物理题目中的数学归纳法共21页.doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上物理学的中数学归纳法1滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里，调整水龙头，让前一滴水落到盘子而听到声音时后一滴恰好离开水龙头，测出从听到第一滴水击盘声到第n次听到水击盘声的总时间为t，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h，即可算出重力加速度.设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1s，声速为340m/s，则（D）A水龙头距人耳的距离至少为34mB水龙头距盘子的距离至少为34mC重力加速度的计算式为g=D重力加速度的计算式为g=解析：此题目相对简单，几乎没有数学归纳的意思，但能向学生说明数学归纳无处不在，树水归纳的意识。此可做一变化：若空中还

2、有一个（或几个）水滴，再求重力加速度。归纳：102t32tn（n-1）t=tt=h=得（D）2（05江苏）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上。狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动。若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和。若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)。设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.（1）求狗第一次跳

3、上雪橇后两者的共同速度的大小。（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477)此题完全可以一次次往下算，不见得非要走捷径解法（二）：一次次算设雪橇运动的方向为正方向。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi,狗的速度为Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为V1，由动量守恒定律可得第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0V1=第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m）V1第二次跳下雪橇：（M+m）V1=MV2+m（V2+u）V2=3m/s第二次跳上雪橇：=3.5m/s第三次跳下雪橇：第三次跳上雪橇：（M+m）V3=

4、V3=185/4m/s=4.625m/s第四次跳下雪橇：（M+m）V3=MV4+m（V4+u）此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为5.625m/s.解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有 狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度V1满足 可解得 将代入，得V1=2m/s（2）解法（一）设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn1，则狗第（n1）次跳上雪橇后的速度Vn-1满足这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足解得 狗追不上雪橇的条件是 Vnv可化

5、为 最后可求得 代入数据，得 狗最多能跳上雪橇3次雪橇最终的速度大小为 V4=5.625m/s（08四川）一倾角为45的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？25（20分）解法三：一次次计算，得到结果设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得 得

6、设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a， 依牛顿第二定律有 得：小物块第一次下滑到最低点时 得 小物块第一次沿斜面向上运动的最距离为 小物块第二次下滑到最低点时 得 小物块第二次沿斜面向上运动的最距离为小物块第三次下滑到最低点时 得 小物块第三次沿斜面向上运动的最距离为小物块第四次下滑到最低点时 得 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 总冲量为 代入数据：I得 Ns 解法一：动能定理求速度，然后数学归纳设小物块从高为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 v=4m/s 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板

7、给小物块的冲量 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h，则 同理，有 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。由式得 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 总冲量为 由 得 代入数据得 Ns 解法二：运动学公式求速度，然后数学归纳设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得 设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 由式得 设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a， 依牛

8、顿第二定律有 小物块沿斜面向上运动的最大高度为 由式得 式中 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量 由式得 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 总冲量为 由 得 代入数据得 Ns 07（全国一）Mm如图所示，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=60的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45。利用数列知识求通项公式解：设第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，

9、碰撞后绝缘球速度为vn，金属球速度为Vn，碰撞过程动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，有由、式及M=19m解得绝缘球m从60位置摆到最低点，由机械能守恒定律：绝缘球m从最低点摆回到45位置，由机械能守恒定律：由、式得=0.77v0当vnv即：0一侧的每个沙袋质量为m=14千克，x0M-(n+1)m0，vn0即M+3m-nm0M+3m-(n+1)m0 或：n(M+3m)m=9n(M+3m)m1=88n9n=8时，车停止滑行，即在x0，Vn0M-(n+1)m0 代入数字，得：nM/m=48/14n(M/m)-1=34/14n应为整数，故n=3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行(2)车自反向

10、滑行直到接近x0，Vn0即M+3m-nm0M+3m-(n+1)m0 或：n(M+3m)m=9n(M+3m)m1=88n9n=8时，车停止滑行，即在x0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个07（广东）如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F50N作用下以v0=5m/s初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时。又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L就在木板最右端无初速放一铁块。求：（1）第一个铁块放上后，木板运动lm时，木板的速度多大？F（

11、2）最终有几个铁块能留在木板上？（3）最后一个铁块与木板右端距离多大？（g=10m/s2）解：木板匀速运动时，F=Mg第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得： 第二个铁块放上后第n个铁块放上后各式两边分别相加得得：木板停下时vn=0，得n=6.6，所以最终有7个铁块能留在木板上 （3）当第7块铁块放上后，距木板右端距离为d，由第二问得： 解得代入数据得07重庆卷如题25图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、m(为待定系数)。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力

12、加速度为g。试求：(1)待定系数;(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。答案:(1)3（2）vA，方向向左；vB，方向向右；N压4.5mg，方向竖直向下（3）VA；vB0。由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；123N07（重庆卷）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示。用完全相同的轻绳将N个大小

13、相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k1)。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：（）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。（）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程。（）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功。解：绳断后，环、棒一起自由落体，棒与地面发生第一次碰撞时两物体的速度大小均为v1由机械能守恒得：此后，棒以初速度v1向上匀减速运动，速度为零后反向下匀加

14、速运动，加速度大小为a棒由牛顿第二定律得a棒=(k+1)g，方向竖直向下环以初速度v1向下匀减速运动，加速度大小为a环由牛顿第二定律得a环=(k-1)g，方向竖直向上设经过时间t1棒与环达到相同速度v1，规定向上为正方向v棒1= v1 -a棒t1 v环1= - v1 +a环t1v棒1= v环1 =v1时，t1=此时h棒1= v1 t1 -a棒t12h环1= -v1 t1 +a环t12第一次碰后摩擦力对两物体做的功W1= -f h棒1 +f h环1 接着棒与环以速度v1一起向下匀加速，设棒第二次落地的速度大小为v2，由解得重复前面的物理过程，棒与地面第二次碰后摩擦力对两物体做的功W2= -f h

15、棒2 +f h环2 Wn= -f h棒n +f h环n 摩擦力做的总功：W=W1+W2+Wn= -kmg(+)=如图所示，带电荷量为+q、质量为m的小球，处在竖直向下的匀强电场中，电场强度的大小为E，小球从距地面高H处由静止开始释放，小球在运动过程中受到大小恒定的空气阻力f的作用。小球与地面碰撞没有能量和电量的损失。求：（1） 小球与地面碰撞第n次后弹起的高度hn；（2） 小球释放后通过的总路程。HE解：（1）经n次碰后弹起至最高，由动能定理（再解）（2）小球最终停于地面上，对全程用动能定理得如图所示，3个相同的质量为m的小滑块排成一排，静止于光滑的水平面上，各滑块之间有间距。现有一质量为2m

16、的小滑块以速度v从左方沿3个滑块的连线射向滑块并与之碰撞，碰撞过程中均无机械能损失，求所有滑块的最终速度。mmm2mv123mmm2mv/3234v/3mmm2mv/334v/30mmm2mv/34v/300mmm2mv/274v/34v2704v/9mmm2mv123解：任意两滑块相互碰撞，由动量及能量守恒得：2m以初速度v与滑块1相碰后，2m的速度滑块1的速度滑块1与2相碰，2与3相碰分别交换速度，故v1=v2=0，2m再次以v/3与滑块1相碰后，2m的速度滑块1的速度滑块1与滑块2相碰交换速度，故v1=0，2m再次以v/9与滑块1相碰后，2m的速度滑块1的速度如图所示，一块足够长的木板，

17、放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有序号1，2，3，n的木块，所有木块的质量均为m， 与木板间的的动摩擦因数都相同。开始时，木板静止不动，第1，2，3n号的木板的初速度分别是v0 ，2 v0 ，3 v0 ，n v0 ，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块和木板以共同速度匀速运动。设木块之间均无相互碰撞，木板足够的长。试求： （1）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1； （2）通过分析与计算，说明第k号（kn）木块的最小速度vn； （3）n取何值时第3号木块在整个过程中能量损失为零；v02v03v0nv0如图所示，有n个相同的货箱静止在倾角为的斜面上，每个货箱长均为

18、L，质量为m，相邻两货箱的距离均为L，最下端的货箱到斜面底端的距离为L。现给第1个货箱一初速度v，使之沿斜面下滑并与下面的货箱发生碰撞，在每次碰撞后，发生碰撞的货箱都粘合在一起（设发生碰撞的时间可以忽略不计，货箱与斜面的动摩擦因数为）。最后第n个货箱的前端恰好停在斜面的底端。（1） 求第1个货箱碰撞第2个货箱前瞬间的速度v1；（2） 设第一次碰撞时系统损失的机械能为，第一次碰撞前的瞬间第1个货箱的动能为，求E1与 EK1的比值是多少？（3） 求整个过程中这n个货箱由于碰撞而损失的机械能。1nn-1如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，m/M=1

19、/10，平板与地面间的动摩擦因数=0.02，在平板表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区”，如图中划虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，便受到B对它竖直向上的恒力f的作用，其中f=kmg，k=11,f对P的作用恰好使P不与B的上表面接触；在水平方向上P、B之间没有相互作用力。已知物块P开始下落时刻，平板B向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2s。设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区。求：（1） 物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间；（2） 当板B开始停止运动的那一时刻，物块P已经回到初位置多少次？PB相互作用区如图所示

20、质量为M=10kg、长为L=1m、上表面光滑的长木板在水平恒力F=50N的作用下，以速度v0=5.5m/s沿水平地面向左做匀速直线运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将第一个铁块无初速度地放在木板的最左端，当第一个铁块离开木板的同时，又在木板最左端无初速度放上第二个铁块，只要前一个铁块刚离开木板，就接着无初速度放上另一个铁块，则：最终第几个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端多远？（g=10m/s2）FmM解：木板匀速时，得木板上放上小铁块时，由牛顿第二定律木板速度减到零时共释放的小铁块最终第31块铁块能留在木板上距右端的距离s=0.75m如图所示，P为位于某一高度处

21、的质量为m的物块，B为位于水平地面上质量为M的特殊长平板，m=M/(k-1)，平板与地面间的动摩擦因数=0.02，在平板的表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中画虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，便受到B对它竖直向上的恒力f作用，其中f=kmg，k=11，f对P的作用恰好使P不与B的上表面接触；在水平方向上P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始下落时刻，平板B向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区.求：(1)物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间.(2)当B开始停止

22、运动的那一时刻，P已经回到初始位置多少次.解法一：(1)依题意，物块P在长木板B的上方做周期性运动，设物块刚进入相互作用区时的速度为v，则v=gt0 P进入相互作用区后的加速度为a，由牛顿第二定律可得a=(k-1)g，设向下减速运动的时间为t，则v=at=(k-1)gt 两式联立解得t=t0故物块P运动的周期T=2(t0+t)=4.4 s (2)物块P未进入相互作用区时，B的加速度a1=g 物块P进入相互作用区时，B的加速度a2= 则2t0时间内，B的速度减小量v1=a12t0=2gt0 在2t时间内，B的速度减少量v2=a22t=2g 故在P运动的一个周期内，B的速度减少量v=v1+v2=2

23、gt0+2g P回到初始位置的次数n= 联立两式解得n=10.3，n应取整数，故n=10 解法二：(1)物块P从开始下落到减速运动速度为零的全过程中，根据动量定理，有mg(t0+t)-ft=0则t= 故T=2(t0+t)=4.4 s (2)设在P运动的一个周期T内，B的速度减少量为v，根据动量定理有Mg2t0+(Mg+f)2t=Mv 解得v=2gt0+2g(1+)P回到初始位置的次数n=联立解得n=10.3，n应取整数，故n=10 1.如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，m/M=1/10，平板与地面间的动摩擦因数为=2.00102.在板的上表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中画虚线的部分.当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f =amg，a=51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始自由落下的时刻，板B向右的速度为v0=10.0 m/s.P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为T0=2.00 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取重力加速度g=9.80 m/s2.问：当B开始停止运动那一时刻，P已经回到过初始位置几次? 略专心-专注-专业