清北學堂 - 1 -   高中奧林匹克物理競賽解題方法   六、遞推法   方法簡介  遞推法是解決物體與物體發(fā)生多次作用后的情況 . 即當問題中涉及相互聯系的物體較多并且有規(guī)律時，應根據題目特點應用數學思想將所研究的問題歸類，然后求出通式 . 具體方法是先分析某一次作用的情況，得出結論 . 再根據多次作用的重復性和它們的共同點，把結論推廣，然后結合數學知識求解 . 用遞推法解題的關鍵是導出聯系相鄰兩次作用的遞推關系式 .  塞題精析  例 1  質點以加速度 a 從靜止出發(fā)做直線運動，在某時刻 t，加速度變?yōu)?2a；在時刻 2t，加速度變?yōu)?3a；在 nt 時刻 ，加速度變?yōu)椋?n+1） a，求：     （ 1） nt 時刻質點的速度；     （ 2） nt 時間內通過的總路程 . 解析   根據遞推法的思想，從特殊到一般找到規(guī)律，然后求解 .     （ 1）物質在某時刻 t 末的速度為 atvt  2t 末的速度為 atatvatvv ttt 2,2 22 所以  3t 末的速度為 atatatatvv tt 32322    則 nt 末的速度為 natvv tnnt )1(  )321()1(32 natnatatnatatat atnnnnat )1(21)1(21     （ 2）同理：可推得 nt 內通過的總路程 .)12)(1(121 2atnnns  例 2  小球從高 mh 1800 處自由下落，著地后跳起又下落，每與地面相碰一次，速度減小 )2(1 nn ，求小球從下落到停止經過的總時間為通過的總路程 .（ g 取 10m/s2）  清北學堂 - 2 -   解析   小球從 h0 高處落地時，速率 smghv /602 00  第一次跳起時和又落地時的速率 2/01 vv  第 二次跳起時和又落地時的速率 202 2/vv   第 m 次跳起時和又落地時的速率 mm vv 2/0  每次跳起的高度依次4022220211 2,2 nhgvhnhgvh ，   通過的總路程 mhhhhs 222 210                  mhnnhn hhnnnnhhm300351112)1111(202202002242200 經過的總時間為 mttttt 210                   sgvnngvnngvgvgvgvmm183)11()1(21212200010 例 3  A、 B、 C 三只獵犬站立的位置構成一個邊長為 a 的正  三角形，每只獵犬追捕獵物的速度均為 v， A 犬想追捕 B 犬， B 犬想追捕 C 犬， C 犬想追捕 A 犬，為追捕到獵物，獵犬不斷調  整方向，速度方向始終“盯”住對方，它們同時起動，經多長  時間可捕捉到獵物？  解析   由題意可知，由題意可知，三只獵犬都做等速率曲線運動，而且任一時刻三只獵犬的位置都分別在一個正三角形的三個頂點上，但這正三角形的邊長不斷減小，如圖 6 1     清北學堂 - 3 -   所示 .所以要想求出捕捉的時間，則需用微元法將等速率曲線運動變成等速率直線運動，再用遞推法求解 . 設經時間 t 可捕捉獵物，再把 t 分為 n 個微小時間間隔 t，在每一個 t 內每只獵犬的運動可視為直線運動，每隔 t，正三角形的邊長分別為 a1、 a2、 a3、 an，顯然當 an 0 時三只獵犬相遇 . tvnaatvatvaatvatvaatvaBBAAaan 23,23323,23223,2360c o s2312111 因為 ,023 tvna  即 vatttn 32 所以  此題還可用對稱法，在非慣性參考系中求解 . 例 4  一列進站后的重載列車，車頭與各節(jié)車廂的質量相等，均為 m，若一次直接起動，車頭的牽引力能帶動 30 節(jié)車廂，那么，利用倒退起動，該車頭能起動 多少節(jié)同樣質量的車廂？  解析   若一次直接起動，車頭的牽引力需克服摩擦力做功，使各節(jié)車廂動能都增加，若利用倒退起動，則車頭的牽引力需克服摩擦力做的總功不變，但各節(jié)車廂起動的動能則不同 . 原來掛鉤之間是張緊的，倒退后掛鉤間存在 s 的寬松距離，設火車的牽引力為 F，則有：  車頭起動時，有 2121)( mvsmgF 拉第一節(jié)車廂時： 11)( mvvmm  故有 sgmFvv )(2141 2121     2122 221221)2( vmmvsmgF 拉第二節(jié)車 廂時： 22 2)2( mvvmm  故同樣可得： sgmFvv )35(3294 2222 清北學堂 - 4 -    推理可得   sgnmFn nvn )3 12(12 由 mgnFvn 3 12:02 可得 另由題意知 46,31 nmgF 得  因此該車頭倒退起動時，能起動 45 節(jié)相同質量的車廂 . 例 5  有 n 塊質量均為 m，厚度為 d 的相同磚塊，平放在水平地面上，現將它們一塊一塊地疊放起來，如圖 6 2 所示，人至少做多少功？  解析   將平放在水平地面上的磚一塊一塊地疊放 起來，每次克服重  力做的功不同，因此需一次一次地計算遞推出通式計算 . 將第 2 塊磚平放在第一塊磚上人至少需克服重力做功為 mgdW 2  將第 3、 4、 n 塊磚依次疊放起來，人克服重力至少所需做的功  分別為  dnmgWdmgWdmgWdmgWn )1(432543 所以將 n 塊磚疊放起來，至少做的總功為  W=W1+W2+W3+ +Wn  2 )1()1(32nnm g ddnmgdmgdmgm g d 例 6  如圖 6 3 所示，有六個完全相同的長條薄片 1( iBA ii 、  2、 6）依次架在水平碗口上，一端擱在碗口，另一端架在另一  薄片的正中位置（不計薄片的質量） . 將質量為 m 的質點置于 A1A6 的中點處，試求： A1B1 薄片對 A6B6 的壓力 . 解析   本題共有六個物體，通過觀察會發(fā)現， A1B1、 A2B2、  A5B5 的受力情況完全相同，因此將 A1B1、 A2B2、 A5B5 作為一類，  對其中一個進行受力分析，找出規(guī)律，求出通式即可求解 . 以第 i 個薄片 AB 為研究對象，受力情況如圖 6 3 甲所示，第 i 個  薄片受到前一個薄片向上的支持力 Ni、碗邊向上的支持力和后一個薄片  向下的壓力 Ni+1. 選碗邊 B 點為軸，根據力矩平衡有     清北學堂 - 5 -   2,2 11 iiii NNLNLN 得 所以65321 )21(212121 NNNN      再以 A6B6 為研究對象，受力情況如圖 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個薄片 A1B1 向下的壓力  N1、質點向下的壓力 mg. 選 B6 點為軸，根據力矩平衡有  LNLmgLN 61 432  由、聯立，解得   421 mgN 所以， A1B1 薄片對 A6B6 的壓力為 .42mg  例 7  用 20 塊質量均勻分布的相同光滑積木塊，在光滑水平面上一塊疊一塊地搭成單孔橋，已知每一積木塊長度為 L，橫截面是邊長為 )4/( Lhh 的正方形，要求此橋具有最大的跨度（即橋孔底寬），計算跨度與橋孔高度的比值 .  解析   為了使搭成的單孔橋平衡，橋孔兩側應有相同的積木塊，從上往下計算，使積木塊均能保證平衡，要滿足合力矩為零，平衡時，每塊積木塊都有最大伸出量，則單孔橋就有最大跨度，又由于每塊積木塊都有厚度，所以最大跨度與橋孔高度存在一比值 . 將從上到下的積木塊依次計為 1、 2、 n，顯然第 1 塊相對第 2 塊的最大伸出量為  21 Lx  第 2 塊相對第 3 塊的最大伸出量為 2x （如圖 6 4 所示），則  224)2(222LLxGxLxG 同理可得第 3 塊的最大伸出量 323 Lx  最后歸納得出 nLxn 2 所以總跨度 hxkn n 32.11291    清北學堂 - 6 -   跨度與橋孔高的比值為   258.1932.11 h hHk  例 8  如圖 6 5 所示，一排人站在沿 x 軸的水平軌道旁，原點 O 兩側的人的序號都記為  3,2,1( nn ） . 每人只有一個沙袋， 0x 一側的每個沙袋質量為 m=14kg， 0x 一側的每個沙袋質量 kgm 10 . 一質量為 M=48kg 的小車以某初速度 v0 從原點出發(fā)向正 x 軸方向滑行 . 不計軌道阻力 . 當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平 速度 v 朝與車速相反的方向沿車面扔到車上， v 的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的 2n 倍 .（ n 是此人的序號數）     （ 1）空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？     （ 2）車上最終有大小沙袋共多少個？  解析   當人把沙袋以一定的速度朝與車速相反的方向沿車面扔到車上時，由動量守恒定律知，車速要減小，可見，當人不斷地把沙袋以一定的速度扔到車上，總有一時刻使車速反向或減小到零，如車能反向運動，則另一邊的人還能將沙袋扔到車上，直到車速為零，則不能再扔，否則還能扔 . 小車以初速 0v 沿正 x 軸方向運動，經過第 1 個（ n=1）人的身旁時，此人將沙袋以00 22 vnvu 的水平速度扔到車上，由動量守恒得 ,)(2 100 vmMvmMv 當小車運動到第 2 人身旁時，此人將沙袋以速度 11 42 vnvu 的水平速度扔到車上，同理有211 )2(2)( vmMnvmvmM ，所以，當第 n 個沙袋拋上車后的車速為 nv ，根據動量守恒有111 )1(,)(2)1( nnnnn vnmM mnMvvnmMmvnvmnM 即. 同理 有nn vmnM mnMv )1( )2(1 ，若拋上（ n+1）包沙袋后車反向運動，則應有 .0,0 1 nn vv  即 .0)2(,0)1( mnMmnM  由此兩式解得： nnn ,1420,1438 為整數取 3. 當車反向滑行時，根據上面同樣推理可知，當向左運動到第 n 個人身旁，拋上第 n 包沙袋后由動量守恒定律有：   nnn vmnmMnvmvmnmM )3(2)1(3 11 解得： nnnn vmnmM mnmMvvmnmM mnmMv )1(3 )2(33 )1(3 11 同理 清北學堂 - 7 -   設拋上 n+1 個沙袋后車速反向，要求 0,0 1 nn vv  即 870)2(3 0)1(3 nnmnmM mnmM 解得    即拋上第 8 個  沙袋后車就停止，所以車上最終有 11 個沙袋 . 例 9  如圖 6 6 所示，一固定的斜面，傾角 45 ，斜面  長 L=2.00 米 . 在斜面下端有一與斜面垂直的擋板 . 一質量為 m 的  質點，從斜面的最高點沿斜面下滑，初速度為零 . 下滑到最底端  與擋板發(fā)生彈性碰撞 . 已知質點與斜面間的動摩擦因數 20.0 ，試求此質點從開始到發(fā)生第 11 次碰撞的過 程中運動的總路程 . 解析   因為質點每次下滑均要克服摩擦力做功，且每次做功又不相同，所以要想求質點從開始到發(fā)生 n 次碰撞的過程中運動的總路程，需一次一次的求，推出通式即可求解 . 設每次開始下滑時，小球距檔板為 s 則由功能關系： s in)()(c o s 2121 ssmgssmg                 s in)()(c o s 3232 ssmgssmg 即有32c o ss in c o ss in2312 ssss 由此可見每次碰撞后通過的路程是一等比數列，其公比為 .32  在發(fā)生第 11 次碰撞過程中的路程  11321 222 sssss   1111111321321)32(12)(2 sssssss   )(86.9)()32(1210 11 mm  例 10  如圖 6 7 所示，一水平放置的圓環(huán)形剛性窄槽固定在桌  面上，槽內嵌著三個大小相同的剛性小球，它們的質量分別是 m1、 m2 和 m3， m2=m3=2m1. 小球與槽的兩壁剛好接觸而它們之間的摩擦可忽  略不計 . 開始時，三球處在槽中、的位置，彼此間距離相等，  m2 和 m3 靜止， m1 以初速 2/0 Rv 沿槽運動， R 為圓環(huán)的內半徑和    清北學堂 - 8 -   小球半徑之和，設各球之間的碰撞皆為彈性碰撞，求此系統的運動周期 T. 解析   當 m1 與 m2 發(fā)生彈性碰撞時，由于 m2=2m1，所以 m1 碰后彈回， m2 向前與 m3 發(fā)生碰撞 . 而又由于 m2=m3，所以 m2 與 m3 碰后， m3 能靜止在 m1 的位置， m1 又以 v 速度被反彈，可見碰撞又重復一次 . 當 m1 回到初始位置，則系統為一個周期 . 以 m1、 m2 為研究對象，當 m1 與 m2 發(fā)生彈性碰撞后，根據動量守恒定律，能量守恒定律可寫出：  221101 vmvmvm            222211201 212121 vmvmvm      由、式得：0021 120021 211 32231)( vvmm mvvvmm mmv 以 m2、 m3 為研究對象，當 m2 與 m3 發(fā)生彈性碰撞后，得 032203 vvv 以 m3、 m1 為研究對象，當 m3 與 m1 發(fā)生彈性碰撞后，得 013 0 vvv  由此可見，當 m1 運動到 m2 處時與開始所處的狀態(tài)相似 . 所以碰撞使 m1、 m2、 m3 交換位置，當 m1 再次回到原來位置時，所用的時間恰好就是系統的一個周期 T，由此可得周期  ).(2021010)32232(3)(30000321sR Rv Rv Rv Rv RtttT 例 11  有許多質量為 m的木塊相互靠著沿一直線排列于光滑的水平面上 . 每相鄰的兩個木塊均用長為 L 的柔繩連接著 . 現用大小為 F 的恒力沿排列方向拉第一個木塊，以后各木塊依次被牽而運動，求第 n 個木塊被牽動時的速度 . 解析   每一個木塊被拉動起來后，就和前面的木塊成為一體，共同做勻加速運動一段距離 L 后，把繩拉緊，再牽動下一個木塊 . 在繩子繃緊時，有部分機械能轉化為內能 . 因此，如果列出 221)1(nn mvFLn 這樣的關系式是錯誤的 . 設第 )1( n 個木塊剛被拉動時的速度為 1nv ，它即將拉動下一個木塊時速度增至 1nv ，  第 n個木塊剛被拉動時速度為 nv . 對第 )1( n 個木塊開始運動到它把下一段繩子即將拉緊這一過程，由動能定理有：  2 12 1 )1(21)1(21 nn mvnvmnFL        對繩子把第 n 個木塊拉動這一短暫過程，由動量守恒定律，有  nn nm vvmn 1)1(   得： nn vnnv 11      清北學堂 - 9 -   把式代入式得： 212 )1(21)1()1(21 nn mvnvn nmnFL 整理后得： 21222 )1(2)1( nn vnvnmFLn      式就是反映相鄰兩木塊被拉動時速度關系的遞推式，由式可知  當 n=2 時有： 2122222 vvmFL 當 n=3 時有： 222232 2322 vvmFL 當 n=4 時有： 232242 3423 vvmFL  一般地有 21222 )1(2)1( nn vnvnmFLn 將 以上 )1( n 個等式相加，得： 21222)1321( vvnmFLn n 所以有 212222 )1( vvnmFLnn n 在本題中 01v ，所以 .)1(nmnFLv n 例 12  如圖 6 8 所示，質量 m=2kg 的平板小車，后端放  有質量 M=3kg 的鐵塊，它和車之間動摩擦因數 .50.0 開始  時，車和鐵塊共同以 smv /30 的速度向右在光 滑水平面上  前進，并使車與墻發(fā)生正碰，設碰撞時間極短，碰撞無機械能損失，且車身足夠長，使得鐵塊總不能和墻相碰，求小車走過的總路程 . 解析   小車與墻撞后，應以原速率彈回 . 鐵塊由于慣性繼續(xù)沿原來方向運動，由于鐵塊和車的相互摩擦力作用，過一段時間后，它們就會相對靜止，一起以相同的速度再向右運動，然后車與墻發(fā)生第二次碰撞，碰后，又重復第一次碰后的情況 . 以后車與墻就這樣一次次碰撞下去 . 車每與墻碰一次，鐵塊就相對于車向前滑動一段距離，系統就有一部分機械能轉化為內能，車每次與墻碰后，就左、右往返一次，車的總路程就 是每次往返的路程之和 . 設每次與墻碰后的速度分別為 v1、 v2、 v3、 vn、車每次與墻碰后向左運動的最遠距離分別為 s1、 s2、 s3、 sn、 . 以鐵塊運動方向為正方向，在車與墻第 )1( n 次碰后到發(fā)生第 n 次碰撞之前，對車和鐵塊組成的系統，由動量守恒定律有  nn vmMvmM )()( 1   所以   5 11 nnn vvmM mMv   清北學堂 - 10 -   由這一關系可得： ,5,521312 vvvv 一般地，有 ,511 nn vv 由運動學公式可求出車與墻發(fā)生第 n 次碰撞后向左運動的最遠距離為  222121 5 122 nn avavs 類似地，由這一關系可遞推到：222142132212211 5 12,512,512,2 nn avsavsavsavs 所以車運動的總路程  )(2 321 nsssss 總     24255111)5151511(2221221224221 avavavn 因此 201 /215/3 smmMgasmvv 所以 )(45 ms 總 例 13  10 個相同的扁長木塊一個緊挨一個地放在水平  地面上，如圖 6 9 所示，每個 木塊的質量 ,40.0 kgm 長度  ml 45.0 ，它們與地面間的靜摩擦因數和動摩擦因數均為  .10.02 原來木塊處于靜止狀態(tài) . 左方第一個木塊的左端  上方放一個質量為 M=1.0kg 的小鉛塊，它與木塊間的靜摩  擦因數和動摩擦因數均為 .20.01 現突然給鉛塊一向右的初速度 smv /3.40 ，使其在大木塊上滑行 . 試確定鉛塊最后的位置在何處（落在地上還是停在哪 塊木塊上） . 重力加速度 g取 2)/(10 sm ，設鉛塊的長度與木塊相比可以忽略 . 解析   當鉛塊向右運動時，鉛塊與 10 個相同的扁長木塊中的第一塊先發(fā)生摩擦力，若此摩擦力大于 10 個扁長木塊與地面間的最大靜摩擦力，則 10 個扁長木塊開始運動，若此摩擦力小于 10 個扁長木塊與地面間的最大摩擦力，則 10 個扁長木塊先靜止不動，隨著鉛塊的 清北學堂 - 11 -   運動，總有一個時刻扁長木塊要運動，直到鉛塊與扁長木塊相對靜止，后又一起勻減速運動到停止 . 鉛塊 M 在木塊上滑行所受到的滑動摩擦力 NMgf 0.211  設 M 可以帶動木塊的數目為 n，則 n 滿足： 0)1()( 221 mgngmMf  即 0)1(4.04.10.2 n 上式中的 n 只能取整數，所以 n 只能取 2，也就是當 M 滑行到倒數第二個木塊時，剩下的兩個木塊將開始運動 .設鉛塊剛離開第 8 個木塊時速度為 v，則  lMgMvMv 82121 1202 得： 0)/(49.2 22 smv  由此可見木塊還可以滑到第 9 個木塊上 . M 在第 9 個木塊  上運動如圖 6 9 甲所示，則對 M 而言有： MMaMg 1  得： 2/0.2 smaM  第 9 及第 10 個木塊的動力學方程為： mmamggmMMg 2)( 221 ，  得： ./25.0 2smam  設 M 剛離開第 9 個木塊上時速度為 v ，而第 10 個木塊運動的速度為 V ，并設木塊運動的距離為 s，則 M 運動的距離為 ls ，有：  saV lsavv m M2 )(2222 taV tavv m M 消去 s 及 t 求出： smV smvsmV smv /23.0 /26.0/2 1 2.0 /6 1 1.0 或，顯然后一解不合理應舍去 . 因 Vv ，故 M 將運動到第 10 個木塊上 . 再設 M 運動到第 10 個木塊的邊緣時速度為 v ，這時木塊的速度為 V ，則：  )(222 lsavv M   清北學堂 - 12 -   解得： 0463.12 sv ，故 M 不能滑離第 10 個木塊，只能停在它的表面上，最后和木塊一起靜止在地面上 . 例 14  如圖 6 10 所示，質量為 m 的長方形箱子，放在光滑  的水平地面上 . 箱內有一質量也為 m 的小滑塊，滑塊與箱底間無摩  擦 . 開始時箱子靜止不動，滑塊以恒定的速度 v0 從箱子的 A 壁處向  B 處運動，后與 B 壁碰撞 . 假設滑塊與箱壁每碰撞一次，兩者相對  速度的大小變?yōu)樵摯闻鲎睬跋鄬λ俣鹊?e 倍， .214e    （ 1）要使滑塊與箱子這一系統消耗的總動能不超過其初始動能的 40%，滑塊與箱壁最多可碰撞幾次？     （ 2）從滑塊開始運動到剛完成上述次數的碰撞 期間，箱子的平均速度是多少？  解析   由于滑塊與箱子在水平方向不受外力，故碰撞時系統水平方向動量守恒 . 根據題目給出的每次碰撞前后相對速度之比，可求出每一次碰撞過程中動能的損耗 .滑塊開始運動到完成題目要求的碰撞期間箱子的平均速度，應等于這期間運動的總位移與總時間的比值 .     （ 1）滑塊與箱壁碰撞，碰后滑塊對地速度為 v，箱子對地速度為 u. 由于題中每次碰撞的e 是一樣的，故有：  1111220011 nnnn uv vuuv vuuv vue 或111122011 0 nnnn uv uvuv uvv uve 111122011)( nnnnn uv uvuv uvv uve 即碰撞 n 次后 0)( veuv nnn      碰撞第 n 次的動量守恒式是 0mvmumv nn      、聯立得00 )(121)(121 veuvev nnnn 第 n 次碰撞后，系統損失的動能  )(2121 2220 nnknkkn uvmmvEEE   清北學堂 - 13 -        knnnEemveemvmv212121)1(4121220222020 下面分別討論：  當 1 4 6.02 21121,1 2 eEEnkkl時    25.02 21121,2 42 eEEnkk時    323.02 2121121,3 63 eEEnkk時    375.02 41121,4 84 eEEnkk時    4 1 2.02 2141121,5 105 eEEnkk時  因為要求的動能損失不超過 40%，故 n=4.    （ 2）設 A、 B 兩側壁的距離為 L，則滑塊從開始運動到與箱壁發(fā)生第一次碰撞的時間  00 vLt . 在下一次發(fā)生碰撞的時間0111 | evLvu Lt ，共碰撞四次，另兩次碰撞的時間分別為022 veLt 、033 veLt ，所以總時 間 ).1( 32033210 eeeveLttttt  在這段時間中，箱子運動的距離是：  3322110 tututus  清北學堂 - 14 -     )1(2222222)1(21)1(21)1(21323320303020200eeeeLLeLLeLLeLveLveveLveevLve 所以平均速度為：2)1()1(203203323 veeeve LeeeeLtsv  例 15  一容積為 1/4 升的抽氣機，每分鐘可完成 8 次抽氣動作 . 一容積為 1 升的容器與此抽氣筒相連通 . 求抽氣機工作多長時間才能使容器內的氣體的壓強由 76mmmHg 降為1.9mmHg.（在抽氣過程中容器內的溫度保持不變）  解析   根據玻一馬定律，找出每抽氣一次壓強與 容器容積和抽氣機容積及原壓強的關系，然后歸納遞推出抽 n 次的壓強表達式 . 設氣體原壓強為 p0，抽氣機的容積為 V0，容器的容積為 V. 每抽一次壓強分別為 p1、 p2、，則由玻一馬定律得：  第一次抽氣后： )( 010 VVpVp      第二次抽氣后： )( 021 VVpVp      依次遞推有： )( 032 VVpVp                     )( 01 VVpVp nn     n  由以上 n 式得：)lg (lg)(0000vVVppnpVV Vp nnn 所以 代入已知得： 2725.1lg 400lg n（次）  工作時間為： 38.3827 t 分鐘  例 16  使一原來不帶電的導體小球與一帶電量為 Q 的導體大球接觸，分開之后，小球  清北學堂 - 15 -   獲得電量 q. 今讓小球與大球反復接觸，在每次分開有后，都給大球補充電荷，使其帶電量恢復到原來的值 Q. 求小球可能獲得的最大電量 . 解析   兩個孤立導體相互接觸，相當于兩個對地電容并聯，設兩個導體球帶電 Q1、 Q2，由于兩個導體球對地電壓相等，  故有 kCC CQQ QCCQQCQCQ 21 121 121212211 , 亦即即，  所以 kQQkQ ),( 21 為常量，此式表明：帶電（或不帶電）的小球跟帶電大球接觸后，小球所獲得的電量與總電量的比值不變，比值 k 等于第一次帶電量 q 與總電量 Q 的比值，即.Qqk 根據此規(guī)律就可以求出小球可能獲得的最大電量 . 設第 1、 2、 n 次接觸后小球所帶的電量分別為 q1、 q2、，有：  qkqkkqqqQkqqkkqqkqkQqQkqkqqqQkqqkQqnnn1212223121)()()(  由于 1k ，上式為無窮遞減等比數列，根據求和公式得：  qQqQQqqkqq n 11 即小球與大球多次接觸后，獲得的最大電量為 .qQqQ 例 17  在如圖 6 11 所示的電路中， S 是一單刀雙擲開關， A1 和 A2 為兩個平行板電容器， S 擲向 a 時， A1 獲電荷電量為 Q，當 S 再擲向 b 時， A2 獲電荷電量為 q. 問經過很多次S 擲向 a，再擲向 b 后， A2 將獲得多少電量？  解析   S 擲向 a 時，電源給 A1 充電， S 再擲向 b， A1 給 A2 充電，在經過很多次重復的過程中， A2 的帶 電量越來越多，兩板間電壓越來越大 . 當 A2 的電壓等于電源電壓時， A2 的帶電量將不再增加 . 由此可知 A2 最終將獲得電量 q2=C2E. 因為 ECQ 1   所以 EQC1 當 S 由 a 第一次擲向 b 時，有：21 CqC qQ   清北學堂 - 16 -   所以EqQ QqC )(2 解得 A2 最終獲得的電量   qQQqq 2 例 18  電路如圖 6 12 所示，求當 R 為何值時，  RAB 的阻值與“網絡”的“格”數無關？此時 RAB 的阻  值等于什么？  解析   要使 RAB 的阻值與“網絡”的“格”數無關，則圖中 CD 間的阻值必須等于 R 才行 . 所以有 RRRR RRR 22 2)2(    解得 RR )15(  此時 AB 間總電阻 RR AB )15(  例 19  如圖 6 13 所示，在 x 軸上方有垂直于 xy 平面向里  的勻強磁場，磁感應強度為 B，在 x 軸下方有沿 y 軸負方向的 勻  強電場，場強為 E. 一質量為 m，電量為 q 的粒子從坐標原點 O 沿著 y 軸方向射出 . 射出之后，第三次到達 x 軸時，它與 O 點的  距離為 L. 求此粒子射出時的速度 v 和每次到達 x 軸時運動的總  路程 s.（重力不計）  解析   粒子進入磁場后做勻速圓周運動，經半周后通過 x 軸進入電場后做勻減速直線運動，速度減為零后，又反向勻加  速通過 x 軸進入磁場后又做勻速圓周運動，所以運動有周期性 . 它第 3 次到達 x 軸時距 O 點的距離 L 等于圓半徑的 4 倍（如圖  6 13 甲所示）  粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為   4LBqmvR 所以粒子射出時的速度   mBqLv 4  粒子做圓周運動的半周長為   41 Ls 粒子以速度 v 進入電場后做勻減速直線運動，能深入的最大距離為 y，  因為 ymEqayv 222  所以粒子在電場中進入一次通過的路程為   mEqLBys 162 222    清北學堂 - 17 -   粒子第 1 次到達 x 軸時通過的路程為   41 LRs 粒子第 2 次到達 x 軸時，已通過的路程為   mEqLBLsss 164 22212 粒子第 3 次到達 x 軸時，已通過的路程為   mEqLBLssss 162 221213 粒子第 4 次到達 x 軸時，已通過的路程為   mEqLBLsss 8222 22214 粒子第 )12( n 次到達 x 軸時，已通過的路程為    mEqLBnLnsnnss n 16)1(4)1( 2221)12( 粒子第 2n 次到達 x 軸時，已通過的路程為   )164()( 22212 mEqLBLnssns n 上面 n 都取正整數 .  針對訓練   1一物體放在光滑水平面上，初速為零，先 對物體施加一向東的恒力 F，歷時 1 秒鐘，隨即把此力改為向西，大小不變，歷時 1 秒鐘，接著又把此力改為向東，大小不變，歷時 1秒鐘，如此反復，只改變力的方向，共歷時 1 分鐘 . 在此 1 分鐘內  （     ）   A物體時而向東運動，時而向西運動，在 1 分鐘末靜止于初始位置之東   B物體時而向東運動，時而向西運動，在 1 分鐘末靜止于初始位置   C物體時而向東運動，時而向西運動，在 1 分鐘末繼續(xù)向東運動   D物體一直向東運動，從不向西運動，在 1 分鐘末靜止于初始位置之東  2一小球從距地面為 H 的高度處由靜止開始落下 . 已知小 球在空中運動時所受空氣阻力為球所受重力的 k 倍 )1( k ，球每次與地面相碰前后的速率相等，試求小球從開始運動到停止運動，    （ 1）總共通過的路程；    （ 2）所經歷的時間 . 3如圖 6 14 所示，小球從長 L 的光滑斜面頂端自由下滑，滑到底     端時與擋板碰撞并反彈而回，若每次與擋板碰撞后的速度大小為   清北學堂 - 18 -      碰撞前的 4/5，求小球從開始下滑到最終停止于斜面下端物體共     通過的路程 . 4如圖 6 15 所示，有一固定的斜面，傾角為 45，斜面長為 2    米，在斜面下端有 一與斜面垂直的擋板，一質量為 m 的質點，     從斜面的最高點沿斜面下滑，初速度為 1 米 /秒 . 質點沿斜面下     滑到斜面最底端與擋板發(fā)生彈性碰撞 . 已知質點與斜面間的滑     動摩擦因數為 0.20.   （ 1）試求此質點從開始運動到與擋板發(fā)生第 10 次碰撞的過程中通過的總路程；    （ 2）求此質點從開始運動到最后停下來的過程中通過的總路程 . 5有 5 個質量相同、其大小可不計的小木塊 1、 2、 3、 4、 5 等距     離地依次放在傾角 30 的斜面上（如圖 6 16 所示） .斜面     在木塊 2 以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的， 5 個木塊     與斜面粗糙部分之間的靜摩擦系數和滑動摩擦系數都是 ，開     始時用手扶著木塊 1，其余各木塊都靜止在斜面上 . 現在放手，     使木塊 1 自然下滑，并與木塊 2 發(fā)生碰撞，接著陸續(xù)發(fā)生其他     碰撞 . 假設各木塊間的碰撞都是完全非彈性的 . 求 取何值時     木塊 4 能被撞而木塊 5 不能被撞 . 6在一光滑水平的長直軌道上，等距離地放著足夠多的完全     相同 的質量為 m 的長方形木塊，依次編號為木塊 1，木塊     2，如圖 6 17 所示 .        在木塊 1 之前放一質量為 M=4m 的大木塊，大木塊與     木塊 1 之間的距離與相鄰各木塊間的距離相同，均為 L. 現在，在所有木塊都靜止的情況下，以一沿軌道方向的恒力 F 一直作用在大木塊上，使其先與木塊 1 發(fā)生碰撞，設碰后與木塊 1 結為一體再與木塊 2 發(fā)生碰撞，碰后又結為一體，再與木塊 3 發(fā)生碰撞，碰后又結為一體，如此繼續(xù)下去 . 今問大木塊（以及與之結為一體的各小木塊）與第幾個小木塊碰撞之前的一瞬間，會達到它在整個過程中的最大速 度？此速度等于多少？  7有電量為 Q1 的電荷均勻分布在一個半球面上，另有無數個電量均為 Q2 的點電荷位于通過球心的軸線上，且在半球面的下部 . 第 k 個電荷與球心的距離為 12 kR ，且 k=1， 2， 3，4，設球心處的電勢為零，周圍空間均為自由空間 . 若 Q1 已知，求 Q2. 8一個半徑為 1 米的金屬球，充電后的電勢為 U，把 10 個半徑為 1/9 米的均不帶電的小金屬球順次分別與這個大金屬球相碰后拿走，然后把這 10 個充了電了小金屬球彼此分隔擺在半徑為 10 米的圓周上，并拿走大金屬球 . 求圓 心處的電勢 . （設整個過程中系統的總電量無泄漏）  9真空中，有五個電量均為 q 的均勻帶電薄球殼，它們的半徑     分