《高中物理思维方法集解》随笔系列-高中物理习题解决的“数列法”

《高中物理思维方法集解》随笔系列高中物理习题解决的“数列法”我们知道，按一定顺序排列的一列数，叫做数列；数列中的某个数，叫做数列的一项。无论哪一种数列，都应具有一些自身的特点和变化的规律。在高中物理解题时，我们也常会用到等差数列、等比数列的知识。由此，我们把应用数列知识解决物理问题的思维方法，称为数列法。高中物理解题中，数列知识的应用分为：1．判断物理过程的特征；2．用通项公式求未知量；3．用求和公式求未知量等三个方面的问题。一般地，按一定规律变化的多个子过程问题，大都具有类似性、反复性的特点。随着子过程过程的反复进行，某个物理变量即可逐步生成几个形式类似、而内涵（如大小、正负、幂次等）却不同的表达式，由此得某种数列的前几项，应用归纳法（或递推原理），把这几项“融合”在一起，从而求出数列的通项公式，以描述对应物理量的变化规律(这一定是解题的关键)。因此，我们即可用数列的通项公式求出某一项。若欲求数列前项之和，则常用对应的求和公式来解决。解答此类问题的基本思路：⑴先逐个分析多过程初期的几个子过程，分别找出数列的前几项；⑵再利用归纳法找出数列的通项公式；⑶最后整体分析物理过程，应用数列的通项公式或求和公式解决问题。无穷数列的求和，一般一定是无穷递减数列，有相应的公式可用。等差数列前n项之和，d为公差。等比数列前n项之和：，q为公比。下面，主要针对上述2、3两方面的问题，分别讨论数列知识在高考物理解题中的应用。【例题解析】数列法一定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，然后求出通项表达式。具体方法一定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，然后结合数列知识求解。用数列法解题的关键一定是导出联系相邻两次作用的递推式。一．用通项表达式求未知量某些物理状态或过程必须借助于数列知识，才能全面的描述其状态及其变化特征。此类问题，要求我们能够根据初始条件，以数学归纳法来（递推规律），求出某个物理量的通项表达式。【例题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（1）nt时刻质点的速度；（2）nt时间内通过的总路程。【解析】根据数列法的思想，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=at2t末的速度为v2t=vt+2at即v2t=at+2at3t末的速度为v3t=v2t+3at=at+2at+3at……由此可得，通项表达式则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【点拨】显然，此例先“从特殊到一般找到规律”，由速度公式布列各式，比较、归纳出通项表达式，再用等差数列求和知识解决。【例题2】线段AB长S，均分为n等分，一质点由A出发，以加速度a向B作匀加速运动，当质点到达每一等分的末端时，它的加速度增加了a/n，试证质点到B点时的速度一定是。【解析】这一定是一道数学上有规律而物理上几乎无法完全归纳的问题，可只要发现了数学上的规律，而在物理上对其过程并不没有必要作很深的探讨。应用匀变速运动的速度-位移的关系式，分别对每段等分位移列出下面的表达式。再把以上各式左右相加,可得显然，。代入上式可得相同的结果【点拨】此例用位移-速度的关系式，分别列出每一等份位移的方程，然后相加，即获得一等比数列，再用等比数列求和公式解决。由此可知，解决数列问题，并不一定是每题非得求出通项式表达式不可。【例题3】（10北京）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的；初始质量为，初速度为，下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、．．．．．．．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。若考虑重力的影响，求（1）第１次碰撞前、后雨滴的速度和；（2）求第ｎ次碰撞后雨滴的动能。【解析】（1）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前

，

第1次碰撞后

，

①

（2）第2次碰撞利用①式化简得②第2次碰撞后，利用②式得

同理，第3次碰撞后，…………第n次碰撞后速度为

故第ｎ次碰撞后雨滴的动能为

【点拨】应注意到，第n次碰撞后的速度平方式也一定是某一数列的

通项表达式。图7—4—2【例题4图7—4—2【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7—4—3甲所示）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：图7—图7—4—3粒子做圆周运动的半周长为：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，因为所以粒子在电场中进入一次通过的路程为：粒子第1次到达x轴时通过的路程为：粒子第2次到达x轴时，已通过的路程为：粒子第3次到达x轴时，已通过的路程为：粒子第4次到达x轴时，已通过的路程为：由此可得，通项表达式粒子第(2n－1)次到达x轴时，已通过的路程为：粒子第2n次到达x轴时，已通过的路程为：应该补充说明，上面两式中的n=(1，2，3，……)，亦即都取正整数。【点拨】事实上这两个结果，明眼人一看便知：分别表示为第（奇数、偶数）次到达x轴所过的路程的通项表达式，由此也可得到某种对应的级数或数列，这里不再讨论。【例题5】(07浙江)如图7—4—4所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1（初速度），碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn、Vn。由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左，则MmMmθ图7-8图7—4—4由此解得第n次碰撞后绝缘球的动能为：E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量。绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为经n次碰撞后有：易算出(0.81)2＝0656，(0.81)3＝0.531，因此，经过3次碰撞后θ小于45°。【点拨】此例属于碰撞中的动量与能量守恒问题，试题没有说明磁场的阻尼作用如何产生，但给出了磁场，容易让我们产生运用磁场的知识解决问题的错觉。对两个金属球的运动过程，题中的描述并非一目了然。特别一定是在多次碰撞的每次碰撞过程中，绝缘球的动能损失并不一定是常量，因此给问题解决带来不少困难。而这个“绝缘小球的动能损失”，可用数学归纳法来找出，其遵循的规律即通项表达式。【例题6】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。首先，原来挂钩之间一定是张紧的，倒退后挂钩间存在Δs的宽松距离，设火车的牵引力为F，则当车头起动时，有：然后，拉第一节车厢时，设列车的速度为：故有：接下来，拉第二节车厢时设列车的速度为：故同样可得：…依次类推，拉第n节车厢时列车的速度，可得：由的条件，可得：另由题意，已知代入上式，可解得：n＜46。因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢。【点拨】这里就一定是车头拉上若干车厢后，“瞬时速度的平方”的某种通项表达式。【例题7】（10北京）如图7—4—5所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、、．．．．．．、．．．．．．的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数。图7—4—5求：（图7—4—5（b）若、、为确定的已知量。求为何值时，值最大【解析】（a）由上问中④式，考虑到和得根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

同理可得，球和球碰撞后，动能传递系数k13应为

依次类推，动能传递系数k1n应为解得（b）．将、代入⑥式可得为使k13最大，只需使由可知【例题8】在玻尔的氢原子模型中，电子第一条轨道半径为，则由此向外的第十条可能轨道半径一定是多大？电子在第十条可能轨道上运动时的动能有多大？已知元电荷为，静电力恒量为。【解析】对玻尔氢原子而言，由于原子半径和能级均为量子化的，原子的可能半径和对应的能级可分别组成数列，其通项表达式为再将n=10代入上述公式，可得由库仑定律可得。二．用数列求和公式求未知量有不少复杂、困难的问题，往往需要先根据题设初始条件，借助于递推关系，找出某个量的通项表达式，再依该式写出相应的数列，应用公式解决有关物理量“求和”的问题。【例9】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，横截面一定是边长为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7—4—6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10】锤子打击木桩，如果锤每次以相同的动能打击木桩，而且每次均有80﹪的能量传给木桩，且木桩所受阻力Ff与插入深度x成正比，试求木桩每次打入的深度比。若第一次打击使木桩插入了全长的1/3，那么木桩全部插入必须锤击多少次？【解析】该题中木桩受到的阻力Ff为变力，且与位移x成正比。我们可以作出如图5—7—7所示的Ff~x图象，用“面积法”可以求解该题。因为图中“面积”S1、S2……表示1次、2次……锤子击中木桩克服阻力做的功，等于锤传给木桩的能量为W0。由图可得图7—图7—4—7则。每次打入深度故木桩每次被打入的深度比为由上述比例关系，可知，最后，不难求出以下的结果（次）。【点拨】显然，本例中应用了相似三角形面积与对应边的平方成正比的几何关系。【例题11】(07江苏)如图7—4—8所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：图7—图7—4—8(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W．【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律则有a环＝eq\f(kmg－mg,m)＝(k－1)g，方向竖直向上．(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为v1＝eq\r(2gH)设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有a棒＝－eq\f(kmg＋mg,m)＝－(k＋1)g故棒第一次弹起的最大高度为待求棒运动的路程s＝H＋2H1＝eq\f(k＋3,k＋1)H．(3)设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1′环的速度v1′＝－v1＋a环t1棒的速度v1′＝v1＋a棒t1由此解得：t1＝eq\f(1,k)eq\r(\f(2H,g))v1′＝－eq\f(\r(2gH),k)环的位移h环1＝－v1t1＋eq\f(1,2)a环t12＝－eq\f(k＋1,k2)H棒的位移h棒1＝v1t1＋eq\f(1,2)a棒t12＝eq\f(k－1,k2)Hx1＝h环1－h棒1由此解得x1＝－eq\f(2H,k)在棒、环一起下落至地时，有：v22－v1′2＝2gh棒1由此解得v2＝eq\r(\f(2gH,k))同理，环第二次相对棒的位移为：x2＝h环2－h棒2＝－eq\f(2H,k2)…………xn＝－eq\f(2H,kn)故环相对棒的总位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－eq\f(2H,k－1)所以，待求摩擦力对环和棒做的总功WW＝kmgx＝－eq\f(2kmgH,k－1)．【提示】从优选法角度看，此例第(3)问最好用“整体法”解决。亦即：经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有mgH＋mg(H＋l)＝kmgl由此解得l＝eq\f(2H,k－1)故待求摩擦力对环和棒做的总功为W＝－kmgl＝－eq\f(2kmgH,k－1)．【例题12】一弹性小球自4.9m高处自由落下，当它与水平桌面每碰撞一次后，速度减小到碰前的7/9，试计算小球从开始下落到停止运动所用的时间.每碰撞一次后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等.【解析】小球原来距桌面高度为4.9m，用h0表示，下落至桌面时的速度v0应为v0==9.8m/s.由此可解得下落时间为t0==1s.首先用演绎法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度v1=v0×7/9m/s.第一次碰撞后上升、回落需用时间2t1=2v1/g=(2×v0/g)×7/9=2×7/9s.小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率v2=v1×7/9=(v0×7/9)×7/9=v0×(7/9)2m第二次碰撞后上升、回落需用时间2t2=2v2/g=2×(7/9)2.可解得小球从开始下落到经n次碰撞后静止所用总时间T=t2+2t1+2t2+…+2tn=1+2×7/9+2×(7/9)2+…+2×(7/9)n=1+2×［7/9+(7/9)2+…+(7/9)n］括号内为等比级数求和，首项a1=7/9,公比q=7/9,由于|q|＜1,可解得无穷递减等比级数的和,最后求出小球从开始下落到停止运动所用的时间为T=1+2×7/2=8s.【点拨】①高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的通项表达式或数列求和知识．②一对滑动摩擦力做功的总和W＝－f·s总，s总为相对滑动的总路程．③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要图7—4—9【例题13】有n块质量均为m，厚度为图7—4—9【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=mg2dW4=mg3dW5=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【例题14】如图7—4—10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，且车身足图7—4—10【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，车的总路程就一定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：由这一关系可得：一般地，有速度通项式：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：因为v1=v0=3m/s，不难求出小车走过的总路程。图7—4—11【例题15】（08四川）如图7—4—11所示，一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10m/s图7—4—11【解法一】设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得①以沿斜面向上为动量的正方向。由动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则③同理，有④⑤式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得 ⑥式中。由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为⑦总冲量为⑧由得⑨代入数据得N·s【点拨】此例先用碰撞中的动量守恒定律以及能量守恒定律，然后用数学归纳法找出通项公式，即绝缘小球每一次碰撞前与碰撞后的动能关系，从而找到了绝缘小球每次碰后的动能与初动能的关系。然后用等比数列求和公式解决。【点拨】此例先用碰撞中的动量守恒定律以及能量守恒定律，然后用数学归纳法找出通项公式，即绝缘小球每一次碰撞前与碰撞后的动能关系，从而找到了绝缘小球每次碰后的动能与初动能的关系。然后用等比数列求和公式解决。【例题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，易得因此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，即可改记作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=qq2=k(Q+q1)=q+k