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高中奥林匹克物理竞赛解题方法 六 递推法

时间:2010-01-16


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 + + (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

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/s2) n
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

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 + + 2hm +

v2

h

v2

h

= h0 +

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

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

=

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

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 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. 车头与各节车厢的质量相等, 均为 m, 若一次直接起动, 例 4 一列进站后的重载列车, 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

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

= mgd n

(n 1) 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

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 = = ( )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

L 3 + 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

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

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 k 11.32h = = 1.258 H 9h

跨度与桥孔高的比值为 例8 为

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

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? 由动量守恒定 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, 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 =

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

同理有 v n +1 =

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

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

s 2 s3 sin θ cos θ 2 = == = 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 + + 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
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 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
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

T = 3(t1 + t 2 + t 3 ) = 3 × (

2πR 2πR 2πR 10πR 10πR + + )= = = 20( s ). πR 3v0 v0 3v0 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 nmv n 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 n1 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 v n ) 2 (n 1)mv n 1 把②式代入①式得: FL = ( n 1) m( 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 ′ 1 = n

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 = 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
当 n=2 时有: 将以上 ( n 1) 个等式相加,得: (1 + 2 + 3 + + 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 = 例 12

FL(n 1) . nm

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 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
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 , 5 52

一般地,有 v n =

v1 , 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
似 地 , 由 这 一 关 系 可 递 推 到 :

v12 v12 1 v12 1 v12 1 s1 = , s2 = 2 , s3 = 4 , , 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 + + s n + ) v12 1 1 1 = 2 (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
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. 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, 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, 10 个扁长木块先静止不动, 则 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
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 = == 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

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

E 1 e4 n = 2时, k 2 = = Ek 2

E 1 e6 n = 3时, k 3 = = Ek 2

n = 4时,

E k 4 1 e = = Ek 2
8

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 . 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 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 ) 3 v s 所以平均速度为: v = = 2e = 0 L t 2 (1 + e + e 2 + e 3 ) 3 e v0
每分钟可完成 8 次抽气动作. 一容积为 1 升的容器与 例 15 一容积为 1/4 升的抽气机, 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, 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 ○

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

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 =

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 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

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,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

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

所以粒子在电场中进入一次通过的路程为

s2 = 2 y =

B 2 qL2 16mE

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 + 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 +

粒子第 4 次到达 x 轴时,已通过的路程为

s 4 = 2 s1 + 2 s 2 =

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 n1)

nπL B 2 qL2 = ns1 + (n 1) s 2 = + (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


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