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
高中物理解题方法6[1]递推法.txt有没有人像我一样在听到某些歌的时候会忽然想到自己的往事_______如果我能回到从前,我会选择不认识你。
不是我后悔,是我不能面对没有你的结局。
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