(精简易下载版)高考物理解题方法递推法方法归纳[1]

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 „„

11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

221 （2）同理：可推得nt内通过的总路程s =n (n + 1)(2n + 1)at2

121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

n经过的总时间为通过的总路程。（g取10m/s2）

v解析：小球从h0高处落地时，速率v0 =2gh0= 60m/s 第一次跳起时和又落地时的速率v1 =0

2v00第二次跳起时和又落地时的速率v2 =2 „„ 第m次跳起时和又落地时的速率vm =vm

22v2hv12h0每次跳起的高度依次为h1 ==2，h2 =2=0，„„，

2gn2gn42h02h011n2151通过的总路程Σs = h0 + 2h1 + 2h2 + „ + 2hm + „= h0 +2(1 +2+4+ „ +2m2+ „)= h0 +2= h02=h0 =

nnnn1n13n300m 经过的总时间为Σt = t0 + t1 + t2 + „ + tm + „ = =

v02v12v++ „ +m+ „ gggv0v11n13v0［1 + 2+ „ + 2()m + „］ =0==18s ggn1gnn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。

333a1 = a－AA1－BB1cos60°= a－vΔt a2 = a1－vΔt = a－2×vΔt

222333a3 = a2－vΔt = a－3×vΔt „„ an = a－nvΔt

22232a因为a－nvΔt = 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。）

23v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：

1车头起动时，有：(F－μmg) Δs =mv12 拉第一节车厢时：(m + m)v1= mv1

211F12=v12=(－μg) Δs (F－2μmg) Δs =×故有：v12mv22－1×2mv12

42m224拉第二节车厢时：(m + 2m)v2= 2mv2 故同样可得：v2=v2=2(F－5μg) Δs 293m3„„

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2

nF2n12n12(－μg) Δs 由v＞0可得：F＞μmg 另由题意知F = 31μmg ，nn1m33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

n(n1)W = W1 + W2 + W3 + „ + Wn = mgd + mg2d + mg3d + „ + mg (n－1)d = mgd

2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

L11111平衡有： NiL = Ni+1，得：Ni =Ni+1 所以：N1 =N2 =N3 = „ = ()5N6 ①

222222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

L3L有： N1+ mg= N6L ②

24mgmg由①、②联立，解得：N1 = 所以，A1B1薄片对A6B6的压力为。

4242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

L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

4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。

L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 =

2第2块相对第3块的最大伸出量为Δx2（如图6—4所示），则：

LLLGΔx2 = (－Δx2)G 得：Δx2 == 同理可得第3块的最大伸出量： Δx3

24229LL= „„最后归纳得出：Δxn = 所以总跨度：k = 2xn= 11.32h

n12n23k11.32h跨度与桥孔高的比值为：==1.258

H9h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。

2推理可得：v=n选校网 www.xuanxiao.com 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 3

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

M(n2)mM(n1)m－1)m］vn－1－2nm vn－1 = (M + nm)vn ，即：vn = vn－1 。 同理有：vn+1 =vn

M(n1)mMnm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

3820由此两式解得：n＜，n＞。因n为整数，故取3 。

1414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1－2nm′vn－1 = (M + 3m + nm′)vn

M3m(n2)mM3m(n1)mvvvn1 同理有：n1=n M3m(n1)mM3mnm设抛上（n + 1）个沙袋后车速反向，要求vn＞0 ，vn1≤0

M3m(n1)m0n7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。

M3m(n2)m0n8

解得：vn=

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

sssincos2即有：2=3= „ == 由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，

s1s2sincos32其公比为 ∴在发生第11次碰撞过程中的路程：

32

s11()11

23

s = s1 + 2s2 + 2s3 + „ + 2s11 = 2 (s1 + s2 + s3 + „ + s11)－s1 = 2×－s1 = 10－12× ()11 = 9.86m

231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、

RⅡ、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

2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：

12m1v0 = m1v1 + m2v2 ① m1v0=1m1v12+1m2v22 ②

2222m1mm212由①、②式得：v1 =1v0 =－v0 ，v2 =v0 =v0

m1m2m1m2332以m2 、m3为研究对象，当m2与m3发生弹性碰撞后，得v3 =v0 ，v2= 0

3v以m3 、m1为研究对象，当m3与m1发生弹性碰撞后，得v3= 0 ，1= 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，

2R2R2R10R10R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

3v0v03v0v0R/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

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1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 =nmv2，这样的关系式是错误的。 n2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vn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：

112FL =(n－1)mv－(n－1)mv2n1 ① n122nv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)mv= nmv ，得：=vn ② nn1n1n1n2FL11把②式代入①式得：FL =(n－1)m (vn )2－(n－1)mv2 整理后得：(n－1)= n2v2－(n－1)2v2 ③ n1n1nn1m222FL③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：= 22v2－v12 2m2FL2FL22当n = 3时，有：2= 32v3－22v2 当n = 4时，有：3= 42v2－32v3 „„ 24mm2FL2FL一般地，有：(n－1)= n2v2－(n－1)2v2 将以上(n－1)个等式相加，得：(1 + 2 + 3 + „ + n－1) = n2v2－v12 n1nnmmFL(n1)n(n1)2FL所以有：= n2v2－v12 在本题中v1 = 0 ，所以：vn = nnm2m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

vMm恒定律有： (M－m)vn－1 = (M + m)vn ，所以：vn =vn－1 =n1

Mm5vv1v由这一关系可得：v2 =1，v3 =2，„ 一般地，有：vn =n1

5155v2v121n2n2 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 ==

2a2a5222v1v11v11v1212，s3 =4，„ ，sn =2n2 类似地，由这一关系可递推到： s1 =，s2 =

2a2a52a52a52v12v12251v1111所以车运动的总路程：s总 = 2 (s1 + s2 + s3 + „ + sn + „ ) = 2(1 +2+4+ „ +2n2+ „ ) ==

2a555a11a2452Mg15=m/s2 所以：s总 = 1.25m m2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

因为v1 = v0 = 3m/s ，a =

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112离开第8个木块时速度为v ， 则：Mv2 =Mv0－μ1Mg8l 得：v2 = 2.49 (m/s)2＞0 由此可见木块还可以滑到第9个

22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

2

(s + l) ，有： v2= v + 2aM (s + l) V2= 2ams v′= v + aMt V′= amt

消去s及t求出：v0.611m/sv0.26m/s或 显然后一组解不合理，应舍去。

V0.212m/sV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+ 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 =41。 （1）要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不2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vnvuvu2vunvu2vunu1v1u2v2vu== „ =n 或－e =11=2= „ =n (－e)n =11×2× „ ×n v0u0v1u1vn1un1v0u0v1u1vn1un1v0v1u1vn1un1即碰撞n次后：vn－un = (－e)nv0 ① 碰撞第n次的动量守恒式是：mvn + mun = mv0 ②

11①、②联立得：vn =［1 + (－e)n］v0 ，un =［1－(－e)n］v0

221e2n11e2n11112n222222第n次碰撞后，系统损失动能：ΔEkn = Ek－Ekn =mv0－m (vn+un) =mv0－mv0(1 + e) =×mv0=Ek

2222242下面分别讨论： 当n = 1时，

1Ek11e==Ek22111142= 0.146 当n = 2时，Ek2=1e=2= 0.250

Ek222当n = 3时，

Ek31e==Ek261011118E1e22= 0.323 当n = 4时，k4==4= 0.375

Ek2221142= 0.412 因为要求的动能损失不超过40%，故n = 4 。 2L。 在下一次发生碰撞的时间t1 v0当n = 5时，

Ek51e==Ek21（2）设A、B两侧壁距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间 t0 ==

LLLLL=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为t2 =2、t3 =3，所以总时间t = t0 + t1 + t2 + t3 =3(1 + e + e2 + e3)

ev0ev0ev0u1v1ev0LLL111在这段时间中，箱子运动的距离是： s = 0 + u1t1 + u2t2 + u3t3 =(1 + e)v0×+(1－e2)v0×2+(1 + e3) v0×3

ev02ev02ev02L(1ee2e3)3vLLLLLLLs =+－2++3+ =3(1 + e + e2 + e3) 所以平均速度为：v==2e=0

L22e222e22e2et(1ee2e3)3ev0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 第三次抽气后：p2V = p3 (V + V0) ③ „„

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p0Vpnn 由以上○n式得：pn = (第n次抽气后：pn－1V = pn (V + V0) ○)np0 ，所以：n =

VV0VV0lg()Vlg40027代入已知得：n == 27（次） 工作时间为：t == 3.38分钟

lg1.258lg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

Q1Q2QCQ1C1=，即1=1，亦即== k

Q1Q2C1C2C1C2Q2C2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

q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。

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 q2 = k (Q + q1) = q + kq q3 = k (Q + q2) = kQ + kq2 = q + kq + k2q „„

－

qn = k (Q + qn－1) = q + kq + k2q + „ + k n1q

qQqq由于k＜1 ，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得：qn ===

1k1qQqQ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，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 ，

QqQqQqqQ所以C1 = 当S由a第一次掷向b时，有：= 所以：C2 = 解得A2最终获得的电量：q2 =

(Qq)EC1C2QqE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。

(2RR)2R所以有：= R′，解得：R′= (5－1)R 此时AB间总电阻RAB = (5+ 1)R 。

2RR2R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

mvL—13甲所示） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：R == qB4qBLL所以粒子射出时的速度：v = 粒子做圆周运动的半周长为：s1 = 4m4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 ， qEy 因为v2 = 2ay = 2mqB2L2所以粒子在电场中进入一次通过的路程为：s2 = 2y =

16mEL粒子第1次到达x轴时通过的路程为：s1 = πR =

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LqB2L2粒子第2次到达x轴时，已通过的路程为：s2 = s1 + s2 =+

416mELqB2L2粒子第3次到达x轴时，已通过的路程为：s3 = s1 + s2 + s1 =+

216mELqB2L2粒子第4次到达x轴时，已通过的路程为：s4 = 2s1 + 2s2 =+

28mEnLqB2L2粒子第(2n－1)次到达x轴时，已通过的路程为： s2n－1 = ns1 + (n－1)s2 =+ (n－1)

416mEnLqB2L2粒子第2n次到达x轴时，已通过的路程为：s2n = n (s1 + s2) = n (+) 上面n都取正整数。

416mE针对训练1．一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F ，历时1秒钟，随即把此力改为向西，

大小不变，历时1秒钟，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟，如此反复，只改变力的方向，共历时1分钟。在

此1分钟内（ ） A、物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东

B、物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置 C、物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末继续向东运动 D、物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东

2．一小球从距地面为H的高度处由静止开始落下。 已知小球在空中运动时所受空气阻力为球所受重力的k倍（k＜1），球每次与地面相碰前后的速率相等，试求小球从开始运动到停止运动， （1）总共通过的路程； （2）所经历的时间。

3．如图6—14所示，小球从长L的光滑斜面顶端自由下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反弹而回，若每次与挡板碰撞后的速度大小为碰撞前的4/5 ，求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端物体共通过的路程。

4．如图6—15所示，有一固定的斜面，倾角为45°，斜面长为2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1米/秒。质点沿斜面下滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞。 已知质点与斜面间的滑动摩擦因数为0.20 。 （1）试求此质点从开始运动到与挡板发生第10次碰撞的过程中通过的总路程； （2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程。

5．有5个质量相同、其大小可不计的小木块1 、2 、3 、4 、5等距离地依次放在倾角θ = 30°的斜面上（如图6—16所示）。斜面在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是μ ，开始时用手扶着木块1 ，其余各木块都静止在斜面上。 现在放手，使木块1自然下滑，并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的。求μ取何值时木块4能被撞而木块5不能被撞。

6．在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全相同的质量为m的长方形木块，依次编号为木块1 ，木块2 ，„ ，如图6—17所示。在木块1之前放一质量为M = 4m的大木块，大木块与木块1之间的距离与相邻各木块间的距离相同，均为L 。现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒力F一直作用在大木块上，使其先与木块1发生碰撞，设碰后与木块1结为一体再与木块2发生碰撞，碰后又结为一体，再与木块3发生碰撞，碰后又结为一体，如此继续下去。 今问大木块（以及与之结为一体的各小木块）与第几个小木块碰撞之前的一瞬间，会达到它在整个过程中的最大速度？此速度等于多少？ 7．有电量为Q1的电荷均匀分布在一个半球面上，另有无数个电量均为Q2的点电－

荷位于通过球心的轴线上，且在半球面的下部。第k个电荷与球心的距离为R2k1 ，且k = 1 ，2 ，3 ，4 ，„ ，设球心处的电势为零，周围空间均为自由空间。若Q1已知，求Q2 。

8．一个半径为1米的金属球，充电后的电势为U ，把10个半径为1/9米的均不带电的小金属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走，然后把这10个充了电了小金属球彼此分隔摆在半径为10米的圆周上，并拿走大金属球。 求圆心处的电势。（设整个过程中系统的总电量无泄漏。）

9．真空中，有五个电量均为q的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为R ，R/2 ，R/4 ，R/8 ，R/16 ，彼此内切于P点（如图6—18）。球心分别为O1 ，O2 ，O3 ，O4 ，O5 ，求O1与O5间的电势差。

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10．在图6—19所示的电路中，三个电容器CⅠ 、CⅡ 、CⅢ的电容值均等于C ，电源的电动势为ε ，RⅠ 、RⅡ为电阻，S为双掷开关。开始时，三个电容器都不带电。先接通a ，再接通b ，再接通a ，再接通b ，„ ，如此反复换向，设每次接通前都已达到静电平衡，试求：

（1）当S第n次接通b并达到平衡后，每个电容器两端的电压各是多少？ （2）当反复换向的次数无限增多时，在所有电阻上消耗的总电能是多少？ 11．一系列相同的电阻R ，如图6—20所示连接，求AB间的等效电阻RAB 。 12．如图6—21所示，R1 = R3 = R5 = „ = R99 = 5Ω ，R2 = R4 = R6 = „ = R98 = 10Ω ，R100 = 5Ω ，ε = 10V求：

（1）RAB =？ （2）电阻R2消耗的电功率应等于多少？

（3）Ri（i = 1 ，2 ，3 ，„ ，99）消耗的电功率； （4）电路上的总功率。

13．试求如图6—22所示，框架中A 、B两点间的电阻RAB ，此框架是用同种细金属丝制作的，单位长的电阻为r ，一连串内接等边三角形的数目可认为趋向无穷，取AB边长为a ，以下每个三角形的边长依次减少一半。

14．图6—23中，AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角α = 1°（为了能看清楚，图中的角度夸大了）。 现将一质点在BOA面内从C处以速度v = 5m/s射出，其方向与AO间的夹角θ = 60°，OC = 10m 。 设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求： （1）经过几次碰撞质点又回到C处与OA相碰？（计算次数时包括在C处的碰撞） （2）共用多少时间？ （3）在这过程中，质点离O点的最短距离是多少？ 参 1、D 1k1k2H2、；2kk2H1k1k2+(1k)g2k2H (1k)g 49FLQ41L 4、9.79m ；50m 5、0.597＜μ＜0.622 6、21块； 7、－1

48m29q112118、0.065U 9、24.46K 10、（1）UI =Cε［1－()n］，UⅡ = UⅢ =Cε［1－()n］；（2）E =Cε2

R44333201011、RAB = (3+ 1)R 12、（1）10Ω ；（2）2.5W ；（3）i1（i = 1 ，3 ，5 ，„ ，99），i（i = 2 ，4 ，6 ，„ ，98）；

221（4）10W 13、RAB = (7－1)ar 14、（1）60次；（2）2s ；（3）53m 3

3、

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