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4<7, 所以不能再放小铁块，则最终木板上有7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：
点评：从速度、、…归纳出规律：根下的数字每次减小的数比上一次多1，然后求解。
解法2.(1)第1个铁块放上后至第2个铁块放上前，根据动能定理， ①
所以
（2）第2个铁块放上后至第3个铁块放上前，
②
第3个铁块放上后至第3个铁块放上前，
③
……
第n个铁块放上后至第n+1个铁块放上前，
④
由①到④式可得，第1个铁块放上后至第n+1个铁块放上前，
， ⑤
令（木板停下来），有, ，
，，取整数n=6，
将n=6代入⑤式得, 代入数据得，，由于在第7个铁块放上前木板尚未停下，所以最终有7个铁块放在木板上。
（3）从第7个铁块放上后至木板停止前，设木板运动的位移为，有，解得
解法3. 累计计算法
（2）第2个铁块放上后至第3个铁块放上前，，

第3个铁块放上后至第4个铁块放上前，，

第4个铁块放上后至第5个铁块放上前，

第5个铁块放上后至第6个铁块放上前，

第6个铁块放上后至第7个铁块放上前，

在第7个铁块放上前木板尚未停止，所以最多有7个铁块。
（3）同上。
例3.如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间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：
（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<10-6 E0 ，（）2n<10-6
取对数2n(lg13-lg11)=6
解得n=3/(lg13-lg11)=41. 1
至少需经42次碰撞，中子的动能才能小于10-6 E0 。
点评：本题据v1 、v2 、v3 ……vn的关系，推导出E1 、E2 、E3 ……En的关系，再应用对数解题。
例7．如图所示，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n(n=1、2、3…)。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m=14kg，x<0一侧的每个沙袋质量为m’=10kg。一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向正x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u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u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？




-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

【解】（1）在小车朝正x方向滑行的过程中，设车初速度为v, 第i个沙袋扔到车上后的车速为vi，据动量守恒定律，有
Mv+m(-v)=(M+m) v1
v1= [Mv+m(-v)]/(M+m)=[48-14] v/(48+14)=17 v/31
(M+m) v1+m(-2v1)= (M+2m) v2
v2= [(M+m) v1+m(-2v1)]/(M+2m)=(34-28) v /76=3 v /38
(M+2m) v2+m(-3v1)= (M+3m) v3
v3= [(M+2m) v2+m(-3v1)]/(M+3m)=(6-42) v /90=-2 v /5
由于速度v3为负，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行。
（2）在小车朝负x方向滑行的过程中，设负x方向为正方向，车初速度为v’, 第i个沙袋扔到车上后的车速为vi’，据动量守恒定律，有
第1个沙袋扔到车上后的车速为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个沙袋扔到车上后的车速为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个沙袋扔到车上后的车速为vn-1’ 第n个沙袋扔到车上后的车速为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)
小车反向运动或停止的条件是vn-1’﹥0， vn’ ≦0即
90-10n﹥0，90-10(n+1) ≦0, 解得 9>n≧8
n=8时，车停止滑行，故车上共有沙袋（3+8=）11个。
点评：本题第一问数少，可逐一计算，第二问数多，要先导出递推公式，才好求解。要根据v1’与v’的关系， v2’与 v1’的关系，导出 vn’与 vn-1’的关系，比较困难，解答也比较复杂。

例8一个质量为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=O.301，lg3=0.477)
【解答】
（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满足
可解得
将代入，得
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn－1，则狗第
（n－1）次跳上雪橇后的速度满足
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 Vn≥
可化为
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
解法（二）：
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，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0
V1=－
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.
点评：本题根据、、、找出、的规律，然后求解。
总结：
1. 什么情况下用归纳法解题？
一般是在研究的物理量与个数、次数等有关的情况，可用归纳法解题。
2. 归纳法解题的步骤
一般先求出第1个（次）、第2个（次）、第3个（次）的物理量，如位移（s1、s2、s3）、速度（、、）、动能（EK1、EK2、EK3）等，然后根据它们的关系找出规律，得出第n个（次）的物理量，如sn、、EKn等，最后根据限定条件求未知量。
3. 归纳法常用的数学工具
（1） 等差数列的求和公式：
（2） 等比数列的求和公式：
（3） 无穷递缩等比数列的求和公式：
4. 归纳法有完全归纳法和非完全归纳法两种。
完全归纳法要求严密的证明，物理解题一般用非完全归纳法，主要是通过已求出的物理量找该物理量的规律，再应用这个规律求未知物理量，哲学上叫从特殊到一般，再从一般到特殊。
5.上述各例中的递推公式，都要靠学生在解题中自己归纳、总结，以敏锐的洞察力找出其规律，而不是利用现成的公式，所以解这类题，可培养学生独立解决问题的能力，并培养用数学工具处理物理问题的能力。
5.归纳法解题，可培养学生的创新能力，因为在科学史上，新的规律，新的定理、定律多是用归纳法得到的，是在总结、归纳大量物理现象、物理事实的基础上得到的，学生通过用归纳法解题，体验发现的过程和成功的乐趣。
6.归纳推理与演绎推理的关系
　　主要区别：
　　⑴思维的起点不同：归纳推理是从特殊性到一般的认识过程；演绎推理是从一般到特殊性的认识过程。
　　⑵前提与结论联系的性质不同：归纳推理的结论一般超出了前提所断定的范围(完全归纳推理除外)，其前提和结论之间的联系不是必然的，而只具有或然性；演绎推理的结论和前提之间的联系是必然的，其结论不超出前提所断定的范围。一个演绎推理只要前提真实并且推理形式正确，那么，其结论就必然真实。
　　相互联系：
　　⑴归纳推理与演绎推理，在人们的认识过程中是紧密的联系着的，两者互相依赖、互为补充。演绎推理的一般性知识（大前提）的来源，来自于归纳推理概括和总结，从这个意义上说，没有归纳推理也就没有演绎推理。
　　⑵归纳推理也离不开演绎推理。归纳过程的分析、综合过程所利用的工具（概念、范畴）是归纳过程本身所不能解决和提供的，这只有借助于理论思维，依靠人们先前积累的一般性理论知识的指导，而这本身就是一种演绎活动。而且，单靠归纳推理是不能证明必然性的，因此，在归纳推理的过程中，人们常常需要应用演绎推理对某些归纳的前提或者结论加以论证。从这个意义上也可以说，没有演绎推理也就不可能有归纳推理。正如恩格斯指出的：“归纳和演绎，正如分析和综合一样，是必然相互联系着的”。
演绎法是从一般到特殊，归纳法是从特殊到一般。演绎法把已有的规律应用于特殊的情况，归纳法是从一个个现象和事实总结、归纳规律。
在解题的时候，通常是用公式去解决问题，常用的是演绎法，就是从一般到特殊；而在导出公式的时候，常用归纳法，就是从特殊到一般，这两种逻辑程序是不同的，是互逆的。同学们不要由于常使用演绎法，咸用归纳法，而不重视归纳法，因为归纳法是创新常用的方法。
归纳与演绎是两个互逆的程序。
6.解物理题常用的归纳法为不完全归纳法，不如数学上的完全归纳法（如数学归纳法）更严密。
7.用归纳法解的题目，一般都比较复杂，在高考试卷中，一般都是压轴题。

2015年高考江苏省物理卷第15题．一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；
（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取；）

2015年第15题. [解答] (1)离子在电场中加速
在磁场中做匀速圆周运动qvB=m,解得r=　①
代入，解得②
(2)由(1)得，，离子打在Q点r=，解得；
离子打在Ｎ点r=，解得；，则电压的范围为．
（3）由（1）可知，∝
第一次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原本半径为的打在的离子打在上，则，解得第二次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原本半径为的打在的离子打在上，则，解得
同理，第次调节电压，有,检测完整，有，解得，最少次数为3次。
【最后一步本人的简便解法】
第三次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原本半径为的打在的离子打在上，则，解得,调节电压的次数最少为3次。
【点评】本题考查质谱仪的工作原理，包括带电粒子的加速和圆周运动。创新的是第（3）问，难点也是第3问。我用“穷举法”解比原答案的通用解法简便一些，也好理解一下。难度：难。
【解读】为了进一步理解本题的第（3）问，我把各点的位置数据计算如下：

示意图画出如下：

实际上，各点是在同一直线上的，为了画出相对位置，把它们拉开了（如果画在同一直线，则互相压在一起，看不出来了）。此图是用电脑Excel画出的，数据是题目的实际数据。学科/网
进一步解释：第一次调节电压，把到之间的离子移到和之间；第二次调节电压，把到之间的离子移到和之间；第三次调节电压，把到之间的离子移到和之间；因为的位置在M点以左，所以，就“在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整”（原题要求）了。
那么，为什么还要一次一次地调节电压呢？因为第一次，要把原本打在点的离子移到N，就不能把原本打在点的离子移到，因为二者要求加速电压不同，只能把原本打在点的离子移到，这样，一段一段地移动，最少3次可以完成。