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碰撞问题是历年各地高考的热点，此类考题同学们的得分率一般都较低，究其原因是没能够根据题目特点灵活地运用所学知识. 在碰撞过程中，由于相互作用的时间很短，若将相互碰撞的物体作为一个系统来看，外力通常远小于碰撞物体之间的内力，它们的冲量可以忽略，认为碰撞的过程中系统的动量守恒. 同时，在碰撞的过程中不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化，或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加. 由于碰撞过程时间极短，位移很小，可认为势能不变，即系统的总动能不会增加. 下面举例说明求解碰撞选择题较为常见的几种方法.
[ 利用动量守恒定律求解]
在运用动量守恒定律解题时，一定要注意以下几点：（1）明确守恒的意义，即作用过程中及作用前后系统总动量的大小和方向;（2）明确“守恒”中“恒”的含义，即弄清初始状态总动量的大小和方向.
例1 半径相同的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动. 若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（ ）
A. 甲球的速度为零，而乙球的速度不为零
B. 乙球的速度为零，而甲球的速度不为零
C. 两球的速度均不为零
D. 两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
解析 根据题意知，甲球质量大于乙球质量，两球动能[Ek]相等. 由[p=2mEk]知，两球的动量[p甲>p乙]. 甲、乙两球系统总动量方向与甲球的初动量方向相同（设为右），据此由动量守恒定律知，碰后系统的总动量方向向右. 两球碰撞后，若甲球速度为零，乙球速度不为零，乙球必反弹，由向左改为向右运动，系统的总动量方向向右，这是可能的，则选项A正确. 反之，选项B错误. 碰后两球的速度均不为零，说明有可能它们都向右运动，选项C正确. 若两球均反向运动，且动能相等，由[p甲>p乙]，则系统的总动量变为向左，这表明动量不守恒，选项D错误. 故选A、C项.
答案 AC
[ 利用动能关系求解]
根据碰后系统总动能小于或等于碰前系统的总动能.
例2 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，[B]球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（ ）
A. [pA′]=6kg·m/s，[pB′]=6kg·m/s
B. [pA′]=3kg·m/s，[pB′]=9kg·m/s
C. [pA′]=-2kg·m/s，[pB′]=14kg·m/s
D. [pA′]=-4kg·m/s，[pB′]=17kg·m/s
解析 两球碰前系统的总动量[p=pA+pB]=7kg·m/s+5kg·m/s=12kg·m/s;碰后系统的总动量[p′=pA′+pB′]，分别将四个选项中的[pA′、pB′]代入上式验证，可知选项D不满足动量守恒，故可排除. 因[A]球从后面追上[B]球，[B]球受力向前，[pB]应增大，[A]球受力向后，[pA′]应减小，因此选项A、B、C均满足动量守恒.
由于题中并没有给出两球的质量关系，为此可用一个最简单的关系式，排除肯定不可能的选项. 设[mA=mB=m]，则碰前系统的总动能[Ek=12mAv2A]+[12mBv2B]=[p2A+p2B2m]=[37m]kg2·m2/s2，碰后系统的总动能[Ek′=12mAv2A]+[12mBv2B]=[p2A+p2B2m].
将选项A、B、C中的[pA′、pB′]代入上式，有[E′kA=36m]kg2·m2/s2<[Ek]，选项A符合动能关系;[E′kB=45m]kg2·m2/s2>[Ek]，选项B不符合动能关系;[E′kC]=[100m]kg2·m2/s2>[Ek]，选项C不符合动能关系. 故选A项.
答案 A
[ 利用碰撞的可行性原则求解]
例3 在光滑水平面上A、B两球沿同一直线向右运动，A追上B发生碰撞，碰前两球动量分别为[PA=12kg?m/s]、[PB=13kg?m/s]，则碰撞过程中两物体的动量变化可能的是（ ）
A. [ΔPA=-3kg?m/s]，[ΔPB=3kg?m/s]
B. [ΔPA=4kg?m/s]，[ΔPB=-4kg?m/s]
C. [ΔPA=-5kg?m/s]，[ΔPB=5kg?m/s]
D. [ΔPA=-24kg?m/s]，[ΔPB=24kg?m/s]
解析 碰撞中应遵循的原则有
1. 动量守恒原则：即[ΔPA+ΔPB=0]. 选项A、B、C、D均符合.
2. 物理情景的可行性原则：
（1）碰撞前，[A]追上[B]发生碰撞，所以有碰前[vA>vB].
（2）碰撞时，两球之间是斥力作用，因此前者受到的冲量向前，动量增加;后者受到的冲量向后，动量减小，既[ΔPA<0]，[ΔPB>0]. 选项B可排除.
（3）碰撞后，[A]球位置在后，所以有[vA′>vB′].
3. 系统能量守恒原则：在碰撞中，若没有能量损耗，则系统机械能守恒;若能量有损失，则系统的机械能减小;而系统的机械能不可能增加. 一般而言，碰撞中的重力势能不变，有[EkA+EkB=EkA′+EkB′]. 选项D可排除. 综上，选A、C项. 答案 AC
例4 甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别为P甲=5kg·m/s，P乙=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s. 则两球的质量m甲与m乙的关系可能为（ ）
A. m甲=m乙 B. m乙=2m甲
C. m乙=4m甲 D. m乙=6m甲
解析 由动量守恒知，碰后[P甲′]=2kg·m/s，对选项A：由动能关系，有[P2甲2m甲]+[P2乙2m乙]<[P′2甲2m甲]+[P′2乙2m乙]，则选项A错误. 同理，选项B错误，选项C、D满足动能关系。设碰后速度分别为[v甲′]、[v乙′]，对选项C有[v甲′]=[2m甲]，[v乙′]=[104m甲]，所以[v甲′]<[v乙′]是可能的，选项C正确. 同理，选项D中碰后[v甲′]>[v乙′]，这与实际不符，选项D错误. 故选C项.
答案 C
[ 利用三种碰撞模型的特点求解]
例5 如图1所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平面上，有另一质量为m（M>m）的物体Q以速度v0正对P滑行，设水平面足够大，则它们碰后（ ）
[图1]
A. [Q]物体一定被弹回，因为[M>m]
B. [Q]物体可能继续前进
C. [Q]物体的速度不可能为零
D. 若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再碰
解析 本题可直接由三种碰撞模型的特点求解，由题意知[m<M]，两物体如果为完全非弹性碰撞，则碰后[P、Q]粘在一起共同前进，则选项A错误、选项B正确. 如果为弹性碰撞，据碰撞模型的特点，则一定被弹回，当为非完全弹性碰撞时，[Q]的速度随着损失能量的增大介于被弹回和一起向前运动之间，因而速度可能为零，则选项C错误. 再由运动学知识知，分离后不会再碰，则选项D错误. 故选B项.
答案 B
例6 两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别为m1=4kg，m2=2kg，[A]的速度v1=3m/s（假设为正），B的速度为v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）
A. 均为1m/s
B. 4m/s和-1/s
C. 2m/s和-1m/s
D. -1m/s和5m/s
解析 两球碰撞前系统总动量[p=p1+p2=m1v1+m2v2]=6kg·m/s，碰后系统的总动量[p′=p1′+p2′=m1v1′+m2v2′].分别将四个选项的[v1′、v2′]代入上式验证，选项B不满足动量守恒，排除. 选项C虽然满足动量守恒，但与实际情况不符，也排除. 选项A（完全弹非性碰撞）、D（完全弹性碰撞）满足动量守恒与动能关系，也符合实际情况，故选A、D项.
答案 AD
[ 利用速度图象求解]
即作出碰撞前后的速度图象，根据图象进行直观的分析判断.
例7 如图2所示，长为[2L]，质量为M的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m的铁块（可视为质点）以初速度[v0]从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不能脱离木板. 现将木板从中间分成A、B两部分后并排放在光滑水平地面上，仍让铁块以初速度[v0]从木板的左端向右滑动，则（ ）
[图2]
A. 铁块将滑离木板B
B. 铁块仍将停在木板B的最右端
C. 铁块将停在木板B上，但不在木板B的最右端
D. 在木板上滑动的时间变小
解析 由[Q=fd=12mv02?MM+m][=12mv02?kk+1]知，当子弹的初动能一定，在未打穿木块的前提下，[M]越大或[k]越大时，子弹打入木块的深度[d]也越大. 又因“子弹”和木板的相对位移小，则铁块在木板上滑动的时间变短. 选C、D项.
或可作出铁块恰好不滑离木板时两者的[v]-[t]图象如图3所示，可知[ΔAOD]面积在数值上等于两者的相对位移，即木板的长度[2L]及所用的时间[t1]. 把长木板从中间分开后，当铁块在[A]部分上滑动时，[A]、[B]一起做加速运动，速度图象如[OC]部分，当铁块脱离[A]时，相对位移为[L]，当铁块滑到[B]上时，[A]部分开始做匀速运动，[B]部分继续做加速度加倍的加速运动，[B]的速度图线如[CE]，由图象可知两者达到共同速度的时间为[t2]，在[B]板上的相对位移在数值上等于[ΔBCE]的面积，即小于[L]. 故选C、D项.
答案 CD [图3]
通过对以上几例的分析可知，讨论碰撞选择题应根据题目中不同的选项，采用不同的思考方法. 但基本方法是利用碰撞前后的动量关系、动能关系、速度关系及三种碰撞模型的特点进行分析求解.
[ 利用动量守恒定律求解]
在运用动量守恒定律解题时，一定要注意以下几点：（1）明确守恒的意义，即作用过程中及作用前后系统总动量的大小和方向;（2）明确“守恒”中“恒”的含义，即弄清初始状态总动量的大小和方向.
例1 半径相同的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动. 若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（ ）
A. 甲球的速度为零，而乙球的速度不为零
B. 乙球的速度为零，而甲球的速度不为零
C. 两球的速度均不为零
D. 两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
解析 根据题意知，甲球质量大于乙球质量，两球动能[Ek]相等. 由[p=2mEk]知，两球的动量[p甲>p乙]. 甲、乙两球系统总动量方向与甲球的初动量方向相同（设为右），据此由动量守恒定律知，碰后系统的总动量方向向右. 两球碰撞后，若甲球速度为零，乙球速度不为零，乙球必反弹，由向左改为向右运动，系统的总动量方向向右，这是可能的，则选项A正确. 反之，选项B错误. 碰后两球的速度均不为零，说明有可能它们都向右运动，选项C正确. 若两球均反向运动，且动能相等，由[p甲>p乙]，则系统的总动量变为向左，这表明动量不守恒，选项D错误. 故选A、C项.
答案 AC
[ 利用动能关系求解]
根据碰后系统总动能小于或等于碰前系统的总动能.
例2 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，[B]球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（ ）
A. [pA′]=6kg·m/s，[pB′]=6kg·m/s
B. [pA′]=3kg·m/s，[pB′]=9kg·m/s
C. [pA′]=-2kg·m/s，[pB′]=14kg·m/s
D. [pA′]=-4kg·m/s，[pB′]=17kg·m/s
解析 两球碰前系统的总动量[p=pA+pB]=7kg·m/s+5kg·m/s=12kg·m/s;碰后系统的总动量[p′=pA′+pB′]，分别将四个选项中的[pA′、pB′]代入上式验证，可知选项D不满足动量守恒，故可排除. 因[A]球从后面追上[B]球，[B]球受力向前，[pB]应增大，[A]球受力向后，[pA′]应减小，因此选项A、B、C均满足动量守恒.
由于题中并没有给出两球的质量关系，为此可用一个最简单的关系式，排除肯定不可能的选项. 设[mA=mB=m]，则碰前系统的总动能[Ek=12mAv2A]+[12mBv2B]=[p2A+p2B2m]=[37m]kg2·m2/s2，碰后系统的总动能[Ek′=12mAv2A]+[12mBv2B]=[p2A+p2B2m].
将选项A、B、C中的[pA′、pB′]代入上式，有[E′kA=36m]kg2·m2/s2<[Ek]，选项A符合动能关系;[E′kB=45m]kg2·m2/s2>[Ek]，选项B不符合动能关系;[E′kC]=[100m]kg2·m2/s2>[Ek]，选项C不符合动能关系. 故选A项.
答案 A
[ 利用碰撞的可行性原则求解]
例3 在光滑水平面上A、B两球沿同一直线向右运动，A追上B发生碰撞，碰前两球动量分别为[PA=12kg?m/s]、[PB=13kg?m/s]，则碰撞过程中两物体的动量变化可能的是（ ）
A. [ΔPA=-3kg?m/s]，[ΔPB=3kg?m/s]
B. [ΔPA=4kg?m/s]，[ΔPB=-4kg?m/s]
C. [ΔPA=-5kg?m/s]，[ΔPB=5kg?m/s]
D. [ΔPA=-24kg?m/s]，[ΔPB=24kg?m/s]
解析 碰撞中应遵循的原则有
1. 动量守恒原则：即[ΔPA+ΔPB=0]. 选项A、B、C、D均符合.
2. 物理情景的可行性原则：
（1）碰撞前，[A]追上[B]发生碰撞，所以有碰前[vA>vB].
（2）碰撞时，两球之间是斥力作用，因此前者受到的冲量向前，动量增加;后者受到的冲量向后，动量减小，既[ΔPA<0]，[ΔPB>0]. 选项B可排除.
（3）碰撞后，[A]球位置在后，所以有[vA′>vB′].
3. 系统能量守恒原则：在碰撞中，若没有能量损耗，则系统机械能守恒;若能量有损失，则系统的机械能减小;而系统的机械能不可能增加. 一般而言，碰撞中的重力势能不变，有[EkA+EkB=EkA′+EkB′]. 选项D可排除. 综上，选A、C项. 答案 AC
例4 甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别为P甲=5kg·m/s，P乙=7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s. 则两球的质量m甲与m乙的关系可能为（ ）
A. m甲=m乙 B. m乙=2m甲
C. m乙=4m甲 D. m乙=6m甲
解析 由动量守恒知，碰后[P甲′]=2kg·m/s，对选项A：由动能关系，有[P2甲2m甲]+[P2乙2m乙]<[P′2甲2m甲]+[P′2乙2m乙]，则选项A错误. 同理，选项B错误，选项C、D满足动能关系。设碰后速度分别为[v甲′]、[v乙′]，对选项C有[v甲′]=[2m甲]，[v乙′]=[104m甲]，所以[v甲′]<[v乙′]是可能的，选项C正确. 同理，选项D中碰后[v甲′]>[v乙′]，这与实际不符，选项D错误. 故选C项.
答案 C
[ 利用三种碰撞模型的特点求解]
例5 如图1所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平面上，有另一质量为m（M>m）的物体Q以速度v0正对P滑行，设水平面足够大，则它们碰后（ ）
[图1]
A. [Q]物体一定被弹回，因为[M>m]
B. [Q]物体可能继续前进
C. [Q]物体的速度不可能为零
D. 若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再碰
解析 本题可直接由三种碰撞模型的特点求解，由题意知[m<M]，两物体如果为完全非弹性碰撞，则碰后[P、Q]粘在一起共同前进，则选项A错误、选项B正确. 如果为弹性碰撞，据碰撞模型的特点，则一定被弹回，当为非完全弹性碰撞时，[Q]的速度随着损失能量的增大介于被弹回和一起向前运动之间，因而速度可能为零，则选项C错误. 再由运动学知识知，分离后不会再碰，则选项D错误. 故选B项.
答案 B
例6 两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别为m1=4kg，m2=2kg，[A]的速度v1=3m/s（假设为正），B的速度为v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）
A. 均为1m/s
B. 4m/s和-1/s
C. 2m/s和-1m/s
D. -1m/s和5m/s
解析 两球碰撞前系统总动量[p=p1+p2=m1v1+m2v2]=6kg·m/s，碰后系统的总动量[p′=p1′+p2′=m1v1′+m2v2′].分别将四个选项的[v1′、v2′]代入上式验证，选项B不满足动量守恒，排除. 选项C虽然满足动量守恒，但与实际情况不符，也排除. 选项A（完全弹非性碰撞）、D（完全弹性碰撞）满足动量守恒与动能关系，也符合实际情况，故选A、D项.
答案 AD
[ 利用速度图象求解]
即作出碰撞前后的速度图象，根据图象进行直观的分析判断.
例7 如图2所示，长为[2L]，质量为M的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m的铁块（可视为质点）以初速度[v0]从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不能脱离木板. 现将木板从中间分成A、B两部分后并排放在光滑水平地面上，仍让铁块以初速度[v0]从木板的左端向右滑动，则（ ）
[图2]
A. 铁块将滑离木板B
B. 铁块仍将停在木板B的最右端
C. 铁块将停在木板B上，但不在木板B的最右端
D. 在木板上滑动的时间变小
解析 由[Q=fd=12mv02?MM+m][=12mv02?kk+1]知，当子弹的初动能一定，在未打穿木块的前提下，[M]越大或[k]越大时，子弹打入木块的深度[d]也越大. 又因“子弹”和木板的相对位移小，则铁块在木板上滑动的时间变短. 选C、D项.
或可作出铁块恰好不滑离木板时两者的[v]-[t]图象如图3所示，可知[ΔAOD]面积在数值上等于两者的相对位移，即木板的长度[2L]及所用的时间[t1]. 把长木板从中间分开后，当铁块在[A]部分上滑动时，[A]、[B]一起做加速运动，速度图象如[OC]部分，当铁块脱离[A]时，相对位移为[L]，当铁块滑到[B]上时，[A]部分开始做匀速运动，[B]部分继续做加速度加倍的加速运动，[B]的速度图线如[CE]，由图象可知两者达到共同速度的时间为[t2]，在[B]板上的相对位移在数值上等于[ΔBCE]的面积，即小于[L]. 故选C、D项.
答案 CD [图3]
通过对以上几例的分析可知，讨论碰撞选择题应根据题目中不同的选项，采用不同的思考方法. 但基本方法是利用碰撞前后的动量关系、动能关系、速度关系及三种碰撞模型的特点进行分析求解.