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第七部分 计算压轴满分策略
专题7.4 计算题高考新动向
目录
高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题......................................................................................1
【专题强化练】..........................................................................................................................................................5
高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动.........................................................................................................10
【专题强化练】........................................................................................................................................................14
高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，
通常可用到以下两种方法：
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用
数学
数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的
归纳法
路程等数据
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动
图像法
过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
【例1】(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻
1
弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l
＝2.25 m、质量m ＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放
2
置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度 v ＝100
0
m/s、质量m ＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达
0
到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数
μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒
与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：E ＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧
p
的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
【答案】 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
【解析】 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，得v＝5 m/s
0 0 1 0
系统损失的动能
ΔE＝mv2－(m＋m)v2，
k 0 0 1 0解得ΔE＝475 J；
k
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有
(m＋m)v2＝μ(m＋m)gx＋kx2，
1 0 1 0
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为E，
k
由动能定理有
－2μ(m＋m)gx＝E－(m＋m)v2，
1 0 k 1 0
解得E＝21 J；
k
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，
木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，
由能量守恒定律得E＝μ(m＋m)g(s＋l)，
k 1 0
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v，由动能定理有
1
－μ(m＋m)gs＝(m＋m)v2－E，
1 0 1 0 1 k
解得v＝3 m/s，
1
设之后靶盒与木板达到共同速度v′，(m＋m)v＝(m＋m＋m)v′，
1 1 0 1 1 0 2 1
解得v′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s，
1 1
木板的加速度为a，μ(m＋m)g＝ma，
1 0 2
根据v′2＝2as，
1 1
解得s＝0.5 mv，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为 v ，由动能定理
0 1
得－μmgl＝mv2－mv2
1 0
解得v＝4 m/s
1
由于v>v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s
1
(2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为v 、v ，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv ＝mv ＋
B1 A1 1 B1
Mv
A1由机械能守恒定律得mv2＝mv 2＋Mv 2
1 B1 A1
由以上两式解得v ＝－v＝－ m/s
B1 1
即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则
－μmgx＝0－mv 2
B1
解得x＝ m<1 m
物块B再向左加速返回传送带左端，且回到左端的速度为 m/s.设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时
t，则t＝＝ s
摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝ J
(3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的，即v ＝v ＝()2v
B2 B1 1
同理可推，B与A碰撞n次后
v ＝()nv＝ m/s
Bn 1
动能E ＝mv 2＝ J.
kn Bn
4.(2022·重庆市质检)2022年冬奥会在北京和张家口市联合举行，小开同学受到冰壶运动的启发，设置了一
种新式的碰撞游戏，其情景如图所示．竖直面内的一段光滑固定弧形轨道 MN和粗糙水平轨道KN在N点
平滑连接，水平直轨上放置质量m ＝1 kg的足够长的木板B，B的左端距N点的距离x＝ m，B的右端上
B
方放置质量m ＝2 kg的物块C，B、C之间的动摩擦因数μ ＝0.1，B与水平轨道之间的动摩擦因数 μ ＝
C C B
0.2，质量为m ＝3 kg的冰块从距地面高度为h＝1 m的地方静止滑下，A与水平轨道之间的动摩擦因数μ
A A
＝，A、B间的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度取g＝10 m/s2.已知A与B发生第二次碰撞之前
B、C均已停止运动，不考虑冰块质量的变化，求：
(1)A与B第一次碰撞后A、B的速度大小；
(2)A与B第二次碰前B的位移大小；
(3)从开始到最终停止B、C之间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)2 m/s 6 m/s (2) m (3) J
【解析】 (1)碰撞前，由机械能守恒定律得m gh－μ m gx＝m v2
A A A A 0
冰块A与木板B为弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v＝m v ＋m v
A 0 A A B B
由机械能守恒定律得m v2＝m v 2＋m v 2，联立解得v ＝2 m/s，v ＝6 m/s
A 0 A A B B A B
(2)已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，故由牛顿第二定律得B的加速度大小为a ＝
B
C做加速运动，加速度大小为a ＝
C
最后二者共速时，对B有v ＝v －a t
共 B B
对C有v ＝a t
共 C
联立解得t＝ s，v ＝ m/s，则达到共速前，B的位移为x ′＝＝ m，此后物块C相对木板B向前滑动，
共 B
则此时C做减速运动的加速度大小仍为a ＝1 m/s2
C木板B也做减速运动，加速度大小为a ′＝＝4 m/s2
B
B的速度为零时位移为x ″＝＝ m
B
则A与B第二次碰前B的位移大小x ＝x ′＋x ″＝ m
B B B
(3)由(2)可知，从开始到B、C共速时相对位移为Δx′＝x ′－x ＝－＝2 m
B C
共速后到两者都停止运动时的相对位移
Δx″＝x ′－x ″＝－＝ m
C B
Δx ＝Δx′＋Δx″＝ m，随后A再次与B相碰，直到最后系统均静止，A做匀减速直线运动的加速度大小
1
为a ＝μ g，故第二次碰撞前的速度大小为v ＝＝1 m/s，与B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的规律与第
A A A1
一次相同，所以第二阶段的总路程与第一阶段成正比，即＝，则总的相对路程为Δx＝，从开始到最终停止，
B、C之间因摩擦产生的热量为
Q＝μ m gΔx＝ J.
C C
高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动
带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充
分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解．
常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中的曲线
运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到另一个平面的曲线运动．
【例1】 (2022·山东济宁市一模)如图所示，真空中的立方体棱长为0.8 m，底面中心处有一点状放射源
S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106 m/s，已知α粒
子的比荷为＝5.0×107 C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有 α粒子恰好能束缚在正方形
abcO区域内．abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场
的电场强度E的大小(结果用π表示)；
(3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿－z方向移动
0.2 m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标．
【答案】 (1)0.5 T (2) V/m(n＝1,2,3，…) (3)0.2 m 0.05 m
【解析】 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得
r＝0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝m解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝＝8π×10－8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律
得
L＝·(nT)2
解得E＝ V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP 为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为
1
t＝T＝4π×10－8 s
1
此时对应的y轴坐标
y＝·t2
1 1
解得y＝0.2 m
1
由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为
t＝T＝2π×10－8 s
2
此时对应的y轴坐标为y＝·t2
2 2
解得y＝0.05 m.
2
【例2】 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加
速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系 Oxyz中，0
