高中物理解题方法61递推法.docx

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高中物理解题方法61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）

=at（n+1）n=n（n+1）at

（2）同理：

可推得nt内通过的总路程s=n（n+1）（2n+1）at2

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（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==60m/s

第一次跳起时和又落地时的速率v1=

第二次跳起时和又落地时的速率v2=

……

第m次跳起时和又落地时的速率vm=

每次跳起的高度依次为h1==，h2==，……，

通过的总路程Σs=h0+2h1+2h2+…+2hm+…

=h0+（1+++…++…）

=h0+=h0=h0=300m

经过的总时间为Σt=t0+t1+t2+…+tm+…

=++…++…

=［1+2+…+2（）m+…］

===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：

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Δt，在每一个Δt内每只猎犬的运动可视为直线运动，每隔Δt，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。

a1=a－AA1－BB1cos60°=a－vΔt

a2=a1－vΔt=a－2×vΔt

a3=a2－vΔt=a－3×vΔt

……

an=a－nvΔt

因为a－nvΔt=0，即nΔt=t

所以：

t=

（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，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Δs的宽松距离，设火车的牵引力为F，则有：

车头起动时，有：

（F－μmg）Δs=m

拉第一节车厢时：

（m+m）=mv1

故有：

==（－μg）Δs

（F－2μmg）Δs=×2m－×2m

拉第二节车厢时：

（m+2m）=2mv2

故同样可得：

==（－μg）Δs

……

推理可得：

=（－μg）Δs

由＞0可得：

F＞μmg

另由题意知F=31μmg，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=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（n－1）d

mgd

例6：

如图6—3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：

NiL=Ni+1，得：

Ni=Ni+1

所以：

N1=N2=N3=…=（）5N6①

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+mg=N6L②

由①、②联立，解得：

N1=

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=）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：

Δx1=

第2块相对第3块的最大伸出量为Δx2（如图6—4所示），则：

GΔx2=（－Δx2）G

得：

Δx2==

同理可得第3块的最大伸出量：

Δx3=

……

最后归纳得出：

Δxn=

所以总跨度：

k=2=11.32h

跨度与桥孔高的比值为：

==1.258

例8：

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为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？

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－m2v0=（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－m2nv1=（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）m］vn－1－2nmvn－1=（M+nm）vn，即：

vn=vn－1。

同理有：

vn+1=vn

若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有vn＞0，vn+1＜0

即：

M－（n+1）m＞0，M－（n+2）m＜0

由此两式解得：

n＜，n＞。

因n为整数，故取3。

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′］－2nm′vn－1=（M+3m+nm′）

解得：

=

同理有：

=

设抛上（n+1）个沙袋后车速反向，要求＞0，≤0

即：

解得

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μ=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：

μmgcosθ（s1+s2）=mg（s1－s2）sinθ

μmgcosθ（s2+s3）=mg（s2－s3）sinθ

即有：

==…==

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+…+s11）－s1

=2×－s1=10－12×（）11=9.86m

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=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+m2v2①

m1=m1+m2②

由①、②式得：

v1=v0=－v0，v2=v0=v0

以m2、m3为研究对象，当m2与m3发生弹性碰撞后，得v3=v0，=0

以m3、m1为研究对象，当m3与m1发生弹性碰撞后，得=0，=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+t2+t3）=3×（++）===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，有部分机械能转化为内能。

因此，如果列出（n－1）FL=nm，这样的关系式是错误的。

设第（n－1）个木块刚被拉动时的速度为vn－1，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vn。

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=（n－1）m－（n－1）m①

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－1）m=nmvn，得：

=vn②

把②式代入①式得：

FL=（n－1）m（vn）2－（n－1）m

整理后得：

（n－1）=n2－（n－1）2③

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：

=22－

当n=3时，有：

2=32－22

当n=4时，有：

3=42－32

……

一般地，有：

（n－1）=n2－（n－1）2

将以上（n－1）个等式相加，得：

（1+2+3+…+n－1）=n2－

所以有：

=n2－

在本题中v1=0，所以：

vn=

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μ=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）vn－1=（M+m）vn，所以：

vn=vn－1=

由这一关系可

得：

v2=，v3=，…

一般地，有：

vn=

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==

类似地，由这一关系可递推到：

s1=，s2=，s3=，…，sn=

所以车运动的总路程：

s总=2（s1+s2+s3+…+sn+…）

=2（1+++…++…）

==

因为v1=v0=3m/s，a==m/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μ2=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μ1=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=μ1Mg=2.0N

设M可以带动木块的数目为n，则n满足：

f1－μ2（M+m）g－（n－1）μ2mg≥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：

Mv2=M－μ1Mg8l

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6—9甲所示，则对M而言有：

－μ1Mg=MaM

得：

aM=－2.0m/s2

第9及第10个木块的动力学方程为：

μ1Mg－μ2（M+m）g－μ2mg=2mam

得：

am=0.25m/s2

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：

=v2+2aM（s+l）

=2ams

v′=v+aMt

V′=amt

消去s及t求出：

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：

=+2aM（s′+l）

解得：

=－1.63－4s′＜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，且e=。

（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===…=

或－e===…=

（－e）n=××…×

即碰撞n次后：

vn－un=（－e）nv0①

碰撞第n次的动量守恒式是：

mvn+mun=mv0②

①、②联立得：

vn=［1+（－e）n］v0，un=［1－（－e）n］v0

第n次碰撞后，系统损失的动能：

ΔEkn=Ek－Ekn=m－m（+）=m－m（1+e2n）=×m

=Ek

下面分别讨论：

当n=1时，===0.146

当n=2时，===0.250

当n=3时，===0.323

当n=4时，===0.375

当n=5时，===0.412

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=。

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t2=、t3=，所以总时间t=t0+t1+t2+t3=（1+e+e2+e3）

在这段时间中，箱子运动的距离是：

s=0+u1t1+u2t2+u3t3

=（1+e）v0×+（1－e2）v0×+（1+e3）v0×

=+－+++

=（1+e+e2+e3）

所以平均速度为：

===

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：

p0V=p1（V+V0）①

第二次抽气后：

p1V=p2（V+V0）②

第二次抽气后：

p2V=p3（V+V0）③

……

第n次抽气后：

pn－1V=pn（V+V0）○n

由以上○n式得：

pn=（）np0

，所以：

n=

代入已知得：

n==27（次）

工作时间为：

t==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=，即=，亦即==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=。

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、…，有：

q1=kQ=q

q2=k（Q+q1）=q+kq

q3=k（Q+q2）=kQ+kq2=q+kq+k2q

……

qn=k（Q+qn－1）=q+kq+k2q+…+kn－1q

由于k＜1，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得：

qn===

即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为。

例17：

在如图6—1