更新时间：作者：小小条
（1）碰撞时间极短，既体现了碰撞过程中内力远远大于外力，系统动量守恒，又体现了碰撞发生的瞬时性。
系统内物体相互作用过程中动量守恒的条件
①系统不受外力，或者所受合外力为零
②系统所受合外力不为零，但是相互作用过程中，内力远远大于外力，系统动量守恒，例如，碰撞、爆炸、反冲。
③系统合外力不为零，但在某一个方向上（常为水平方向）合外力为零，该方向上系统动量守恒，这体现了动量守恒定律的矢量性。
注意：这种情况系统动量不守恒，只是在合外力为零的方向上动量守恒。
该过程分为两段，第一段，子弹打木块，属于完全非弹性碰撞，机械能损失最多，由于打击过程瞬间完成，加之轻弹簧弹力不可突变，系统合外力为零，所以动量守恒。第二段，木块和子弹共同压缩弹簧，挡板对弹簧不做功，但对弹簧有冲量，所以系统机械能守恒，动量不守恒。于是，全过程，动量不守恒，机械能也不守恒，选D。
因为碰撞的时间极短，所以碰撞过程中摆球速度不变，该题选BC
该过程分两段，第一段，A与B碰撞（完全非弹性碰撞），由于碰撞时间极短，C一直静止不动，第二段，AB碰撞结束后，一起向右运动，静止的C就相对于AB向左摆动，轻绳的拉力使AB减速使C加速，直至水平方向共速，C摆到最高点，该段过程，类似于弹性碰撞，系统ABC水平方向动量守恒。
（2）碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞。
Ⅰ.弹性碰撞
常见为“动碰静”模型
①弹性碰撞，系统动量守恒且机械能守恒，如果是两个弹性小球在水平面上发生碰撞，不涉及势能变化，那就是系统动量守恒且动能守恒。
②两个弹性小球速度相等时，挤压最紧。
③碰撞过程中被碰小球m₂一直在加速，碰撞结束速度最大。小球m₁可能一直减速，但未减速至零（m₁>m₂），也可能一直减速直至减速至零，速度互换（m₁=m₂），也可能先减速至零再反向加速（m₁<m₂）。
④m₁>m₂，碰后m₁沿原来方向以小于碰前速度v₀运动
若m₁≥m₂，碰撞后v₁=v₀，v₂=2v₀这表示碰撞后，第一个物体的速度几乎没有改变，而第二个物体以2v₀的速度被撞出去。
m₁<m₂，碰后m₁被弹回反向运动
若m₁≤m₂，碰撞后v₁=-v₀，v₂=0，这表示碰撞后，第一个物体被弹了回去，以原来的速率向反方向运动，而第二个物体仍然静止。
以上特点注意在弹性碰撞模型中的应用
该题体现了弹性碰撞第Ⅰ组解的情形，选D。
该题体现了弹性碰撞第Ⅱ组解的情形，选BCD。
该过程分两段，第一段，小球静止释放到第一次经过最低点，滑块A不动，小球的机械能守恒，易得小球经过最低点时绳子拉力为9mg。第二段，小球第一次摆过最低点到第二次摆过最低点，类似于弹性碰撞中运动的小球B去碰静止的滑块A，AB组成的系统水平方向动量守恒，绳子拉力使滑块A一直加速，在第二次经过最低点时，滑块A速度达到最大，由弹性碰撞第Ⅱ组解易得，该题选D。
Ⅱ.非弹性碰撞
①非弹性碰撞，系统动量守恒但是机械能减少，往往可以列出两个关系式，一个是系统动量守恒，另一个根据系统发热Q一方面等于摩擦阻力×相对位移，另一方面等于系统机械能的减少量，得出fs=ΔE，或者对某一个物体应用动能定理。
②若碰后两个物体粘和在一起，以相同速度运动，称之为完全非弹性碰撞，它是非弹性碰撞的一种特殊形式，机械能损失最多。
③机械能损失常常发生在碰撞过程、滑块木板模型中、轻绳伸直瞬间。
B选项，将1、2号一起移至高度h释放，运动到最低点时2、3号先碰撞，速度互换，然后1、2碰撞，速度互换，所以，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h。整个过程，系统机械能守恒，由于绳子拉力与小球重力不平衡，所以系统动量不守恒，只是水平方向动量守恒。
该题选D。
小车与小铁块组成的系统运动过程中与墙碰撞时，系统受到墙向左的力，所以系统动量不守恒，A错。
以向右为正向，小车与墙第一次碰撞前，系统动量为（M+m）v₀=15，向右，第一次与墙碰撞后，系统动量为-Mv₀+mv₀=3，向右，小车第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰撞前，系统动量守恒，动量一直向右。
小车第一次与墙碰撞后，在小车与小铁块之间摩擦力作用下，小铁块向右匀减速，速度从v₀开始减小，小车向左匀减速，速度也从v₀开始减小，由于小车的质量小于小铁块的质量，导致小车的加速度大于小铁块的加速度，小车的速度先减小到零，然后反向向右做初速度为零的匀加速，二者共速之前，小车相对于小铁块一直向右运动，它们之间的摩擦力为恒力，若小车与墙第二次碰撞前，二者仍未共速，则在小车向左运动和向右运动的两段过程中，位移大小相同，加速度相同，由于运动的对称性，小车与墙第二次碰撞前的速度一定和与墙第一次碰撞后的速度等大，为v₀，而小铁块一直匀减速，速度小于v₀，这是不可能的，因为由向左运动变为向右做初速度为零的匀加速的小车与一直匀减速的小铁块共速后，二者之间就没有摩擦力了，一起向右匀速，所以小车与墙第二次碰撞前，二者一定共速，即就是，小车与墙第一次碰撞后，小车与小铁块先相对运动，然后相对静止一起匀速向右运动一段距离，与墙第二次碰撞。
由动量守恒可知，小车与墙第一次碰撞后到第二次碰撞前，-Mv₀+mv₀=（M+m）v₁代入数据得，v₁=0.6m/s，即就是，小车与小铁块以向右的动量（M+m）v₀=15与墙第一次碰撞，以向右的动量（M+m）v₁=3与墙第二次碰撞，由于受到墙对系统向左的冲量，小车与小铁块的动量一直向右，且每次与墙碰撞后，系统动量都在减少，直至小车与小铁块停止运动。
由以上分析可知，小车与小铁块的动量一直向右，直至为零，B错。小车与墙第一次碰撞后，小车向左匀减速至速度零时，小车离开墙有最大距离，对小车，v₀²=2as₁，代入数据，v₀=3m/s，a=6m/s²，得s₁=0.75m，C正确。在整个运动过程中系统的动能全部转化为了系统摩擦生的热，对系统应用功能关系，μmgs₂=0.5（M+m）v₀²，代入数据得s₂=1.875m，D错。
该题选C
这个题情景类似于下面一道高考题
木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰撞前系统动量守恒，得①式。该过程，木板与重物共速之前，木板做匀减速（类似于竖直上抛），重物也做匀减速，由运动学公式得②③式（列式时注意速度和加速度方向，以向右为正向，木板和重物的末速度相同，向右，木板的初速度向左，重物的初速度向右，木板的加速度向右，重物的加速度向左，且二者的加速度不等大），木板第一次与墙碰撞后到木板重物共速，木板重物共速到木板第二次与墙碰撞前，这两段过程，木板的位移等大反向，得到④式（以向右为正向，列式时注意速度和位移的方向，第一段木板的位移向左，第二段木板的位移向右），对木板应用动能定理可得出⑤式（注意，恒力做功中的位移指对地位移），由该式可得出木板匀减速的位移大小，它等于木板匀速运动的位移大小，进而得出木板匀速运动的时间。
该题可有两种解法，方法一，①、②或③、④联立，方法二，①、②或③、⑤联立。
该题涉及四个运动过程和三个瞬间状态，小球A从位置1到位置2自由落体，在位置2绳子伸直绷紧，这个瞬间沿着绳子方向的速度变为零，小球A机械能损失，小球A以垂直绳子方向的速度接着从位置2到最低点位置3做圆周运动，在位置3小球A与小球B发生弹性碰撞，这个瞬间两个小球速度互换，小球A静止，小球B继续做圆周运动，到达位置4，这个瞬间绳子拉力减小到零，小球B接着做斜上抛运动，轨迹为抛物线，到达最高点。
绳子伸直后小球做圆周运动，重力和电场力做功，合外力做功为零，由动能定理知，v₂=v₁，该题选B。
（1）BC发生正碰，因为碰撞时间极短，所以A不参与，由动量守恒mv₀=2mv₁，得v₁=（1/2）v₀
（2）碰后B和C粘在一起运动，该碰撞为完全非弹性碰撞，碰后瞬间BC速度为v₁，A的速度为v₀，A在C上滑行，与BC发生相对运动，该过程系统动量守恒，“已知A滑到C的右端而未掉下”，说明A滑到C的右端时ABC共速，设为v₂
BC碰撞后到ABC共速，设C走过的距离为s，C板长度为L，
由系统动量守恒知，mv₀+2mv₁=3mv₂，
得v₂=（2/3）v₀
对A应用动能定理有
-f（L+s）=（1/2）m（v₂²-v₀²）
变为f（L+s）=（1/2）m（v₀²-v₂²）①
对BC应用动能定理有
fs=（1/2）2m（v₂²-v₁²）②
①÷②，代入v₁、v₂的值，得
（L/s）+1=（5/9）÷2[（4/9）-（1/4）]
（5/9）÷（7/18）=（10/7）
即（L/s）=（3/7）
s=（7/3）L
（1）C与A之间的滑动摩擦力为f₁=μ₁2mg=0.44mg，A与地面的滑动摩擦力为f₂=μ₂3mg=0.3mg。由f₁-f₂=ma，得A有最大加速度0.14g，因为F>f₂，所以给C施加力F后，AC会相对地面运动，又因为若AC相对静止，产生的加速度由F-f₂=3ma得，a=0.1g/3，小于A的最大加速度，所以施加力F后，AC相对静止沿水平地面向右运动。
（2）AC向B运动，A与B发生完全非弹性碰撞（C不参与），设碰撞前A的速度为v₁，碰撞后AB的速度为v₂，由对AC应用动能定理（F-f₂）s=0.5×3mv₁²得，v₁²=0.192g，由A、B碰撞得mv₁=2mv₂，v₂=0.5v₁。
（3）A、B碰撞后，AB与地面的滑动摩擦力f₃=μ₂4mg=0.4mg，与恒力F等大，A、B、C组成的系统合外力为零，系统动量守恒，最终ABC共速，设为v₃，若此时C刚好到达木板B的右边缘，则每块木板的长度有最小值，由2mv₁+2mv₂=4mv₃，得v₃=0.75v₁。
设AB碰撞后到ABC共速，木板对地位移为S，木板长度为L，
对C应用动能定理有
（F-f₁）（2L+S）=0.5×2m（v₃²-v₁²）①
对AB应用动能定理有
（f₁-f₃）S=0.5×2m（v₃²-v₂²）②
把①变为
（f₁-F）（2L+S）=0.5×2m（v₁²-v₃²）③
因为F=f₃，这是该题很关键的一个条件，
③-②得
（f₁-f₃）×2L=0.5×2m（v₁²+v₂²-2v₃²）
代入数据得，
注，计算时分数往往比小数方便
0.08gL=[1+（1/2）²-2×（3/4）²]v₁²
0.08gL=（1/8）×0.192g
L=0.3m
Ⅲ.碰撞三原则
①系统动量守恒
②机械能不增加，若两个物体碰撞发生在同一水平面，为动能不增加。
③速度合理，例如，两个小球碰撞后，若同方向运动，被碰小球速度不小于后边碰撞小球速度。
该题考察碰撞三原则，碰撞后两者的动量正好相等，设为p
（1）由系统动量守恒知，碰撞前质量为M的物块动量为2p
（2）由动能不增加有①
（3）由速度合理，碰后质量为M的物块速度不大于质量为m的物块速度，有②
该题选AB
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