碰撞问题考点透析。
碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．
一、考点诠释。
两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：
1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。
2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。
3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。
二、解题策略。
首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。
三、边解边悟。
1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？
解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0．
2．用轻弹簧相连的质量均为m=2㎏的a、b两物体都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量m = 4㎏的物体c静止在前方，如图所示。b与c碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：
1）当弹簧的弹性势能最大时物体a的速度。
2）弹性势能的最大值是多大？
解析：（1）由动量守恒定律得。
当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时a、b、c的速度相等。
2 mv=（2m+m）v1
v1=2 mv/（2m+m）=3 m/s
即a的速度为3 m/s
（2）由动量守恒定律得b、c碰撞时。
mv=（m+m）v2
v2= mv/（m+m）=2m/s
由能量守恒可得。
mv2/2＋（m＋m）v22/2=（2m＋m）v12/2＋△ep
解得：△ep=12j
3．质量均为m，完全相同的两辆实验小车a和b停放在光滑水面上，a车上另悬挂有一质量为2m的小球c。开始b静止，a、c以速度v0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球c先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：
（1）小球第一次向右摆起至最大高度h1时小车a的速度大小v.
（2）小球第一次向右摆起的最大高度h1和第一次向左摆起的最大高度h2之比。
解析：（1）研究a、b、c整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒。
3m）v0 = 4m) v
解得。（2）研究a、b整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间a、b共同速度为v1，根据动量守恒。
mv0 = 2m)v1
解得。从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律。
解得。由受力分析可知，小球下摆回最低点，b、c开始分离。设此时小球速度为v3，小车速度为v4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒。
2m）v0 +(2m)v1 = 2m)v3 +(2m)v4
根据机械能守恒定律。
解得小球速度v3 = v1 =，方向向右。
小车速度v4 = v0，方向向右。
另一根不合题意舍去。
研究a、c整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒
(2m) v3 +mv4 = 3m)v5
根据机械能守恒定律。
解得。所以h1：h2 =3：2
4．如图所示，质量为m=3kg、长度为 l=1.2m的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为l0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.
4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量i0=4n·s，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值emax，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：
1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；
2）弹性势能的最大值emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离lmax。
解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得。
i0=mv0 mv0=(m+m)v
解得：v=1m/s
2）由动量守恒定律和功能关系得。
mv0=(m+m)u
mv2 =（m+m）v2+μmglmax+emax
mv2 =（m+m）u2+2μmglmax
解得：emax=3j lmax=0.75m
5.在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10-3kg的带电滑块a，所带电荷量q=1.
0×10-7c.在滑块a的左边l=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块b，质量m=4.
0×10-3kg，b与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长s=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为e=4.
0×105n/c，滑块a由静止释放后向左滑动并与滑块b发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能e0=3.2×10-3j，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2.
求：1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；
2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.
解析：(1)设两滑块碰前a的速度为v1，由动能定理有：
解得：v1=3m/s
a、b两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
解得：v=1.0m/s
2)碰后a、b一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：
解得：x1=0.02m
设**后a、b滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得：
解得：x2≈0.05m
以后，因为qe>μ(m+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为：
s=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.
6.如图所示，两个完全相同质量为m 的木板a、b 置于水平面上。它们的间距s=2.
88m，质量为2m、大小可以忽略的物块c 置于a 板的左端。c 与a 之间的动摩擦因数为=0.22，a、b 与水平面之间的动摩擦因数=0.
10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给c 施加一个水平向右，大小为mg的恒力f，假定a、b 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起，要使c 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？
解析：在a，b碰撞之前，a，c间的最大静摩擦力为2mg=0.44mg，大于c所受到的外力0.
4mg，因此，a，c之间无相对运动。所以a，c可作为一个整体。碰撞前a，c的速度可以用动能定理求出。
碰撞之后，a，b具有共同的速度，c的速度不变。a，c间发生相对运动。并且根据题意，a，b，c系统所受的摩擦力等于f，因此系统所受的合外力为零。
可运用动量守恒定理求出c刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。然后，运用能量守恒定律求出a，b的长度，即c与a，b发生相对位移的距离。
由于f小于a，c间最大静摩擦力，所以a，c无相对运动。
fs-3mgs=3m
解得=m/s
m/s，m=2m
得=m/s因为，f=4mg=0.4mg;所以，a，b，c组成的系统合外力为零。
2m+2m=4m
得，=m/s
由能量守恒定理得。
f2l+4m-2mg2l=2m+2m
l=5m
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