高中物理竞赛经典方法_6递推法.docx

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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)（2）同理：可推得nt内通过的总路程s 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），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vm/s第一次跳起时和又落地时的速率v第二次跳起时和又落地时的速率v„„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h„„，通过的总路程经过的总时间为Σt=t0+t1+t2+„+tm+„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。„„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：mv拉第一节车厢时：(m+m)v1,=mv1故有：v拉第二节车厢时：(m+2m)v2,=2mv2故同样可得：v„„推理可得：v由vn,2＞0可得：F＞2n+1μmg 3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。2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 3图6例6：如图6—3所示，有六个完全相同的长条薄片Ai Bi（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Ni A N1·+1 6 3甲6 3乙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：Ni.L=Ni，得：Ni Ni+1 B所以：N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+mg.3L=N6.L 2 4②由①、②联立，解得：N所以，A1B1薄片对A6B6的压力为mg。42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：第2块相对第3块的最大伸出量为Δx2（如图6—4所示），则：6-4得：同理可得第3块的最大伸出量：„„最后归纳得出：所以总跨度：k xn=11.32h跨度与桥孔高的比值为：··…3 2 1 0 2 3···6-5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l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)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－1－2n.mvn-1=(M+nm)vn，即：vn vn－1。同理有：vn 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。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′］vn,_1－2n.m′vn－1=(M+3m+nm′)vn,解得：v同理有：v设抛上（n+1）个沙袋后车速反向，要求vn,＞0，vn,+1≤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)sinθμmgcosθ(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2 3∴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由①、②式得：v v0，vv0以m2、m3为研究对象，当m2与m3发生弹性碰撞后，得vv0，v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：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FL nm v，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vn,_1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：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)mvn,_1=nmvn，得：vvn②把②式代入①式得：FL mv整理后得：n2 v 2 v③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：当n=3时，有：当n=4时，有：„„一般地，有：n2 v 2 v将以上(n－1)个等式相加，得：n2 v所以有：n2 v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。V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由这一关系可得：v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：类似地，由这一关系可递推到：所以车运动的总路程：s总因为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。Vo M——----------___-ml······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：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 V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=v2+2aM(s+l)V,2=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：v,,2=v,2+2aM(s′+l)解得：v,,2=－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：即碰撞n次后：vn－un=(－e)n.v0①碰撞第n次的动量守恒式是：mvn+mun=mv0②①、②联立得：vn v0，un v0第n次碰撞后，系统损失的动能：v 0(2)下面分别讨论：当n=1时，当n=2时，当n=3时，当n=4时，当n=5时，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t在下一次发生碰撞的时间t，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为t，所以总时间t=t0+t1+t2+t e+e2+e3)在这段时间中，箱子运动的距离是：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 n.p0，所以：n代入已知得：n（次）工作时间为：t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：即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为qQ。Q_q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=C1E，所以：C当S由a第一次掷向b时，有：所以：C解得A2最终获得的电量：q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？6 12。