高中物理奥林匹克竞赛解题技巧(递推法)

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.

真题精析
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
v
t
?at

2t末的速度为v
2t
?v
t
?2at,所以v
2t
?at?2at< br>
3t末的速度为
v
2t
?v
2t
?3at?at? 2at?3at

……
则nt末的速度为
v
nt
?v(n?1)t
?nat

?at?2at?3at???(n?1)at?nat?at(1?2?3???n)

11
?at?(n?1)n?n(n?1)at

22
（2） 同理：可推得nt内通过的总路程
s?
1
n(n?1)(2n?1)at
2< br>.

12
例2 小球从高
h
0
?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
1
(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10ms
2
）
n
解析 小球从h
0
高处落地时，速率
v
0
?2 gh
0
?60ms

第一次跳起时和又落地时的速率
v
1
?v
0
2
< /p>

2
第二次跳起时和又落地时的速率
v
2
?v
0
2

m
第m次跳起时和又落地时的速率
v
m
?v< br>0
2

2
h
0
h
v
1
2< br>v
2
?
2
,h
2
??
0
每次跳起的 高度依次
h
1
?
，
2g
n
2g
n
4

…
通过的总路程
?s?h
0
?2h
1
?2h
2
???2h
m??

2h
0
111
(1?????)??
n
2
n
2
n
4
n
2m?2

2h
0
n
2
?15
?h
0
?
2< br>?h
0
?
2
?h
0
?300m
n?1n?1
3
?h
0
?
经过的总时间为
?t?t
0
? t
1
?t
2
???t
m
??

v
0
2v
1
2v
????
m
??
ggg
v< br>11
?
0
[1?2????2?()
m
??]
gnn

v
n?1
?
0
()
gn?1
3v
?
0
?18s
g
?
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△t，在每一个△t内每只猎犬的运
动可视为直线运动， 每隔△t，正三角形的边长分别为a
1
、a
2
、a
3
、…、 a
n
，显然当a
n
→0时
三只猎犬相遇

3
a
1
?a?AA
1
?BB
1
cos60 ??a?v?t,
2
33
a
2
?a
1
?v?t?a ?2?v?t,
22
33

a
3
?a
2
? v?t?a?3?v?t,
22
?
3
a
n
?a?n?v?t
2
因为
a?n?
即
n?t?t
3
v?t?0,
2
所以t?
2a

3v
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△s的宽松距离，设火车的牵引力为F，则
有： < br>车头起动时，有
(F?
?
mg)?s?
1
2
mv1

2
拉第一节车厢时：
(m?m)v
1
?mv
1
< br>?
1
2
1F
v
1
?(?
?
g)?s

42m
11
2
?
2

(F?2
?
mg)?s??2mv
2
??2mv
1
22
故有
v
1
?
2
?
?2mv
2
拉第二节车厢时 ：
(m?2m)v
2
?
?
故同样可得：
v
2
……
2
4
2
2F5
v
2
?(?
?g)?s

93m3
nF2n?1
(?
?
g)?s

n?1m 3
2n?1
?
2
?0可得:F?
由
v
n
?
mg

3
?
?
推理可得
v
n
2
另由题意知
F?31
?
mg,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
W
2
?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
W
4
?mg3d
W
5
?mg4d
?
W
n
?mg(n?1)d
所以将n块砖叠放起来，至少做的总功为
W=W
1
+W
2
+W
3
+…+W
n

?mgd?mg2d?mg3d???mg(n?1)d

(n?1)
?mgd?n
2
例6 如图6—3所示，有六个完全相同的长条 薄片
A
i
B
i
(i?1
、
2、…、6）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A
1
A
6 < br>的中点处，试求：A
1
B
1
薄片对A
6
B
6
的压力.
解析 本题共有六个物体，通过观察会发现，A
1
B
1
、A
2
B
2
、…、
A
5
B
5< br>的受力情况完全相同，因此将A
1
B
1
、A
2
B2
、…A
5
B
5
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N
i
、碗边向上的支持力和后一个薄片
向下的压力N
i+1.
选碗边B点为轴，根据力矩平衡有

N< br>i
?L?N
i?1
?
所以
N
1
?
N
L
,得N
i
?
i?1

22
1111N
2
??N
3
???()
5
N
6
①
2222
再以A
6
B
6
为研究对象，受力情况如图6— 3乙所示，A
6
B
6
受到薄片
A
5
B
5
向上的支持力N
6
、碗向上的支持力和后一个薄片A
1
B
1
向下的压力
N
1
、质点向下的压力mg. 选B
6
点为轴，根据力矩平衡有
N
1
?
L3
?mg?L?N
6
?L

24

由①、②联立，解得
N
1
?
mg

42
mg
.
42
所以，A
1
B
1
薄片对A
6
B
6
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?L4)
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
?x
1
?
L

2
第2块相对第3块的最大伸出量为
?x
2
（如图6—4所示），则
G??x
2
?(
L
??x
2
)?G
2
LL
?x
2
??
42?2
同理可得第3块的最大伸出 量
?x
3
?
……
最后归纳得出
?x
n
?
9
L

2?3
L

2?n
n
所以总跨度
k?2
?
?x
n?1
?11.32h

跨度与桥孔高的比值为
k11.32h
??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
?
?10k g
. 一质量为M=48kg的小车以某初速度v
0
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
v
0
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?2nv
0
?2v
0
的水平速度扔到车上，由动量守恒得
Mv
0
?m?2v
0
?(M?m)v
1
,
当小车运
动到第2人身旁时，此人将沙袋以速度
u
?
?2nv
1
?4v
1
的水平速度扔到车上，同理有(M?m)v
1
?m?2nv
1
?(M?2m)v
2
， 所以，当第n个沙袋抛上车后的车速为
v
n
，根据动
量守恒有
[M? (n?1)m]v
n?1
?2n?mv
n?1
?(M?nm)v
n< br>,即v
n
?
同理有
v
n?1
?
M?(n?1 )m
v
n?1
.
M?nm
M?(n?2)m
，（n+1） 包沙袋后车反向运动，则应有
v
n
?0,v
n?1
?0.

v
n
若抛上
M?(n?1)m
即
M?(n?1)m?0,M ?(n?2)m?0.

由此两式解得：
n?
3820
,n?,n
为整数取3.
1 414
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：
?
?1
?2m
?
nv
n?1
?(M?3m?nm
?
)v
n
?

[M?3m?(n?1 )m
?
]v
n
解得：
v
n
?
?
M ?3m?(n?1)m
?
M?3m?(n?2)m
?
??
?
?1
?v
n?1
同理v
n
v
n

M?3m ?nm
?
M?3m?(n?1)m
?
设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求< br>v
n
?0,v
n?1
?0

即
?
?
?
M?3m?(n?1)m
?
?0
?
n?7
即抛上第8个
解得
?
?
?
M?3m?(n?2)m?0
?
n?8
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
?
?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
?
?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：
?
mg cos
?
(s
1
?s
2
)?mg(s
1
? s
2
)sin
?


?
mgcos
?
(s
2
?s
3
)?mg(s
2?s
3
)sin
?

即有
s
2
s3
sin
?
?
?
cos
?
2
???? ?

s
1
s
2
sin
?
?
?cos
?
3
由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为
.< br>
∴在发生第11次碰撞过程中的路程
2
3
s?s
1
?2s
2
?2s
3
???2s
11

2
s
1
[1?()
11
]
3
?s
1
< br>?2(s
1
?s
2
?s
3
???s
11)?s
1
?2?
2
1?
3
2
11

?10?12?()(m)?9.86(m)

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m
1
、m
2
和m
3
，m
2
=m
3
=2m
1
. 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，
m
2
和m
3< br>静止，m
1
以初速
v
0
?
?
R2
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m
2
发生弹性碰撞时，由于m
2
=2m
1
，所以m
1
碰后弹回，
m
2
向前与m
3
发生碰撞. 而又由于m
2
=m
3
，所以m
2
与m
3
碰 后，m
3
能静止在m
1
的位置，m
1
又以v速度被反弹，可 见碰撞又重复一次. 当m
1
回到初始位置，则系统为一个周期.
以m
1< br>、m
2
为研究对象，当m
1
与m
2
发生弹性碰撞后， 根据动量守恒定律，能量守恒定
律可写出：
m
1
v
0
?m
1
v
1
?m
2
v
2
①
111
22
m
1
v
0
?m
1
v
1
2
?m
2
v
2
②
222< br>由①、②式得：
v
1
?
(m
1
?m
2
)
1
v
0
??v
0
m
1
?m
2
3
v
2
?
2m
1
2
v
0
?v
0

m
1
?m
2
3
以m
2< br>、m
3
为研究对象，当m
2
与m
3
发生弹性碰撞后， 得
v
3
?
2
v
0
3
?
v
2
?0

以m
3
、m
1
为研究对象，当m
3
与m
1
发生弹性碰撞后，得
v
3
?0
??
v
1
?v
0

由此可见，当m
1
运动到m
2
处时与开始所处的状态相似. 所以碰撞使m
1
、m
2< br>、m
3
交换位
置，当m
1
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(t
1
?t
2
?t
3
)?3?(
2
?
R2
?
R2
?
R10
?
R10
?
R
??)???20(s).

?
R
3v
0
v
0
3v
0
v
02
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?
1
2
这样的关系式是错误的.
nmv
n
2
?
?1
， 设第
(n?1)
个 木块刚被拉动时的速度为
v
n?1
，它即将拉动下一个木块时速度增至
vn
第n个木块刚被拉动时速度为
v
n
. 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?
11
2
?
2
(n?1)mv
n
?( n?1)mv
n?1?1
①
22
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
v
n
②
n?1
1n1
2
把② 式代入①式得：
FL?(n?1)m(v
n
)
2
?(n?1)mv< br>n?1

2n?12
2FL
22
整理后得：
(n?1 )?n
2
v
n
?(n?1)
2
v
n?1
③
m
?
?1
?nmv
n
得：
v
n< br>?
?1
?
(n?1)mv
n
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
2FL
2
?2
2
v
2?v
1
2

m
2FL
22
?3
2v
3
?2
2
v
2
当n=3时有：
2?

m
2FL
22
?4
2
v
4
?3
2
v
3
当n=4时有：
3?
…
m
2FL
22
?n
2
v
n
?(n?1)
2
v
n一般地有
(n?1)
?1

m
当n=2时有：
将以上< br>(n?1)
个等式相加，得：
(1?2?3???n?1)
所以有
2F L
2
?n
2
v
n
?v
1
2
m
n(n?1)2FL
2
??n
2
v
n
?v< br>1
2

2m

在本题中
v
1
? 0
，所以
v
n
?
FL(n?1)
.

nm
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
?
?0.50.
开始
时，车和铁块共同以
v
0
?3ms
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v
1
、v
2
、v
3
、 …、v
n
、…车每次与墙碰后向左运动的最远距
离分别为s
1
、s< br>2
、s
3
、…、s
n
、…. 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)v
n?1
?(M?m)v
n
所以
v
n
?
v
M?m
v
n?1
?
n?1
M?m5
由这一关系可得：
v
2
?
v
1v
,v
3
?
1
,?

2
5
5
一般地，有
v
n
?
v
1
,?

n?1
5
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
v
1
2
v
1
2
1
s
n
???< br>2n?2

2a2a
5
v
1
2
v
1
2
1
v
1
2
1
v
1
2
1
,s
2
??
2
,s
3
??
4
,? ,s
n
??
2n?2
类似地，由这一关系可递推到：
s
1
?
2a2a
5
2a
5
2a
5
所以车运动的 总路程
s
总
?2(s
1
?s
2
?s
3< br>???s
n
??)

v
1
2
111
?2?(1?
2
?
4
???
2n?2
??)
2a
555

v
2

v
1
2
251
1
????
1
aa24
1?
2
5< br>因此
v
1
?v
0
?3ms
所以
s
总
?
a?
Mg
?
15
?ms
2

m2
5
(m)

4
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
?
2
?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?
1
?0.20.
现突然给铅块一向右的初速度
v
0
? 4.3ms
，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(ms)
，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
f
1
?
?
1
Mg?2.0N

设M可以带 动木块的数目为n，则n满足：
f
1
?
?
2
(M?m)g? (n?1)
?
2
mg?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
2
11
2
Mv
2
?Mv
0
?
?
1
Mg?8l

22
得：
v?2.49(ms)?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：
?
?
1
Mg?Ma
M

22

得：
a
M
??2.0ms

第 9及第10个木块的动力学方程为：
?
1
Mg?
?
2
(M? m)g?
?
2
mg?2ma
m
，
2
得：
a
m
?0.25ms.

2
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< br>?
2
?v
2
?2a
M
(s?l)
V
?
?2a
m
s
2

v
?
?v?a
M
t

V
?
?a< br>m
t
消去s及t求出：
?
?
v
?
?0.61 1ms
?
v
?
??0.26ms
，显然后一解不合理应舍去. 或
?
?
V
?
?0.212ms
?
V
?
?0.23ms
因
v
?
?V
?
，故M将运动到第1 0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
?2a
M
(s
?
?l)

解得：
v
??
??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v
0
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，
e?
4
2
1
.

2
（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?
u?v
nu
1
?v
1
u
2
?v
2
????n

v
0
?u
0
v
1
?u
1
v
n?1
?u
n?1
v?u
n
v
1
?u
1
v
2
?u
2
????
n

v
0
?0v
1
?u
1
v
n?1
?un?1
v?u
n
v
1
?u
1
v
2?u
2
????
n

v
0
v
1
?u
1
v
n?1
?u
n?1
或
?e?
( ?e)
n
?
n
即碰撞n次后
v
n
?u
n< br>?(?e)v
0
①
碰撞第n次的动量守恒式是
mv
n
?mu
n
?mv
0
②
①、②联立得
v
n
?
1
[1?(?e)
n
]v
0
2
1
u
n
?[1?(?e)
n
]v
0

2
第n次碰撞后，系统损失的动能
?E
kn
?E
k
?E
kn
?
1
2
1
22
mv
0
?m(v
n
?u
n
)

22
1
2
1
2
mv
0
?mv
0
(1?e
2n
)24
1?e
2n
1
2

?

?mv
0
22
1?e
2n
?E
k
2
?下面分别讨论：
?E
kl
1?e
2
当
n?1时,??
E
k
2
4
1?
2
1?
2
1
2
?0.146

1
2
?0.25

n?2 时,
?E
k2
1?e
??
E
k
2
n?3时,
?E
k3
1?e
??
E
k
2
6
1?
11
22
?0.323

2

?E
k4
1?e
8
??
n?4时,
E
k
2
1?
2
1
4
?0. 375

?E
k5
1?e
10

n?5时,??
E
k
2
1?
11
42
?0.412

2
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
0
?
LLL
?
. 在下一次发生碰撞的时间
t< br>1
?
，共碰撞四次，另两次碰撞的时间
v
0
|u
1< br>?v
1
|ev
0
LLL
23
t?t?t?t?t?t ?(1?e?e?e).
、，所以总时间
30123
233
ev
0
ev
0
ev
0
分别为
t
2
?
在这 段时间中，箱子运动的距离是：
s?0?u
1
t
1
?u
2
t
2
?u
3
t
3

?

?
1L1L1L
(1?e)v
0
??(1?e
2
)v0
?
2
?(1?e
3
)v
0
?
32ev
0
2
ev
0
2
ev
0

LLLLLL
??
2
??
3
?
2e2
2e
2
2e
2
L
?
3
(1?e?e
2
?e< br>3
)
2e
L
23
(1?e?e?e)
3
v< br>s
?
0
所以平均速度为：
v??
2e
L
t 2
23
(1?e?e?e)
e
3
v
0
例15 一容积为14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p
0
，抽气机的容积为V
0
，容器的容积为V. 每抽一次压强分别为p
1
、p
2
、…，
则由玻一马定律得：
第一次抽气后：
p
0
V?p
1
(V?V
0
) ①

第二次抽气后：
p
1
V?p
2
(V?V
0
)
②
依次递推有：
p
2
V? p
3
(V?V
0
)
③

…

p
n?1
V?p
n
(V?V
0
)

○
n
由以上
○
n式得：
p
n
?(
代入已知得：
n?
lg400
?27
（次）
lg1.25
工作时间为：
t?
27
?3.38
分钟
8
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Q
1
、Q
2
，
由于两个导体球对地电压相等，
故有
Q
1
Q
2
QCQ
1
C
1
?,即< br>1
?
1
,亦即??k
，
C
1
C
2
Q
2
C
2
Q
1
?Q
2
C
1
?C
2
所以
Q?k(Q
1
?Q
2
),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?
q
.
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q
1
、q
2
、…，有：

V
)
n< br>p
0
V?V
0
p
0
p
n
所以n?< br>
V?V
0
lg()
v
lg
q
1
? kQ?q
q
2
?k(Q?q
1
)?q?kq
q
3< br>?k(Q?q
2
)?kQ?kq
2
?q?kq?k
2
q

??
q
n
?k(Q?q
n?1
)?q?kq? k
2
q???k
n?1
q
由于
k?1
，上式为无穷 递减等比数列，根据求和公式得：

q
n
?
q
?1?k
q
1?
q
Q
?
qQ

Q?q
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，A
1
和A
2
为两个平行板电容器，S掷向a时，A
1
获电荷电量为Q，当S
再掷向b时，A
2
获电荷电量为q. 问经过很多次S掷向a，再掷向b
后，A
2
将获得多少电量？
解析 S掷 向a时，电源给A
1
充电，S再掷向b，A
1
给A
2
充电， 在经过很多次重复的
过程中，A
2
的带电量越来越多，两板间电压越来越大. 当A
2
的电压等于电源电压时，A
2
的
带电量将不再增加. 由此可知A
2
最终将获得电量q
2
=C
2
E.
因为
Q?C
1
E
所以
C
1
?
Q

E
Q?qq
?

C
1
C
2
当S由a第一次掷向b时，有：
所以
C< br>2
?
Qq

(Q?q)E
Qq

Q?q
解得A
2
最终获得的电量
q
2
?