 再掷向 b 时, 2 获电荷电量为 q. 问 S A 当 A 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.

- 12 -

因为 Q = C1 E

所以 C1 =

Q E

当 S 由 a 第一次掷向 b 时,有:

Qq q = C1 C2

所以 C 2 =

Qq (Q q ) E q2 = Qq Qq

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 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

(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 s2 = 2 y = B 2 qL2 16mE

所以粒子在电场中进入一次通过的路程为

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
- 13 -

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

s3 = s1 + s 2 + s1 =

πL
2

+

B 2 qL2 16mE

粒子第 4 次到达 x 轴时,已通过的路程为

B 2 qL2 s 4 = 2 s1 + 2 s 2 = + 2 8mE

πL

粒子第 ( 2n 1) 次到达 x 轴时,已通过的路程为

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

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

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
4

+

B 2 qL2 ) 16mE

- 14 -

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 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 开始时用手扶着木 与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是 , 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 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?

- 15 -

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 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 ,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.
k 1

,且 k=1,2,3,4,…,设球心处的电势为零,周围空

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
- 16 -

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?

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 < < 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, 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

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