碰撞類問題應遵循的三個原則
透過合理的分析、推理，從而判斷物體實際的運動情況或者決定方程物理解的取捨，是一個綜合性較強的問題。其實，這類問題不管多麼複雜，它同樣遵循碰撞類問題的三個原則。
1、動量守恆原則
例1 如圖（1）所示，一質量m=2kg的平板車左端放有質量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車的動摩擦因數μ=0.4。開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，並與豎直牆壁發生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞後平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反。平板車足夠長，使滑塊不會滑到平板車右端。求：(取g=10m/s2)
（1）平板車第一次與牆壁碰撞後向左運動的最大距離；
（2）平板車第二次與牆壁碰撞前瞬間的速度v；
（3）爲使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長?
分析與解 解決問題的關鍵是正確判斷
平板車第一次與牆壁碰撞以後運動情況，以
及此後每次與牆壁碰撞前的運動情況。
平板車與牆壁每次發生碰撞前和碰撞後
動量均守恆，由於m＜M，且碰撞後平板車速
度大小保持不變，故總動量向右。因而平板車每次與牆壁碰撞後都將返回與牆壁再次碰撞，直至滑塊從小車右端滑落。如果平板車與牆壁的每次碰撞之前，尚未與滑塊共速，由動能定理（μMgs=（1/2）mv2）知平板車每次與牆壁碰撞前速度與剛離開牆壁時速度大小相等，而物塊的速度必大於平板車的速度，不滿足動量守恆定律，因此，平板車每次與牆壁碰撞之前，與滑塊均已達到共同速度。
（1）當平板車向左運動的'速度減爲零時，離牆壁最遠。
由動能定理有 μMgsm=（1/2）mv02，代入數據得sm=（1/3）m
（2）平板車第二次與牆壁碰撞前已經和滑塊達共同速度，設爲v1，取向右爲正方向。
由動量守恆定律有 Mv0－mv0=（M+m）v1，代入數據得v1=0.4m/s
（3）平板車反覆與牆壁發生碰撞，每次碰後均返回，每次碰前均共速，最終系統停止運動，設平板車長至少爲L。
由能量轉化與守恆定律有 μMgL=（1/2）（M+m）v02，L=（5/6）m
2、機械能不增加原則
例2 如圖（2）所示，光滑水平面上，質量爲m的小球B連接着輕質彈簧，處於靜止狀態，質量爲2m的小球A以大小爲v0的初速度向右運動，接着逐漸壓縮彈簧並使B運動，過一段時間A與彈簧分離。
（1）當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能EP多大？
（2）若開始時在B球的右側某位置固定一塊擋板，在A球與彈簧未分離前使B球與擋板發生碰撞，並在碰後立刻將此擋板撤走。設B球與擋板的碰撞時間極短，碰後B球的速度大小不變但方向相反。欲使此後彈簧被壓縮到最短時，彈性勢能達到第（1）問中EP的2.5倍，必須使B球在速度多大時與擋板發生碰撞？
分析與解 （1）設彈簧壓縮到最短時，
共同速度爲v，由動量守恆定律2mv0=3mv
由機械能守恆定律，此時的彈簧性勢
EP=（1/2）（2m）v02－（1/2）（3m）v2= （1/3）mv02
（2）設B球在與擋板碰撞時速度大小爲vx，此時A球的速度大小爲v1，彈簧再次被壓縮到最短時，共同速度爲v2，由動量守恆和機械能守恆定律有2mv0=mvx+2mv1，2mv1－mvx=3m v2，
2.5EP=（1/2）（2m）v02－（1/2）（3m）v22
以上各式聯列解得v2=（1/3）v0，vx=（1/2）v0，v1=（3/4）v0
或v2=－（1/3）v0，vx=（3/2）v0，v1=（1/4）v0
對第二組結果分析，總機械能E1=（1/2）（2m）v02= mv02，B球與擋板碰撞瞬間的機械能E2＞（1/2）（2m）v12+（1/2）mvx2＞E1，不滿足機械能守恆，捨去。
因此，B球與擋板碰撞時速度vx=（1/2）v0
3、速度要符合物理情景原則
例3 如圖（3）所示，長爲L的木板A右邊固定着一個擋板，包括擋板在內的總質量爲1.5M，靜止在光滑的水平地面上。有一質量爲M的小木塊B，從木板A的左端開始以初速度v0在木板A上滑動。小木塊B與木板A間摩擦因數爲μ，小木塊B滑到木板A的右端與擋板發生碰撞。已知碰撞過程時間極短，且碰後木塊B恰好滑到木板A的左端就停止滑動。
（1）若μL=3v02/160g，在小木塊B與擋板碰撞後的運動過程中，摩擦力對木板A做正功還是負功？做了多少？
（2）討論木板A和小木塊B在整個過程中，是否有可能在某一段時間內相對地面運動方向是向左的。如果不可能，說明理由；如果可能，求出至少可能向左滑動、又能保證木板A和小木塊B剛好不脫離的條件。
分析與解 （1）設B與A碰撞後A、B的速度
分別爲vA、vB ，最終A、B的共同速度爲v，則由
動量守恆、能量守恆有
mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v
μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2
又μL=3v02/160g
以上各式聯列解得v=（2/5）v0，vA=（1/2）v0，vB=（1/4）v0
或v=（2/5）v0，vA=（3/10）v0，vB=（11/20）v0
分析上述兩組結果，由於兩物碰撞後均與v0同向，而其中第二組結果
vA=（3/10）v0＜vB=（11/20）v0，該速度關係與實際物理情景不符，捨去
因此，由動能定理可得摩擦力做功
Wf =（1/2）（1.5M）v2-（1/2）（1.5M）vA2=-（27/400）M v02
即摩擦力對木板做負功，大小爲（27/400）M v02
（2）整個過程中動量守恆，A不可能向左運動，碰後B有可能。
要使B向左運動，由動量守恆、能量守恆有
mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v
μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2
vB＜0
以上各式聯列解得μL＞2v02/15g
要保證A和B不脫離，由動量守恆和能量守恆有
mBv0=（mA+mB）v
2μmBgL≥（1/2）mBv02-（1/2）（mA+mB）v2
解得μL≤3v02/20g
故B向左滑動，而又不脫離木板A的條件是2v02/15g＜μL≤3v02/20g
例4 如圖（4—a）所示，質量爲M，長L=1.0m，右端帶有豎直擋板的木板B，靜止在光滑水平面上。質量爲m的小滑塊（可視爲質點）A，以水平初速度v0=4.0m/s滑上B的左端，最後恰好滑回木板B的左端，已知M/m=3，並設A與擋板碰撞無機械能損失，碰撞時間可以忽略。求：
（1）A、B的最後速度；
（2）木塊A與木板B間動摩擦因數；
（3）在圖（4—b）所給座標中畫出此過程中B對地的速度—時間圖線。
分析與解 （1）設A、B的共同
速度爲v，由動量守恆定律有
mv0=（M+m）v，解得v=1m/s
（2）設A、B間的動摩擦因數爲
μ，由能量轉化與守恆定律有
2μmgL=（1/2）mv02-（1/2）（M+m）v2
解得μ=0.3
（3）設碰前A、B的速度大小分
別爲vA、vB，由動量守恆、能量守恆
有mv0=mvA+MvB
μmgL=（1/2）mv02-（1/2）mvA2-（1/2）MvB2
代入數據解得vA=（2+3√2）/2 m/s，vB=（2-√2）/2 m/s，
或vA=（2-3√2）/2 m/s，vB=（2+√2）/2 m/s
碰撞前A不可能反向，故第二組解不符合實際，捨去。
設碰後A、B的速度大小分別爲vA’、vB’，由動量守恆、能量守恆
有mv0=mvA’+MvB’
μmgL=（1/2）mvA’2+（1/2）MvB’2-（1/2）mv2
代入數據解得vA’=（2-3√2）/2 m/s，vB’=（2+√2）/2 m/s，
或vA’=（2+3√2）/2 m/s，vB’=（2-√2）/2 m/s
第二組解中速度均未改變方向，vA’ ＞vB’，不符合實際的物理情景，捨去。
木板B在碰前、碰後均做勻變速運動，碰前加速，加速度大小爲a=1m/s2，所用時間t1= vB/a=（2-√2）/2 s；碰後減速，加速度大小仍爲a=1m/s2，直至達共速v，所用時間t2=（vB’-v）/a=√2/2 s，故可畫出如圖（4—c）所示圖線。
