物理题目中的数学归纳法Word下载.docx

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2.（05江苏）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在

该雪橇上。

狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；

其后狗又反复地跳下、追

赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动。

若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗

相对于地面的速度为V+u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和。

若以雪橇运动的

方向为正方向，则V为正值，u为负值）。

设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。

已知v的大小为5m/s,u的大小为4m/s,M=30kg,m=10kg.

（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小。

（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。

（供使用但不一定用到的对数值：

lg2=0.301,lg3=0.477）

此题完全可以一次次往下算，不见得非要走捷径

解法

（二）：

一次次算

设雪橇运动的方向为正方向。

狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi,狗的速度为Vi+u;

狗

第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为Vi'

由动量守恒定律可得

第一次跳下雪橇：

MVi+m（Vi+u）=0

Vi=muim/s

M+m

第一次跳上雪橇：

MVi+mv=（M+m）Vi'

第二次跳下雪橇：

（M+m）Vi'

=MV2+m（V2+U）

（M+翊）斤-

mu

V2=1廿

=3m/s

第二次跳上雪橇：

4-wv=（M+附）旷2

丁尸+加

心一胚+战

=3.5m/s

（M十闾厂产腹冬十刖（冬十切

疗_（M+翊耳

-ma.匸.

=4.5^3/

第三次跳上雪橇：

（M+m）V3=：

T+“；

-1

-mu

V3'

=小

=i85/4m/s=4.625m/s

第四次跳下雪橇：

（M+m）V3'

=MV4+m（V4+U）

M+翊

此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。

因此，狗最多能跳上雪橇3

次。

雪橇最终的速度大小为5.625m/s.

一Mmu+（胚十

可解得

将=5mfs,M==10^代入，得V1=2m/s

（2）解法

（一）

设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n—1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn-1,则狗第（n—

1）次跳上雪橇后的速度Vn-1‘满足

这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足

呜+翻（兀+u）=（M+型）并_]

解得

1-

mu（M

M+wM-¥

m

狗追不上雪橇的条件是Vn》V

（M+删）氏

可化为

最后可求得

Mu—{M4-zz?

）v

Mu—（M+yn）v

逗（7\j-|\）

丹王］十一7一

1§

（“）

M

代入数据，得

狗最多能跳上雪橇3次

雪橇最终的速度大小为V4=5.625m/s

（08四川）一倾角为0=45°

的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）

小物块与斜面之间的动摩擦因数卩=0.2。

当小物块与挡板碰

撞后，将以原速返回。

重力加速度g=10m/s2。

在小物块与挡

板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

25.（20分）解法三：

一次次计算，得到结果

设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支

持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得

mgsinr-'

mgcosv-ma

得：

a=42m/s2

a'

，依牛顿第二定律有

②

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为

mgsin^-」mgcos）-ma

a=62m/s2

s,=2m

小物块第一次下滑到最低点时

Vi2asi得w=4m/s

小物块第一次沿斜面向上运动的最距离为

Vi

2a

=3.2m

小物块第二次下滑到最低点时

v2—2as2得v?

6m/s

3

小物块第二次沿斜面向上运动的最距离为

v；

8

s3m

2a9、2

小物块第三次下滑到最低点时

28v3=2as3得v3m/s

小物块第三次沿斜面向上运动的最距离为

v316

s4m

2a27.2

小物块第四次下滑到最低点时

以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

I=mv_m（-v）

总冲量为I=I1T2T3T4⑧

4l88—

代入数据：

J20.09（4丄"

39印s

得I=0.4（3..6）N•s⑨

解法一：

动能定理求速度，然后数学归纳

设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为由功能关系得

V。

mgh=丄mv2■」mgcos―—

2sin0

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

v=4m/s

I=mv-m（-v）

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h'

则

12mvmgh■Imgcosv

2sinj

同理，有

mgh=1mv2-bgcos——

I二mv"

「m（-v）

式中，v'

为小物块再次到达斜面底端时的速度，I'

为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

由①②③④⑤式得

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

h=2m..2gh0（1-"

cotv）

总冲量为

23

I=I!

I2I3I4=Ii（1kkk）

I=1匕2m.2gh0（1-」cot）

1-k

⑩

（11）

代入数据得I=0.4（3「6）N•s

（12）

解法二：

运动学公式求速度，然后数学归纳

设小物块从咼为h处由静止开始沿斜面向下运动，

小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支

mgsinJ-mgcosv-ma

设小物块与挡板碰撞前的速度为V,则

①

2h

v2asin日

由①②③式得

③

Ii=2m.、2gh（1-"

④

依牛顿第二定律有

mgsinv-」mgcos）-ma

小物块沿斜面向上运动的最大高度为

⑤

h—sin12a

由②⑤⑥式得h1丄k2h

⑥

⑦

式中k=.tan

»

tan日+卩

⑧

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

I=2m.2gh（1-」cot

⑨

由④⑦⑨式得l〉kl

l1=2m..2gh0（1-■'

总冲量为|二丨勺丄丄14=1/1kk-k）

由1kk2…kn」y^^）

4

得1=_—2m..2ghb（1-」cot”

（13）

（14）

代入数据得1=0.4（3••一6）N•s

（15）

2122

mvn」MVnmvn

22"

由①、②式及

绝缘球m从60°

位置摆到最低点，由机械能守恒定律:

*12

mgl（1-cos60）mv0

绝缘球m从最低点摆回到45°

位置，由机械能守恒定律:

。

12

mgl（1「cos45）mv

由⑥、⑦式得V-,2-.2v0=0.77V0

293

巾81吒）“729

所以经过3次碰撞0将小于45°

2011石家庄二模（在最后的数据的处理上有些与07年高考相似）

26.（21分）如图所示，在某一平面上，有以O点为圆心的匀强磁场区域I、II，磁感应强度大小均为B。

半径为R的圆形磁场区域I内，磁场方向垂直该平面向里；

内径为R的环形磁场区域II内，磁场方向垂直该平面向外。

现有一个质量为m、电荷量为+q的粒子从边界上的A点沿半径方向射入圆形磁场区域I,当粒子回到A点时，粒子与圆心O的连线恰好旋转一周。

（不计粒子所受重力）（太难理解）

（1）若环形磁场区域II外径足够大，求该粒子的运动速度

5

（2）若环形磁场区域n外径为3r，求该粒子回到A点时所需的最短时间t

计算过程中可能用到的数据参考下表:

8

7T

T

TT

JL

6

7

io

0.500

0.707

0.809

0.866

0.901

0.924

0,940

0.951

tan^|

L732

LOOO

0,727

①577

0+482

0.414

0.364

0.325

26.（21分）解：

（1）设粒子运动的半径为r,则有:

mv

Bqv（3分）

r

mv八

得r（1分）

Bq

如图，Oi为粒子运动的第一段圆弧

为粒子运动的第二段圆弧

/AOB=/B0C=20,

根据几何关系可知:

tan9=②（2分）

R

如果粒子回到A点，则必有：

nX29=2n（n=3,4,5……）③（2分）

BqR兀

由①②③可得v=tan—（n=3,4,5）（2分）

mn

（3）粒子与圆心O的连线旋转一周时，能回到A点的情况下，设粒子与圆心O的最远距离

为rn

rn=Rtan二+

cos-

兀R

rn=Rtan—+

n兀

cos—

n

粒子做圆周运动的周期

t=2im

（n=3,4,5……）（3分）

（2分）

n~1二-2■十2:

m

所用时间tn=T=（n）（n=3,5,7）

V22兀丿