高中物理解題方法11之11：歸納法（解析版）

高中物理解題方法之11：歸納法（解析版）江蘇省特級教師戴儒京著名物理學(xué)家、諾貝爾獎獲得者楊振寧教授在談到他從中國到美國留學(xué)時說：在中國學(xué)了推演法，就是學(xué)了第一定律、第二定律等，然后用這些定律解題，從一般到特殊；在美國學(xué)習(xí)了歸納法，就是從實驗總結(jié)規(guī)律，從特殊到一般。楊振寧教授的這番話，告訴我們中美學(xué)習(xí)物理的方法之不同。在我們物理學(xué)的茫茫題海中，大部分是用推演法（即演繹法）去解的，但也有少數(shù)用歸納法解的題目。什么叫歸納法？歸納論證是一種由個別到一般的論證方法。它通過許多個別的事例，然后歸納出它們所共有的特性，從而得出一個一般性的結(jié)論。歸納法可以先舉事例再歸納結(jié)論，即我們通常所說之歸納法，歸納法是從個別性知識，引出一般性知識的推理，是由已知真的前提，引出可能真的結(jié)論。它把特性或關(guān)系歸結(jié)到基于對特殊的代表(token)的有限觀察的類型；或公式表達(dá)基于對反復(fù)再現(xiàn)的現(xiàn)象的模式(pattern)的有限觀察的規(guī)律。歸納法是物理學(xué)研究方法之一。通過樣本信息來推斷總體信息的技術(shù)。要做出正確的歸納，就要從總體中選出的樣本，這個樣本必須足夠大而且具有代表性。歸納法分為完全歸納法和不完全歸納法。歸納推理也可稱為歸納方法.完全歸納推理，也叫完全歸納法.不完全歸納推理，也叫不完全歸納法。歸納法在解物理題中的應(yīng)用：物理過程與序數(shù)n有關(guān)的情況，n的個數(shù)較多，可考慮用歸納法解題。用歸納法解物理題的解題程序：首先分析物理過程，找出物理過程適用的物理規(guī)律，例如用動量守恒定律或動能定理，根據(jù)物理規(guī)律寫出方程式，求解出第1個物理過程的解，例如v1、s1等，然后根據(jù)第2、3個物理過程的結(jié)果（如v2、v3或s2、s3等）找出其中的規(guī)律性，列出遞推公式（如vn、sn等與v1、s1及n的關(guān)系式），最后根據(jù)遞推公式求解未知量，如求n或求總路程。例1．回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。（1）回旋加速器的原理如圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于盒面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速）。（2）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r是裝置大、減小還是不變？解析：（1）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離子加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知 ③質(zhì)子運動的回旋周期為 ④由回旋加速器工作原理可知，交流電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系得 ⑤設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率 ⑥輸出時質(zhì)子的等效電流 ⑦由上述各式得 ⑧（2）方法一設(shè)為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為、，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為、D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知 ⑨由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，則整理得 ⑩因U、q、m、B均為定值，令由上式得相鄰軌道半徑、之差同理因為，比較、得<eq\o\ac(○,11)說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r減小。方法二：設(shè)為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk、，，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為、，D1、D2之間的電壓為U。由洛化茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，故eq\o\ac(○,12)由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量eq\o\ac(○,13)以質(zhì)子在D2盒中運動為例，第k次進(jìn)入D2時，被電場加速次，速度大小為eq\o\ac(○,14)同理，質(zhì)子第次進(jìn)入D2時，速度大小為綜合上述各式得整理得同理，對于相鄰軌道半徑、，，整理后有由于，比較、得<eq\o\ac(○,15)說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r減小。用同樣的方法也可得到質(zhì)子在D1盒中運動時具有相同的結(jié)論。例2.如圖所示，足夠長的木板質(zhì)量M=10㎏，放置于光滑水平地面上，以初速度沿水平地面向右勻速運動?，F(xiàn)有足夠多的小鐵塊，它們的質(zhì)量均為m=1㎏,在木板上方有一固定擋板，當(dāng)木板運動到其最右端位于擋板正下方時，將一小鐵塊無初速地放在木板上，小鐵塊與木板的上表面的動摩擦因數(shù)，當(dāng)木板運動了L=1m時，又無初速地貼著擋板在第1個小鐵塊上放上第2個小鐵塊，只要木板運動了L就按同樣的方式再放置1個小鐵塊，直到木板停止運動，（?。┰噯柕?個小鐵塊放上后，木板運動了L時，木板的速度多大？最終木板上有多少個小鐵塊?最后一個鐵塊放上后，木板再向右運動的距離是多少？解：（1），（2），；，，列出已求出的速度與鐵塊數(shù)的關(guān)系表鐵塊1234速度找出規(guī)律：根下的數(shù)字每次減小的數(shù)比上一次多1，所以可得出下表鐵塊12345678速度？往后應(yīng)該減去7，但4<7,所以不能再放小鐵塊，則最終木板上有7個小鐵塊。（3），最后一個鐵塊放上后，木板再向右運動的距離是：點評：從速度、、…歸納出規(guī)律：根下的數(shù)字每次減小的數(shù)比上一次多1，然后求解。解法2.(1)第1個鐵塊放上后至第2個鐵塊放上前，根據(jù)動能定理，=1\*GB3①所以（2）第2個鐵塊放上后至第3個鐵塊放上前，=2\*GB3②第3個鐵塊放上后至第3個鐵塊放上前，=3\*GB3③……第n個鐵塊放上后至第n+1個鐵塊放上前，=4\*GB3④由=1\*GB3①到=4\*GB3④式可得，第1個鐵塊放上后至第n+1個鐵塊放上前，，=5\*GB3⑤令（木板停下來），有,，，，取整數(shù)n=6，將n=6代入=5\*GB3⑤式得,代入數(shù)據(jù)得，，由于在第7個鐵塊放上前木板尚未停下，所以最終有7個鐵塊放在木板上。（3）從第7個鐵塊放上后至木板停止前，設(shè)木板運動的位移為，有，解得解法3.累計計算法（2）第2個鐵塊放上后至第3個鐵塊放上前，，第3個鐵塊放上后至第4個鐵塊放上前，，第4個鐵塊放上后至第5個鐵塊放上前，第5個鐵塊放上后至第6個鐵塊放上前，第6個鐵塊放上后至第7個鐵塊放上前，在第7個鐵塊放上前木板尚未停止，所以最多有7個鐵塊。（3）同上。例3.如圖所示，一輕繩吊著粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高Ｈ，上端套著一個細(xì)環(huán)。棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k>1)。斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時，觸地時間極短，無動能損失。棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計。求：（１）棒第一次與地面碰撞彈起上升過程中，環(huán)的加速度。（２）從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程Ｓ。（３）從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止，摩擦力對環(huán)及棒做的總功Ｗ。【答案】(1)(k-1)g,方向豎直向上(2)(3)-【解析】(1)設(shè)棒第一次上升過程中,環(huán)的加速度為a環(huán)環(huán)受合力F環(huán)=kmg-mg①由牛頓第二定律F環(huán)=ma環(huán)②由①②得a環(huán)=(k-1)g,方向豎直向上(2)設(shè)以地面為零勢能面,向上為正方向,棒第一次落地的速度大小為v1.由機械能守恒得：×2mv12=2mgH解得v1=設(shè)棒彈起后的加速度a棒由牛頓第二定律a棒=-(k+1)g棒第一次彈起的最大高度H1=-解得H1=棒運動的路程s=H+2H=(3)解法一：棒第一次彈起經(jīng)過t1時間,與環(huán)達(dá)到相同速度v1′環(huán)的速度v1′=-v1+a環(huán)t1棒的速度v1′=v1+a棒t1環(huán)的位移h環(huán)1=-v1t1+a環(huán)t12棒的位移h棒1=v1t1+a棒t12x1=h環(huán)1-h棒1解得：x1=-棒環(huán)一起下落至地v22-v1′2=2gh棒1解得：v2=同理,環(huán)第二次相對棒的位移x2=h環(huán)2-h棒2=-……xn=-環(huán)相對棒的總位移x=x1+x2+……+xn+……W=kmgx得W=-解法二：設(shè)環(huán)相對棒滑動距離為l根據(jù)能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl摩擦力對棒及環(huán)做的總功W=-kmgl解得W=-。例4．如圖（a）所示，Ａ、Ｂ為水平放置的平行金屬板，板間距離為ｄ（ｄ遠(yuǎn)小于板的長和寬）．在兩板之間有一帶負(fù)電的質(zhì)點Ｐ．已知若在Ａ、Ｂ間加電壓Ｕo，則質(zhì)點Ｐ可以靜止平衡．現(xiàn)在Ａ、Ｂ間加上如圖（ｂ）所示的隨時間ｔ變化的電壓ｕ．在ｔ＝0時質(zhì)點Ｐ位于Ａ、Ｂ間的中點處且初速為零．已知質(zhì)點Ｐ能在Ａ、Ｂ之間以最大的幅度上下運動而又不與兩板相碰，求圖（ｂ）中ｕ改變的各時刻ｔ１、ｔ２、ｔ３及ｔｎ的表達(dá)式．（質(zhì)點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程中，電壓只改變一次）【解析】設(shè)質(zhì)點P的質(zhì)量為m，電量大小為q，根據(jù)題意，當(dāng)A、B間的電壓為U0時，有qeq\f(U0,d)＝mg①當(dāng)兩板間的電壓為2U0時，P的加速度向上，其大小為a，qeq\f(2U0,d)－mg＝ma②解得a＝g當(dāng)兩板間的電壓為0時，P自由下落，加速度為g，方向向下.在t＝0時，兩板間的電壓為2U0，P自A、B間的中點向上作初速為零的勻加速運動，加速度為g.經(jīng)過τ1，P的速度變?yōu)関1，此時使電壓變?yōu)?，讓P在重力作用下作勻減速運動.再經(jīng)過τ1′，P正好到達(dá)A板且速度為0，故有v1＝gτ10＝v1－gτ1′eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)gτeq\o\al(2,1)＋v1τ1′－eq\f(1,2)gτeq\o\al(′2,1)由以上各式得τ1＝τ1′τ1＝eq\f(\r(2),2)eq\r(\f(d,g))因為t1＝τ1得t1＝eq\f(\r(2),2)eq\r(\f(d,g))③在重力作用下，P由A板處向下作勻加速運動，經(jīng)過τ2，速度變?yōu)関2，方向向下.這時加上電壓使P作勻減速運動，經(jīng)過τ2′，P到達(dá)B板且速度為零，故有v2＝gτ20＝v2－gτ2′d＝eq\f(1,2)gτeq\o\al(2,2)＋v2τ2′－eq\f(1,2)gτeq\o\al(′2,2)由以上各式得τ2＝τ2′τ2＝eq\r(\f(d,g))因為t2＝t1＋τ1′＋τ2得t2＝(eq\r(2)＋1)eq\r(\f(d,g))④在電力與重力的合力作用下，P由B板處向上作勻加速運動，經(jīng)過τ3，速度變?yōu)関3，此時使電壓變?yōu)?，讓P在重力作用下作勻減速運動，經(jīng)過τ3′，P正好到達(dá)A板且速度為0，故有v3＝gτ30＝v3－gτ3′d＝eq\f(1,2)gτeq\o\al(2,3)＋v3τ3′－eq\f(1,2)gτeq\o\al(′2,3)由上得τ3＝τ3′τ3＝eq\r(\f(d,g))因為t3＝t2＋τ2′＋τ3得t3＝(eq\r(2)＋3)eq\r(\f(d,g))⑤根據(jù)上面分析，因重力作用，P由A板向下作勻加速運動，經(jīng)過τ2，再加上電壓，經(jīng)過τ2′，P到達(dá)B且速度為0，因為t4＝t3＋τ3′＋τ2得t4＝(eq\r(2)＋5)eq\r(\f(d,g))同樣分析可得tn＝(eq\r(2)＋2n－3)eq\r(\f(d,g))(n≥2)⑥【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動和歸納法解題及分析綜合能力。解題關(guān)鍵：求出、、…，然后用歸納法總結(jié)規(guī)律，求出。例5如圖所示，放在光滑水平面上的長木板A的左端放著小鐵塊B（可視為質(zhì)點）。它們一直以vo=2m/s的速度向右運動，A、B的質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=2kg。A與豎直墻壁碰撞后立即以相同的速度反方向彈回，若A板足夠長，在整個運動過程中B沒有與墻相碰也沒落到地面，A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.5(g=10m/s2)。求：A與墻第一次碰撞后過程中A離墻最大距離時鐵塊B的速度大在整個運動過程中，B相對A所能滑動的最大距離。AB解：（1）A與墻碰撞后，速度向左，當(dāng)A向左的速度為零時離墻最遠(yuǎn)，此時B速度為vB’，以向右為正方向，據(jù)動量守恒定律，有mA(-vo)+mBvo=mBvB’vB’==1m/s（2）當(dāng)A的速度為零時，B的速度向右，故在摩擦力的作用下，B繼續(xù)減速，A向右加速，直到兩球速度相等時（設(shè)為v1），B在A上相對運動的距離設(shè)為s1,據(jù)動量守恒定律，有mA(-vo)+mBvo=（mA+mB）v1，得v1=m/s據(jù)能量守恒，有μmBgs1=+-解得：s1=m當(dāng)A第二次與墻碰撞后，速度為-v1,方向向左，而B的速度仍為v1，經(jīng)與上述類似的過程，達(dá)到A、B共同的速度v2，這時，B在A上又移動距離s2，則有：mA(-v1)+mBv1=（mA+mB）v2，得v2=m/sμmBgs2=+-（mA+mB）v22/2解得：s2=m當(dāng)A第三次與墻碰撞后，用同樣的方法可求得：v3=m/s，s3=m每碰一次，B在A上相對運動的距離為前一次的1/9，碰無數(shù)次以后，B在A上相對運動的距離s為s=s1+s2+s3+……=[1+++……]m=[1/（1-）]=0.6m點評：本題據(jù)s1、s2、s3、……的大小關(guān)系歸納為s=s1+s2+s3+……是利用無窮遞縮等比數(shù)列求和公式s=其中a1=,q=。例6．在一原子反應(yīng)堆中，用石墨（碳）作減速劑使快中子減速，已知碳核的質(zhì)量是中子的12倍，假設(shè)把中子與碳核的每次碰撞都看作彈性正碰，而且認(rèn)為碰撞前碳核都是靜止的。（1）設(shè)碰撞前中子的動能是E0，問經(jīng)過一次碰撞中子損失的能量是多少？（2）至少經(jīng)過多少次碰撞，中子的動能才小于10-6E0？（lg13=1.114,lg11=1.041）.解：（1）設(shè)中子和碳核的質(zhì)量分別為m和M，碰撞前中子的速度為，碰撞后中子和碳核的速度分別為和V，根據(jù)動量守恒和彈性碰撞中動能守恒，可得：m=m+MV=+解得：v===(-)v0因此，在第一次碰撞中中子損失的能量為△E=-=E0[1-()2]=E0中子和碳核第二次碰撞中，根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律，同樣有v2=(-)v1，其中，v1、v2分別為第一、第二次碰撞后的速度。依次類推，中子第三次、第四次……第n次碰撞后的速度分別為：v3=(-)v2，v4=(-)v3，……vn=(-)vn-1.那么，中子在第一次、第二次、第三次……第n次與碳核碰撞后的動能分別為：E0[1-()2]E1=（）2E0E2=（）2E1E3=（）2E2……En=（）2En-1=（）2nE0據(jù)題意要求，En<10-6E0，（）2n<10-6取對數(shù)2n(lg13-lg11)=6解得n=3/(lg13-lg11)=41.1至少需經(jīng)42次碰撞，中子的動能才能小于10-6E0。點評：本題據(jù)v1、v2、v3……vn的關(guān)系，推導(dǎo)出E1、E2、E3……En的關(guān)系，再應(yīng)用對數(shù)解題。例7．如圖所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點O兩側(cè)的人的序號都記為n(n=1、2、3…)。每人只有一個沙袋，x>0一側(cè)的每個沙袋質(zhì)量為m=14kg，x<0一側(cè)的每個沙袋質(zhì)量為m’=10kg。一質(zhì)量為M=48kg的小車以某初速度從原點出發(fā)向正x方向滑行。不計軌道阻力。當(dāng)車每經(jīng)過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度u朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，u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(shù)）?？哲嚦霭l(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時車就反向滑行？車上最終有大小沙袋共多少個？-4-3-2-101234解：（1）在小車朝正x方向滑行的過程中，設(shè)車初速度為v,第i個沙袋扔到車上后的車速為vi，據(jù)動量守恒定律，有Mv+m(-v)=(M+m)v1v1=[Mv+m(-v)]/(M+m)=[48-14]v/(48+14)=17v/31(M+m)v1+m(-2v1)=(M+2m)v2v2=[(M+m)v1+m(-2v1)]/(M+2m)=(34-28)v/76=3v/38(M+2m)v2+m(-3v1)=(M+3m)v3v3=[(M+2m)v2+m(-3v1)]/(M+3m)=(6-42)v/90=-2v/5由于速度v3為負(fù)，即車上堆積3個沙袋后車就反向滑行。（2）在小車朝負(fù)x方向滑行的過程中，設(shè)負(fù)x方向為正方向，車初速度為v’,第i個沙袋扔到車上后的車速為vi’，據(jù)動量守恒定律，有第1個沙袋扔到車上后的車速為v1’，(M+3m)v’+m’(-2v’)=(M+3m+m’)v1’v1’=[(M+3m)v’+m’(-2v’)]/(M+3m+m’)=(90-20)v1’/100=7v1’/10第2個沙袋扔到車上后的車速為v2’，(M+3m+m’)v1’+m’(-4v’)=(M+3m+2m’)v2’v2’=[(M+3m+m’)v1’+m’(-4v’)]/(M+3m+2m’)=(100-40)v1’/110=6v1’/11……第n-1個沙袋扔到車上后的車速為vn-1’第n個沙袋扔到車上后的車速為vn’(M+3m+(n-1)m’)vn-1’+m’(-2nvn-1’)=(M+3m+nm’)vn’vn’=[(M+3m-(n+1)m’)vn-1’]/(M+3m+nm’)=[90-10(n+1)]/(90+10n)小車反向運動或停止的條件是vn-1’﹥0，vn’≦0即90-10n﹥0，90-10(n+1)≦0,解得9>n≧8n=8時，車停止滑行，故車上共有沙袋（3+8=）11個。點評：本題第一問數(shù)少，可逐一計算，第二問數(shù)多，要先導(dǎo)出遞推公式，才好求解。要根據(jù)v1’與v’的關(guān)系，v2’與v1’的關(guān)系，導(dǎo)出vn’與vn-1’的關(guān)系，比較困難，解答也比較復(fù)雜。例8一個質(zhì)量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質(zhì)量為m的愛斯基摩狗站在該雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復(fù)地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇始終沿一條直線運動．若狗跳離雪橇?xí)r雪橇的速度為V，則此時狗相對于地面的速度為V+u(其中u為狗相對于雪橇的速度，V+u為代數(shù)和．若以雪橇運動的方向為正方向，則V為正值，u為負(fù)值)．設(shè)狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計．已知v的大小為5m/s，u的大小為4m/s，M=30kg，m=10kg.（1）求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大?。?）求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù)．（供使用但不一定用到的對數(shù)值：lg2=O.301，lg3=0.477)參考解答：（1）設(shè)雪橇運動的方向為正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度為V1，根據(jù)動量守恒定律，有狗第1次跳上雪橇?xí)r，雪橇與狗的共同速度滿足可解得將代入，得（2）解法（一） 設(shè)雪橇運動的方向為正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度為Vn－1，則狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度滿足這樣，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vn滿足解得狗追不上雪橇的條件是Vn≥可化為 最后可求得代入數(shù)據(jù)，得狗最多能跳上雪橇3次雪橇最終的速度大小為V4=5.625m/s解法（二）： 設(shè)雪橇運動的方向為正方向。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vi,狗的速度為Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度為，由動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）第二次跳下雪橇：（M+m）=MV2+m（V2+u）V2=第三次跳下雪橇：（M+m）V3+M+m（+u）=第四次跳下雪橇：（M+m）=MV4+m（V4+u） 此時雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最終的速度大小為5.625m/s.點評：本題根據(jù)、、、找出、的規(guī)律，然后求解?？偨Y(jié)：什么情況下用歸納法解題？一般是在研究的物理量與個數(shù)、次數(shù)等有關(guān)的情況，可用歸納法解題。歸納法解題的步驟一般先求出第1個（次）、第2個（次）、第3個（次）的物理量，如位移（s1、s2、s3）、速度（、、）、動能（EK1、EK2、EK3）等，然后根據(jù)它們的關(guān)系找出規(guī)律，得出第n個（次）的物理量，如sn、、EKn等，最后根據(jù)限定條件求未知量。歸納法常用的數(shù)學(xué)工具等差數(shù)列的求和公式：等比數(shù)列的求和公式：無窮遞縮等比數(shù)列的求和公式：歸納法有完全歸納法和非完全歸納法兩種。完全歸納法要求嚴(yán)密的證明，物理解題一般用非完全歸納法，主要是通過已求出的物理量找該物理量的規(guī)律，再應(yīng)用這個規(guī)律求未知物理量，哲學(xué)上叫從特殊到一般，再從一般到特殊。5.上述各例中的遞推公式，都要靠學(xué)生在解題中自己歸納、總結(jié)，以敏銳的洞察力找出其規(guī)律，而不是利用現(xiàn)成的公式，所以解這類題，可培養(yǎng)學(xué)生獨立解決問題的能力，并培養(yǎng)用數(shù)學(xué)工具處理物理問題的能力。5.歸納法解題，可培養(yǎng)學(xué)