高考物理二轮复习解题方法第12讲 归纳法（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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第12讲 归纳法（解析版）
—高中物理解题方法28法20讲
江苏省特级教师 学科网特约金牌名师 戴儒京
著名物理学家、诺贝尔奖获得者杨振宁教授在谈到他从中国到美国留学时说：在中国学了推演法，就是学了第一定律、第二定律等，然后用这些定律解题，从一般到特殊；在美国学习了归纳法，就是从实验总结规律，从特殊到一般。杨振宁教授的这番话，告诉我们中美学习物理的方法之不同。
在我们物理学的茫茫题海中，大部分是用推演法（即演绎法）去解的，但也有少数用归纳法解的题目。
1. 什么叫归纳法？归纳论证是一种由个别到一般的论证方法。它通过许多个别的事例，然后归纳出它们所共有的特性，从而得出一个一般性的结论。归纳法可以先举事例再归纳结论，即我们通常所说之归纳法，归纳法是从个别性知识，引出一般性知识的推理，是由已知真的前提，引出可能真的结论。它把特性或关系归结到基于对特殊的代表(token)的有限观察的类型；或公式表达基于对反复再现的现象的模式(pattern)的有限观察的规律。
2. 归纳法是物理学研究方法之一。通过样本信息来推断总体信息的技术。要做出正确的归纳，就要从总体中选出的样本，这个样本必须足够大而且具有代表性。
3. 归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法。归纳推理也可称为归纳方法.完全归纳推理，也叫完全归纳法.不完全归纳推理，也叫不完全归纳法。
4. 归纳法在解物理题中的应用：物理过程与序数n有关的情况，n的个数较多，可考虑用归纳法解题。
5. 用归纳法解物理题的解题程序：首先分析物理过程，找出物理过程适用的物理规律，例如用动量守恒定律或动能定理，根据物理规律写出方程式，求解出第1个物理过程的解，例如v1、s1等，然后根据第2、3个物理过程的结果（如v2、v3或s2、s3等）找出其中的规律性，列出递推公式（如vn、sn等与v1、s1及n的关系式），最后根据递推公式求解未知量，如求n或求总路程。
例1．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（1）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、 B、R、f的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。
（2）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r是装置大、减小还是不变？


【解析】（1）设质子质量为m，电荷量为q，质子离子加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知
③
质子运动的回旋周期为
④
由回旋加速器工作原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系得
⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
⑥
输出时质子的等效电流
⑦
由上述各式得
⑧
（2）方法一
设为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为、，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、D1、D2之间的电压为U，由动能定理知
⑨
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，
知，则

整理得 ⑩
因U、q、m、B均为定值，令由上式得

相邻轨道半径、之差

同理

因为，比较、得
<
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小。
方法二：
设为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、
，，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、，D1、D2之间的电压为U。
由洛化兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故

由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量

以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速次，速度大小为

同理，质子第次进入D2时，速度大小为

综合上述各式得

整理得



同理，对于相邻轨道半径、，，整理后有

由于，比较、得
<
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小。用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。

例2.如图所示，足够长的木板质量M=10㎏，放置于光滑水平地面上，以初速度沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1㎏,在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块无初速地放在木板上，小铁块与木板的上表面的动摩擦因数，当木板运动了L=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块，只要木板运动了L就按同样的方式再放置1个小铁块，直到木板停止运动，（取）试问
（1） 第1个小铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？
（2） 最终木板上有多少个小铁块?
（3） 最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？


【解析】（1），

（2），
；
，
，
列出已求出的速度与铁块数的关系表
铁块
1
2
3
4
速度




找出规律：根下的数字每次减小的数比上一次多1，所以可得出下表
铁块
1
2
3
4
5
6
7
8
速度







？
往后应该减去7，但41)。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：
（１）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。
（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，摩擦力对环及棒做的总功Ｗ。









【答案】 (1)(k-1)g,方向竖直向上 (2) (3)-
【解析】 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a环
环受合力F环=kmg-mg ①
由牛顿第二定律F环=ma环 ②
由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上
(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v1.
由机械能守恒得：×2mv12=2mgH
解得v1=
设棒弹起后的加速度a棒
由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g
棒第一次弹起的最大高度H1=-
解得H1=
棒运动的路程s=H+2H=
(3)解法一：棒第一次弹起经过t1时间,与环达到相同速度v1′
环的速度v1′=-v1+a环t1
棒的速度v1′=v1+a棒t1
环的位移h环1=-v1t1+a环t12
棒的位移h棒1=v1t1+a棒t12
x1=h环1-h棒1
解得：x1=-
棒环一起下落至地
v22-v1′2=2gh棒1
解得：v2=
同理,环第二次相对棒的位移
x2=h环2-h棒2=-
……
xn=-
环相对棒的总位移
x=x1+x2+……+xn+……
W=kmgx
得W=-
解法二：设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl
摩擦力对棒及环做的总功
W=-kmgl解得W=-。
例4．如图（a）所示，Ａ、Ｂ为水平放置的平行金属板，板间距离为ｄ（ｄ远小于板的长和宽）．在两板之间有一带负电的质点Ｐ．已知若在Ａ、Ｂ间加电压Ｕo，则质点Ｐ可以静止平衡．现在Ａ、Ｂ间加上如图（ｂ）所示的随时间ｔ变化的电压ｕ．在ｔ＝0时质点Ｐ位于Ａ、Ｂ间的中点处且初速为零．已知质点Ｐ能在Ａ、Ｂ之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图（ｂ）中ｕ改变的各时刻ｔ１、ｔ２、ｔ３及ｔｎ的表达式．（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次）


【解析】设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有
　　q＝mg ①
当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，
　　q－mg＝ma ②
解得　　a＝g
当两板间的电压为0时，P自由下落，加速度为g，方向向下.
在t＝0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上作初速为零的匀加速运动，加速度为g.经过τ1，P的速度变为v1，此时使电压变为0，让P在重力作用下作匀减速运动.再经过τ1′，P正好到达A板且速度为0，故有
　　v1＝gτ1
0＝v1－gτ1′
d＝gτ＋v1τ1′－gτ
由以上各式得　　
τ1＝τ1′
τ1＝
因为　t1＝τ1
得　t1＝ ③
在重力作用下，P由A板处向下作匀加速运动，经过τ2，速度变为v2，方向向下.这时加上电压使P作匀减速运动，经过τ2′，P到达B板且速度为零，故有
　　v2＝gτ2
0＝v2－gτ2′
d＝gτ＋v2τ2′－gτ
由以上各式得　　
τ2＝τ2′
τ2＝
因为　t2＝t1＋τ1′＋τ2
得　t2＝(＋1) ④
在电力与重力的合力作用下，P由B板处向上作匀加速运动，经过τ3，速度变为v3，此时使电压变为0，让P在重力作用下作匀减速运动，经过τ3′，P正好到达A板且速度为0，故有
　　v3＝gτ3
0＝v3－gτ3′
d＝gτ＋v3τ3′－gτ
由上得　　
τ3＝τ3′
τ3＝
因为　t3＝t2＋τ2′＋τ3
得　 t3＝(＋3) ⑤
根据上面分析，因重力作用，P由A板向下作匀加速运动，经过τ2，再加上电压，经过τ2′，P到达B且速度为0，
因为　　t4＝t3＋τ3′＋τ2
得　　t4＝(＋5)
同样分析可得　tn＝(＋2n－3)(n≥2) ⑥
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动和归纳法解题及分析综合能力。
解题关键：求出、、…，然后用归纳法总结规律，求出。
例5如图所示，放在光滑水平面上的长木板A的左端放着小铁块B（可视为质点）。它们一直以vo=2m/s的速度向右运动，A、B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg。A与竖直墙壁碰撞后立即以相同的速度反方向弹回，若A板足够长，在整个运动过程中B没有与墙相碰也没落到地面，A、B间动摩擦因数μ=0.5(g=10m/s2)。求：
（1） A与墙第一次碰撞后过程中A离墙最大距离时铁块B的速度大
（2） 在整个运动过程中，B相对A所能滑动的最大距离。

A
B


【解】（1）A与墙碰撞后，速度向左，当A向左的速度为零时离墙最远，
此时B速度为vB’，以向右为正方向，据动量守恒定律，有
mA(-vo)+ mB vo= mB vB’
vB’= =1m/s
（2）当A的速度为零时，B的速度向右，故在摩擦力的作用下，B继续减速，A向右加速，直到两球速度相等时（设为v1），B在A上相对运动的距离设为s1, 据动量守恒定律，有
mA(-vo)+ mB vo=（mA+ mB ）v1，得 v1=m/s
据能量守恒，有
μmB g s1= + -
解得： s1= m
当A第二次与墙碰撞后，速度为-v1 ,方向向左，而B的速度仍为v1 ，
经与上述类似的过程，达到A、B共同的速度v2 ，这时，B在A上又移动距离 s2 ，则有：
mA(-v1)+ mB v1=（mA+ mB ）v2，得 v2= m/s
μmB g s2= + - （mA +mB）v22/2
解得： s2= m
当A第三次与墙碰撞后，用同样的方法可求得：
v3= m/s， s3=m
每碰一次，B在A上相对运动的距离为前一次的1/9，碰无数次以后，B在A上相对运动的距离s为
s= s1 + s2+ s3+……=[1+++……] m
=[1/（1-）]=0.6m
点评：本题据s1 、s2、 s3、……的大小关系归纳为s= s1 + s2+ s3+……是利用无穷递缩等比数列求和公式s= 其中a1=, q=。
例6．在一原子反应堆中，用石墨（碳）作减速剂使快中子减速，已知碳核的质量是中子的12倍，假设把中子与碳核的每次碰撞都看作弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。
（1）设碰撞前中子的动能是E0 ，问经过一次碰撞中子损失的能量是多少？
（2）至少经过多少次碰撞，中子的动能才小于10-6 E0？（lg13=1.114,lg11=1.041）.
【解】（1）设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为 ，碰撞后中子和碳核的速度分别为和V，根据动量守恒和弹性碰撞中动能守恒，可得：
m =m+MV
= +
解得：v===(- ) v0
因此，在第一次碰撞中中子损失的能量为
△E= - = E0[1-()2 ]= E0
（3） 中子和碳核第二次碰撞中，根据弹性碰撞的规律，同样有
v2 =(-) v1，其中，v1、v2分别为第一、第二次碰撞后的速度。
依次类推，中子第三次、第四次……第n次碰撞后的速度分别为：
v3 =(-) v2，
v4=(-) v3，
……
vn =(-) vn-1 .
那么，中子在第一次、第二次、第三次……第n次与碳核碰撞后的动能分别为：E0[1-()2 ]
E1=（）2 E0
E2=（）2 E1
E3=（）2 E2
……
En=（）2 En-1=（）2n E0
据题意要求，En