专题04 递推归纳法-2021年高考备考复习攻略之物理方法汇总(原卷版)

2021年高考物理备考辅导整合资料（四）考前一个月考查点猜想试卷一、按题型编排Ⅱ级考点诊断性练习（xx－5－5卷）――考前一个月时对Ⅱ级考点的考查点猜想及整合辅导重点（附试卷一份）一、单项题：1．固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。

现将小球缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小F N、细绳的拉力大小F T的变化情况是（）A．F N不变，F T不变B．F N不变，F T变大C．F N不变，F T变小D．F N变大，F T变小〔答案〕C〔解析〕小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力F N′和细线拉力F T的合力F跟重力是一对平衡力，即F=G。

根据几何关系知，力三角形F AFN′与几何三角形COA相似。

设滑轮到半球顶点B的距离为h，线长AC为L，则有F N′R=Gh+R =F TL ，由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故F N′大小不变，F T减小。

所以正确答案为C选项。

2．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A．交流电压表V1和V2的示数一定都变小B．交流电压表只有V2的示数变小C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D．只有A1的示数变大〔答案〕B〔解析〕闭合S时，输出电路电阻减小，副线圈中电流增大，V1示数不变，V2示数变小，A2示数变大，则A1示数也变大，由于V1示数不变，A2示数变大，则V2示数变小，A3示数变小．故B正确。

3．（xx·湖北部分重点中学联考）如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则()A．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2π R gB．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π R gC．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg D．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于2mg 〔答案〕B〔解析〕要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg＝mv2R，解得该盒子做匀速圆周运动的速度v＝gR，该盒子做匀速圆周运动的周期为T＝2πRv＝2πRg.选项A错误，B正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由F－mg＝mv2R，解得F＝2mg，选项C、D错误。

高考物理答题技巧及方法总结高考物理答题技巧及套路有哪些1、正交分解法在两个互相垂直的方向上，研究物体所受外力的大小及其对运动的影响，既好操作，又便于计算。

2、画图辅助分析问题的方法分析物体的运动时，养成画物理v-t图和空间几何关系图的习惯，有助于对问题进行全面而深刻的分析。

3、平均速度法处理高考物理物体运动的问题时，借助平均速度公式，可以降二次方程为一次方程，以简化运算，极大提高运算速度和准确率。

4、巧用牛顿第二定律牛顿第二定律是高中阶段物理最重要、最基本的规律，是高考中永恒不变的热点，至少应做到在以下三种情况中的熟练应用：重力场中竖直平面内光滑轨道内侧最高点临界条件，地球卫星匀速圆周运动的条件，带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的条件。

高考物理选择题答题技巧选择题1、注意看清高考物理题目，比如选择的是错误的、可能的、不正确的、或者一定的，这些关键字眼一定要仔细看清楚，以免丢了冤枉分。

越是简单的题目，越要仔细看，选择你认为是100%的答案，不敢肯定的答案宁可不选也不要选错。

2、排除法：当你不知道高考物理题型正确的方法时，你可以排除掉一些100%错误的问题，再进行选择，这样至少成功率在50%以上。

3、特殊值法：将某个数值代进去，如果成立的话，则答案正确，这种方法不但节省了繁杂的计算过程，而且争取到了更多的考试时间。

高考物理计算题答题技巧1、高考物理计算题如果连基本公式都忘记了，那就悲剧了，所以不管是基本公式还是变换而来的公式，都应该牢记在心，节省换算时间。

2、描述性的文字要写好，公式的字母要工整，代入数据等要清晰，演算过程要明朗，结果要精确，作图的时候勿潦草。

3、审高考物理题中，要全面细致，特别重视题中的`关键词和数据，如静止、匀速、恰好达到最大速度、匀加速、初速为零，一定、可能、刚好等，全面分析好情况，可以先在草稿上演算。

4、高考物理计算题少不了数学工具的应用，不管是解方程还是极限法，都应该一步步认真计算，以免数值错了，导致第二步的结果也错了(一般题目第二步都会用到前面的计算结果)。

物理解题中的递推公式商洛中学杨玉良分析一些同类特殊事例，确切判断出它们所共有的因果联系和特征，作出一般结论。

这种由特殊推出一般的推理方法叫归纳推理。

物理学中许多普遍概念和规律都主要是用归纳推理得出的。

归纳推理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。

常用它来研究运动规律已知，在一定条件下连续进行的、具有共同规律而具体数量特征不同的多阶段运动问题。

它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；或导出联系相邻两次作用的递推关系式，再把结论推广，后结合数学知识求解。

1、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θ=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点处。

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°。

【分析】因绝缘球与金属球每次碰撞后，其速率将减小，从而使其偏离竖直方向的最大角度在减小。

而每次两球碰撞后，绝缘球的速率是有规律性的变化，要求解本题题设条件下的碰撞次数，关键在于归纳出绝缘球在每次碰撞后的速率变化规律。

【解】方法1．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。

设小球m的摆线长度为l，绝缘球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后绝缘球与金属球的速度分别为v1、V1，设速度向左为正，小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：，①m和M碰撞过程满足：mv0=MV1+mv1，②，③联立②、③得：，由于v1<0，说明绝缘球被反弹，而后绝缘球又以反弹速度的大小和金属球M发生碰撞，设第二次碰撞后绝缘球与金属球的速度分别为v2、V2，满足：m|v1|=MV2+mv2，④，⑤由④、⑤解得：，整理得：同理第三次碰撞后绝缘球的速率v3为：，由以上归纳推理得到第n次碰撞后绝缘球的速率为v n，所以：，⑥经过第n次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°，则，⑦联立①、⑥、⑦代入数据解得，（0．81）n=0．586，当n=3时，碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。

“递推法”在高中物理试题解题中的运用摘要：本文针对递推法在高中物理试题解题中的运用一题展开了较深入的研究，其中包括利用递推法解决火车启动问题、利用递推法解决自由落体问题，以期能够帮助老师和学生更好地应用此种新型的解题方法。

关键词：递推法高中物理物理试题简单一些解释，递推法就是一种研究和解答问题的基本方法，它的着力点是利用某个特殊的事物推理出一般原理与普遍事物。

在具体的应用过程中，递推法需要使用者具备较高的辩证思维、归纳思维及逻辑思维能力，从而能够根据已经掌握的条件信息得出更多有效的因素，进而求得最终的结论。

所有能够应用到递推法进行解答的物理试题具有过程复杂且重复性高的特点。

在这里需要注意的是，任意一个重复的过程所指的都并非是完全相同的重复，而是已经发生了改变的重复，其中的某些物理量也会随之发生些许变化。

求解物理问题的递推法应用大致可以分为如下几个步骤：针对某一次的物理过程展开分析；针对多个与之相似的物理过程展开分析，并得出结论；利用递推法找到通式，并将各个物理量之间的关联性求出，再利用相关的数学解题思路最终求得物理问题。

一、利用递推法解决火车启动问题递推法可以被应用到很多实际物理问题的解决过程中，而火车启动问题就是其中最具代表性的一个。

例1：已知有一列火车，火车每节车厢的质量为m，假设火车在正常运行的状态中可以同时带动起30节车厢，那么当火车在倒退行驶的状态中可以同时带动起多少节车厢？在针对火车启动这一物理问题进行解决时，我们不难发现在动运过程中是具有较为明显的可循规律的，因此就可以得出一个可供推算的公式，并利用此公式计算出火车能够同时带动起来的车厢数量。

在解答此类物理问题时，教育者应当引导学生找到存在于试题中的运动规律，从而达到解决实际问题的最终目的。

二、利用递推法来解决自由落体问题例2：小球从高度为180m的位置进行自由落体运动，它每次同地面产生接触后反弹的速度为接触之前的一半，请问小球从开始到结束停止运动的总路程是多少？（g取10m?s-2）通过此道物理试题的解题过程可知，通过小球每次反弹高度的变化可以利用递推法求得其中所存在的等比关系，高中数学课程中的无穷等比数列同样也是此道试题的解题关键。

专题04递推归纳法递推归纳法是依据物理问题所呈现的物理量之间的关系或潜在的物理条件，通过物理相关规律，再辅以数学方法来递推归纳，得出物理量变化的通式，从而探知物理量的变化规律。

在应用递推归纳法解决物理问题时，要善于引导学生挖掘物理量之间的变化关系及其隐含的物理条件，因为它是我们进一步对物理问题进行递推归纳的抓手。

譬如，在应用递推归纳法解解决动力学问题时，首先要分析物体的受力，进一步分析物体的运动情况，善于分析出物体运动中的相似阶段，把握物体在相似运动阶段的节点。

把整个运动过程分为若干个相似的阶段，每个相似阶段具有宏观运动性质的相似性。

比如：有的相似性阶段是先在电场中作匀变速运动后在磁场中做匀速圆周运动，有的相似性阶段是先匀加速运动后做匀减速运动。

在相似性阶段还可能具有相同的某一物理量，或是运动周期相同，或是末速大小相等，或是位移大小相等，如此不一而足。

因此，递推归纳出的物理量往往具有比较简单的变化规律，或是等差数列变化，或是等比数列变化，较难一点的是复合数列变化。

典例1（19年江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变。

（1）求粒子运动速度的大小v ；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ； （3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =2d，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．【答案】（1）qBd v m =，（2）m d （3）π2L m t d qB =（），π2L m t d qB =（） 【解析】（1）粒子的运动半径 mv d qB =解得qBdv m=（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得d m =d （1+sin60°）解得m d =（3）粒子的运动周期2πmT qB=a.设粒子最后一次碰撞到水平板后射出磁场的时间为t 1，粒子斜向上射出磁场1t 41t +=T可能1t 43t +=T可能1t 45t +=T…………………….()）（.........3,2,1n t 41n 2t 1=++=T 当()d 23-1d 1n 2L ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=时， T 121t 1=解得 π2L m t d qB =+（） b.设粒子最后一次碰撞到水平板后射出磁场的时间为t 2，粒子斜向下射出磁场2t 42t +=T可能2t 44t +=T可能2t 46t +=T…….…………2t 4n2t +=T (n=1,2,3,………)（b ）当d 231nd 2L ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=,时， T 125t 2=解得 π2L m t d qB =-（） 【总结与点评】本题第三小题求带电粒子在磁场中运动时间，带电粒子撞到水平板的次数分为奇偶次两种情况递推，求出两种情况下粒子在磁场中运动时间。

2021高三物理28种类型题解题技巧与复习要点高中物理中会遇到太多类型题，那么谁能在做题时最快的找到解题思路，谁就能提高做题效率。

接下来我为大家整理了高三物理学习内容，一起来看看吧!2021高三物理28种类型题解题技巧1.“圆周运动”突破口关键是“找到向心力的来源”。

2.“平抛运动”突破口关键是两个矢量三角形(位移三角形、速度三角形)。

3“类平抛运动”突破口合力与速度方向垂直，并且合力是恒力!4“绳拉物问题”突破口关键是速度的分解，分解哪个速度。

(“实际速度”就是“合速度”，合速度应当位于平行四边形的对角线上，即应当分解合速度)5.“万有引力定律”突破口关键是“两大思路”。

(1)F万=mg 适用于任何状况，留意假如是“卫星”或“类卫星”的物体则g应当是卫星所在处的g.(2)F万=Fn 只适用于“卫星”或“类卫星”6.万有引力定律变轨问题突破口通过离心、向心来理解!(关键字眼：加速，减速，喷火)7.求各种星体“第一宇宙速度”突破口关键是“轨道半径为星球半径”!8.受力分析突破口“防止漏力”：查找施力物体，若无则此力不存在。

“防止多力”：按挨次受力分析。

(分清“内力”与“外力”内力不会转变物体的运动状态，外力才会转变物体的运动状态。

)9.三个共点力平衡问题的动态分析突破口(矢量三角形法)10.“单个物体”超、失重突破口从“加速度”和“受力”两个角度来理解。

11.“系统”超、失重突破口系统中只要有一个物体是超、失重，则整个系统何以认为是超、失重。

12.机械波突破口波向前传播的过程即波向前平移的过程。

“质点振动方向”与“波的传播方向”关系“上山抬头，下山低头”。

波源之后的质点都做得是受迫振动，“受的是波源的迫” (全部质点起振方向都相同波速只取决于介质。

频率只取决于波源。

)13.“动力学”问题突破口看到“受力”分析“运动状况”，看到“运动”要想到“受力状况”。

14.推断正负功突破口(1)看F与S的夹角：若夹角为锐角则做正功，钝角则做负功，直角则不做功。

七、递推法如果一个过程是分成几个步骤进行的，而一个一个步骤虽然不同，却有一定的关系，我们往往可以用递推法先找出各个步骤之间的关系，再计算全过程的总的效果。

1．图光滑水平面上有A、B两辆小车，小孩与B车的质量为A车质量的10倍。

两车从静止开始，小孩把A车以对地的速度V推出，A车撞墙后以原速率返回并追上B车后又被小孩以对地的速度V推出，如此往复，求小孩总共把A车推出多少次后，A车返回后不能再追上小孩。

（6次）2．如图已知cd间电阻R两段的电压为0.1V,消耗的功率为0.1W，求ab两端的电压和功率。

3．如图，光滑的水平面上有一个质量M=1kg的长平板车，车左端有一质量m=2kg的小物体，车与物体间的动摩擦因数为0.5，二者一起以6m/s的速度向右运动。

设车与墙的碰撞时间极短，且以原速率反弹，求第一次碰撞后小车能走的总路程。

4．在光滑的铁轨上，一列静止的火车共有N节车厢，其间总空隙长为S，且每两节车厢间距离相等。

首端第一节车厢以速度V向第二节车厢运动，两节车厢碰撞后以共同的速度向第三节车厢运动……,最终使N节车厢全部运动起来。

求：①火车最终的速度②从第一节车厢开始运动到最后一节车厢开始运动所需的时间5．图中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（为了=1能看清楚，图中画的是夸大了的）. 现将一质点在BOA面内从A处以速度s=射出，其方向与AO间的夹角.5mv/θ︒=OA=10,60m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A处与OA相碰？（计算次数时包括在A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？。

递推法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.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at v t =2t 末的速度为at at v at v v t t t 2,222+=+=所以3t 末的速度为at at at at v v t t 32322++=+=……则nt 末的速度为nat v v t n nt +=-)1()321()1(32n at nat at n at at at ++++=+-++++=at n n n n at )1(21)1(21+=+⋅= （2）同理：可推得nt 内通过的总路程.)12)(1(1212at n n n s ++= 例2 小球从高m h 1800=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)2(1=n n，求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程.（g 取10m/s 2） 解析 小球从h 0高处落地时，速率s m gh v /60200==第一次跳起时和又落地时的速率2/01v v =第二次跳起时和又落地时的速率2022/v v =第m 次跳起时和又落地时的速率m m v v 2/0= 每次跳起的高度依次4022*******,2n h g v h n h g v h ====， ……通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210m h n n h n h h n n n n h h m 300351112)1111(202202002242200==-+⋅=-+=++++++=- 经过的总时间为 +++++=∑m t t t t t 210s g v n n g v n n g v gv g v g v m m 183)11(])1(2121[2200010==-+=+⋅++⋅+=++++=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. t v n a a t v a t v a a t v a t v a a t v a BB AA a a n ∆⋅-=∆⨯-=∆-=∆⨯-=∆-=∆-=︒--=23,23323,23223,2360cos 2312111因为,023=∆⋅-t v n a 即va t t t n 32==∆所以 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： 车头起动时，有2121)(mv s mg F =∆-μ 拉第一节车厢时：11)(mv v m m ='+ 故有s g mF v v ∆-==)(21412121μ 2122221221)2(v m mv s mg F '⨯-⨯=∆-μ 拉第二节车厢时：222)2(mv v m m ='+ 故同样可得：s g m F v v ∆-==')35(32942222μ …… 推理可得 s g n m F n n v n∆+-+=')312(12μ 由mg n F v n μ312:02+>>'可得 另由题意知46,31<=n mg F 得μ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mgd W =2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dn m g W dm g W dm g W dm g W n )1(432543-====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 2)1()1(32-⋅=-++++=n n m gd dn m g d m g d m g m gd例6 如图6—3所示，有六个完全相同的长条薄片1(=i B A i i 、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 1A 6的中点处，试求：A 1B 1薄片对A 6B 6的压力.解析 本题共有六个物体，通过观察会发现，A 1B 1、A 2B 2、…、A 5B 5的受力情况完全相同，因此将A 1B 1、A 2B 2、…A 5B 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2,211++=⋅=⋅i i i i N N L N L N 得 所以65321)21(212121N N N N ==⨯== ① 再以A 6B 6为研究对象，受力情况如图6—3乙所示，A 6B 6受到薄片A 5B 5向上的支持力N 6、碗向上的支持力和后一个薄片A 1B 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L N L mg L N ⋅=⋅+⋅61432 由①、②联立，解得 421mg N =所以，A 1B 1薄片对A 6B 6的压力为.42mg 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)4/(L 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 21L x =∆ 第2块相对第3块的最大伸出量为2x ∆（如图6—4所示），则224)2(222⨯==∆⋅∆-=∆⋅L L x G x L x G 同理可得第3块的最大伸出量323⨯=∆L x ……最后归纳得出nL x n ⨯=∆2 所以总跨度h xk n n 32.11291=∆=∑=跨度与桥孔高的比值为258.1932.11==h h H k 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3,2,1(=n n …）. 每人只有一个沙袋，0>x 一侧的每个沙袋质量为m =14kg ，0<x 一侧的每个沙袋质量kg m 10='. 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0v 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0022v nv u ==的水平速度扔到车上，由动量守恒得,)(2100v m M v m Mv +=⋅-当小车运动到第2人身旁时，此人将沙袋以速度1142v nv u =='的水平速度扔到车上，同理有211)2(2)(v m M nv m v m M +=⋅-+，所以，当第n 个沙袋抛上车后的车速为n v ，根据动量守恒有111)1(,)(2])1([---++-=+=⋅--+n n n n n v nmM m n M v v nm M mv n v m n M 即. 同理有n n v mn M m n M v )1()2(1+++-=+，若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有.0,01<>+n n v v即.0)2(,0)1(<+->+-m n M m n M 由此两式解得：n n n ,1420,1438><为整数取3. 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：''++='-''-++--n n nv m n m M nv m v m n m M )3(2])1(3[11 解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v即⎩⎨⎧=>⎩⎨⎧≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 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.例9 如图6—6所示，一固定的斜面，倾角︒=45θ，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20.0=μ，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：θθμsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+θθμsin )()(cos 3232s s mg s s mg -=+ 即有32cos sin cos sin 2312=+-===θμθθμθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为.32∴在发生第11次碰撞过程中的路程 11321222s s s s s ++++=1111111321321])32(1[2)(2s s s s s s s ---⨯=-++++= )(86.9)()32(121011m m =⨯-= 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静止，m 1以初速2/0R v π=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m 1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、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：221101v m v m v m += ①222211201212121v m v m v m += ② 由①、②式得：002112002121132231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-= 以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发生弹性碰撞后，得032203='=v v v 以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发生弹性碰撞后，得0130v v v ='=' 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、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).(2021010)32232(3)(30000321s R R v R v R v R v R t t t T ===++⨯=++=ππππππ 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221)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的. 设第)1(-n 个木块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下一个木块时速度增至1-'nv ， 第n 个木块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 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：2121)1(21)1(21----'-=n n mv n v m n FL ① 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 nnmv v m n ='--1)1( 得：n n v n n v 11-='- ② 把②式代入①式得：212)1(21)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL 整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n ③ 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式可知当n =2时有：2122222v v mFL -= 当n =3时有：2222322322v v m FL -=⋅当n =4时有：2322423423v v mFL -=⋅… 一般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n 将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)1321(v v n m FL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n mFL n n n -=⋅- 在本题中01=v ，所以.)1(nmn FL v n -= 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.50.0=μ开始时，车和铁块共同以s m v /30=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 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动方向为正方向，在车与墙第)1(-n 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 n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=n n n v v m M m M v 由这一关系可得： ,5,521312v v v v ==一般地，有 ,511-=n n v v 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2221215122-⋅==n n a v a v s 类似的，由这一关系可递推到：222142132212211512,,512,512,2-⋅=⋅=⋅==n n a v s a v s a v s a v s 所以车运动的总路程)(2321 +++++=n s s s s s 总24255111)5151511(2221221224221⋅=-⋅=+++++⋅=-a v a v a v n 因此201/215/3s m m Mg a sm v v ====μ 所以)(45m s =总 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,40.0kg m =长度m l 45.0=，它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.10.02=μ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.20.01=μ现突然给铅块一向右的初速度s m v /3.40=，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2)/(10s m ，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N Mg f 0.211==μ设M 可以带动木块的数目为n ，则n 满足：0)1()(221≥--+-mg n g m M f μμ 即0)1(4.04.10.2≥---n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 l Mg Mv Mv 821211202⋅-=μ 得：0)/(49.222>=s m v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：M Ma Mg =-1μ得：2/0.2s m a M -=第9及第10个木块的动力学方程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-μμμ， 得：./25.02s m a m =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l s +，有：s a V l s a v v m M 2)(2222='++='ta V t a v v m M ='+=' 消去s 及t 求出：⎩⎨⎧='-='⎩⎨⎧='='sm V s m v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后一解不合理应舍去. 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： )(222l s a v v M +'+'=''解得：0463.12<'--=''s v ，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，.214=e （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：1111220011----==--=--=n n n n u v v u u v v u u v v u e 或1111220110----==--=--=-n n n n u v u v u v u v v u v e 111122011)(----⨯⨯--⨯-=-n n n n nu v u v u v u v v u v e 即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ②①、②联立得00])(1[21])(1[21v e u v e v n n n n --=-+=第n 次碰撞后，系统损失的动能)(21212220n n kn k kn u v m mv E E E +-=-=∆ kn n n E e m v e e m v m v 212121)1(4121220222020-=⨯-=+-=下面分别讨论：当146.0221121,12=-=-=∆=e E E n k kl 时 25.0221121,242=-=-=∆=eE E n k k 时323.022121121,363=-=-=∆=e E E n k k 时 375.0241121,484=-=-=∆=eE E n k k 时 412.022141121,5105=-=-=∆=eE E n k k 时 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00v L t =. 在下一次发生碰撞的时间0111||ev L v u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e Lt =，所以总时间).1(32033210e e e v e L t t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱子运动的距离是：3322110t u t u t u s +++=)1(2222222)1(21)1(21)1(21323320303020200e e e eLL e L L e L L e L v e L v e v e L v e ev L v e +++=+++-+=⨯++⨯-+⨯+=所以平均速度为：2)1()1(203203323v e e e v e L e e e e L t s v =++++++== 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：)(010V V p V p += ① 第二次抽气后：)(021V V p V p += ② 依次递推有：)(032V V p V p += ③)(01V V p V p n n +=- ○n由以上○n 式得：)lg(lg)(000vV V p p n p V V Vp nn n +=+=所以代入已知得：2725.1lg 400lg ==n （次）工作时间为：38.3827==t 分钟 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k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==21121121212211,,亦即即， …所以k Q Q k Q ),(21+=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.Qqk =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q 1、q 2、…，有：qk q k kq q q Q k q q k kq q kq kQ q Q k q kqq q Q k q qkQ q n n n 1212223121)()()(--++++=+=++=+=+=+=+===由于1<k ，上式为无穷递减等比数列，根据求和公式得：qQ qQQ q q kq q n -=-=-=11 即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为.qQ qQ- 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 2E.因为E C Q 1= 所以EQ C =1 当S 由a 第一次掷向b 时，有：21C qC q Q =- 所以Eq Q QqC )(2-=解得A 2最终获得的电量 qQ Qqq -=2 例18 电路如图6—12所示，求当R '为何值时， R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关？此时R AB 的阻 值等于什么？解析 要使R AB 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.所以有R RR R RR R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-='此时AB 间总电阻R R AB )15(+=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—13甲所示）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4LBq m v R ==所以粒子射出时的速度 mB q Lv 4=粒子做圆周运动的半周长为 41Ls π=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y mEq ay v 222== 所以粒子在电场中进入一次通过的路程为 m EqL B y s 162222==粒子第1次到达x 轴时通过的路程为 41LR s ππ=⋅=粒子第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 16422212+=+=π 粒子第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s s 162221213+=++=π 粒子第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mEqL B Ls s s 822222214+=+=π 粒子第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为mEqL B n L n s n ns s n 16)1(4)1(2221)12(-+=-+=-π粒子第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(22212mEqL B Ln s s n s n +=+=π上面n 都取正整数.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)1(<k ，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︒=30θ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Q 1的电荷均匀分布在一个半球面上，另有无数个电量均为Q 2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12-⋅k R ，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Q 1已知，求Q 2. 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O 1，O 2，O 3，O 4，O 5，求O 1与O 5间的 电势差.10．在图6—19所示的电路中，三个电容器C Ⅰ、C Ⅱ、C Ⅲ的电容值均等于C ，电源的电动势为ε，R Ⅰ、R Ⅱ为电阻，S 为双掷开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a ，再接通Ob ，再接通O a ，再接通Ob ……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Ob 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R AB . 12．如图6—21所示，R 1=R 3=R 5=…=R 99=5Ω，R 2=R 4=R 6=…=R 98=10Ω，R 100=5Ω，ε=10V求：（1）R AB =？（2）电阻R 2消耗的电功率应等于多少？ （3）)99,,3,2,1( =i R i 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R AB ，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︒=1α（为了能看清楚，图中的是 夸大了的）. 现将一质点在BOA 面内从C 处以速度s m v /5= 射出，其方向与AO 间的夹角︒=60θ，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？。

高三物理总结技巧与解题策略分享在高三物理学习过程中，掌握一些有效的总结技巧和解题策略是非常重要的。

本文将分享一些实用的方法，帮助大家在高三物理学习中更加高效地总结知识和解答问题。

一、总结技巧1. 制定学习计划：在开始学习新的物理知识之前，制定一个详细的学习计划是非常必要的。

合理安排时间，将各个章节分配到不同的学习时间段，确保每个知识点都能得到充分的复习。

2. 提炼重点：在学习过程中，应将重点知识点和难点找出来，进行归纳总结。

可以通过标注、划重点等方式，将重要概念、公式和定理等信息单独整理出来，形成自己的笔记。

3. 图表总结：物理知识往往需要通过图表进行分析和表示。

在总结时，可以将重要的物理图表画出来，标注各个关键点和特征，以便更好地记忆和复习。

4. 反复操练：通过大量的习题训练，可以更好地理解和掌握物理知识。

在做题过程中，对于一些常见的问题和解题方法，可以进行总结，并形成解题思路和方法的归纳。

二、解题策略1. 理清物理思路：在解答物理题目的过程中，首先要理清物理思路。

仔细阅读题目，分析题目中给出的条件和要求，从而确定解题的方向和思路。

2. 注意单位和量纲：物理中的单位和量纲是解题过程中非常重要的考虑因素。

在解答问题时，要注意对各个物理量的单位和量纲进行统一，以避免单位换算错误或者量纲不匹配的情况。

3. 灵活运用公式：物理学习中，公式的应用是解题的关键。

需要熟练掌握各个物理定律和公式，并能够灵活运用到具体的解题过程中。

对于一些经典的物理公式，可以进行重点记忆和总结。

4. 利用图像和图表：在解答题目时，可以充分利用图像和图表来辅助分析问题。

通过画图、画曲线等方式，更加直观地理解问题，并得出正确的结论。

5. 多角度思考：在遇到难题或者复杂问题时，可以尝试从不同的角度进行思考。

寻找问题的关键点和突破口，灵活运用已学的物理知识进行分析和解答。

6. 疑难问题互助：物理学习中，难题常常会让学生感到困扰。

可以通过与同学、老师以及相关学习群体进行交流和研讨，互相帮助解决疑难问题，促进思维的碰撞和共同进步。