第一章 动量（单元自测·素养提升练）物理沪科版选择性必修第一册

**基本信息** 高中物理动量单元复习卷，以非选择题综合大题（如碰撞、弹簧模型）为核心，强化物理观念与科学思维，适配单元素养提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|动量基本概念|基础巩固，覆盖动量定义等核心物理观念| |多选题|3/18|动量守恒条件|能力提升，考查守恒条件辨析等科学推理| |非选择题|5/54|13题动量守恒与机械能守恒综合、15题弹性碰撞结合几何情境|创新应用，如15题通过等边三角形顶点碰撞情境，体现模型建构与质疑创新，契合真题综合化命题趋势|

第一章 动量（单元自测·素养提升练） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、单选题：每小题4分，共28分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D B A C D B A 二、多选题：每小题6分，共18分。 题号 8 9 10 答案 AB BC AC 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（8分） 【答案】(1) (2) 12．（8分） 【答案】(1)5.00 (2) (3) (4) 13．（10分） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设A、B分离过程中速度大小为vA、vB，物块A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，则 根据位移等于速度在时间上的累积可得 联立解得 （2）设碰撞后物块B、C和弹簧共速速度为v，当B、C共速时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据物块B、C和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒有， 联立解得 （3）设碰撞后分离时物块B速度为v′B，当弹簧恢复原长时，物块C达到最大速度，根据物块B、C和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒有， 联立解得 14．（12分） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）球C运动到最低点过程中，一直具有相同的速度，当球C运动到最低点时，木块、刚好分离，此时的速度最大为，根据系统水平方向动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得木块B的最大速度大小为 此时的速度大小为 （2）球C运动到最低点过程中，设球C、木块A对地位移的大小分别为和 可得 又 联立解得该过程木块对地位移的大小为 （3）球C从最低点向左摆到最高点过程，A、C组成系统满足水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有 解得球摆到最高点时，A、C的共同速度为 根据系统机械能守恒可得 联立解得 15．（16分） 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）由题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为，则根据动量守恒有 可得 （2）第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为， 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 则 （3）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为，，则碰后动量和能量守恒有， 联立解得， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有， 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知或。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 动量（单元自测·素养提升练） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．一种名为“空中飞椅”的游乐设施可简化为如图所示的模型，设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（      ） A．动量保持不变 B．动量的变化量保持不变 C．动量的变化率保持不变 D．所受重力的冲量不等于零 【答案】D 【详解】A．动量是矢量，设座椅的质量为，则动量表达式为 座椅做匀速圆周运动时，速度方向时刻沿圆周切线变化，因此动量的方向时刻改变，动量不可能保持不变，故A错误； B．座椅运动一周后，初末位置重合，初速度和末速度完全相同，因此一周内总动量变化量为0，但过程中任意相等的小段时间内，动量变化量的方向会随圆周运动的位置不断改变，因此动量变化量不是恒定不变的矢量，故B错误； C．根据动量定理 可知座椅动量的变化率满足 匀速圆周运动的座椅，合外力为指向圆心的向心力，大小恒定、方向始终沿径向指向竖直转轴不断变化，因此动量的变化率一直变化，故C错误； D．冲量表达式为 重力是恒力，设圆周运动的周期为，座椅运动一周的过程中重力的冲量始终竖直向下，一个周期的重力冲量为，故D正确。 故选D。 2．如图所示，将一滑块穿在光滑水平杆上，通过轻质细线与小球相连。当细线处于水平伸直状态时，将小球由静止释放，在小球运动到最低点的过程中，滑块和小球（      ） A．系统动量和机械能都守恒 B．系统动量不守恒、机械能守恒 C．水平位移始终与各自质量成正比 D．所获动能始终与各自质量成反比 【答案】B 【详解】AB．系统在小球下落过程中，小球具有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，竖直方向合外力不为零，故系统总动量不守恒；但在水平方向上，系统不受外力，水平方向动量守恒。整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误，B正确； C．设滑块质量为M，小球质量为m。根据水平方向动量守恒，有 且上式恒成立，则 即 可知水平位移大小与各自质量成反比，故C错误； D．滑块的动能 小球的动能 由于小球存在竖直方向的速度，即 则动能不与质量成反比，故D错误。 故选B。 3．质量为m=1kg的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，其拉力F随时间t的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．在t=2s时，物块的动量大小为1kg·m/s B．在t=4s时，物块的速度为0 C．在0~2s内和2~5s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2 D．在0~5s内，物块的最大速度为2.5m/s 【答案】A 【详解】A．图像与时间轴包围的面积表示冲量，物体所受的摩擦力大小为 在题图中画出摩擦力的图像，如图所示 则两条图像所夹的面积表示合外力的冲量，内，合外力的冲量为 根据动量定理有 解得t=2s时，物块的动量大小，故A正确； B．内合外力的冲量为零，则动量变化量为零，故时物块的速度等于时的速度，后拉力反向，不为零，故B错误； C．物块时速度最大，时物块的速度等于时的速度，内两条图像所夹面积为 则物块在前速度已经减为零，因4s~5s内拉力F的大小不大于1N，则物块速度减为零后保持静止，所以，在2s~5s内合外力的冲量大小为 在0~2s内和2s~5s内，物块动量的变化量大小之比为，故C错误； D．内合外力的冲量最大，故时物块的动量最大，速度最大，根据动量定理有 解得，故D错误。 故选A。 4．如图，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力，使B静止于点。撤掉力，当B运动至最高点时，刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数为，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（      ） A．物体B运动过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能及动量均守恒 B．物体B静止于点时弹簧的形变量是 C．物体静止于点时，压力的大小为 D．弹簧弹性势能最大值为 【答案】C 【详解】A．物体B运动过程中，对于A、B和弹簧组成的系统，除了重力和弹簧弹力做功外，在A离开挡板前，挡板对A有支持力作用，且该力不做功但属于外力，系统机械能守恒；系统所受合外力不为零（沿斜面方向），因此系统的动量不守恒，故A错误； C．当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，此时挡板对A的弹力为零。对A受力分析，由平衡条件可知弹簧处于伸长状态，弹力 此时对B受力分析，B受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向下的拉力作用，其中B重力沿斜面向下的分力为 根据牛顿第二定律，B在最高点的加速度大小为 撤去力后，B做简谐运动。根据简谐运动的对称性，B在最低点（即点）的加速度方向沿斜面向上，大小也为 在点撤去前，物体受力平衡，可知弹簧弹力大小为 撤去瞬间，B所受合外力大小等于 由牛顿第二定律得 代入 解得， 代入， 解得，故C正确； B．物体B静止于点时，由平衡条件得 由胡克定律可知B静止于点时弹簧的形变量，故B错误； D．弹簧形变量最大时弹性势能最大。在点弹簧压缩量最大，为，故弹簧弹性势能最大值为，故D错误。 故选C。 5．质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中速度变化量相同 B．碰撞过程中动量变化量相同 C． D．发生的是弹性碰撞 【答案】D 【详解】A．根据图像可得碰撞前静止，速度，的速度为 碰撞后的速度为 的速度为 的速度变化量为 的速度变化量为 碰撞过程中速度变化量不相同，故A错误； B．碰撞过程动量守恒，系统总动量不变，因此​ 二者大小相等、方向相反，动量变化量不同，故B错误； C．根据动量守恒可得 代入数据可得 整理得，故C错误； D．碰撞前总动能 碰撞后总动能 碰撞前后动能守恒，因此发生的是弹性碰撞，故D正确。 故选D。 6．水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的左段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度为10R，整个轨道处于同一竖直平面内，将一可视为质点，质量为m的物块从A点正上方距水平轨道BC的竖直高度为4R处无初速度释放，物块恰好落入小车圆弧轨道内滑动，然后沿水平轨道至轨道末端C处恰好没有滑出，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，则下列说法正确的是（      ） A．物块在B点的速度大小为8gR B．物块和小车构成的系统全程产生的热量为3mgR C．滑块和小车组成的系统全程机械能守恒 D．滑块和小车组成的系统全程机械能一直在减小 【答案】B 【详解】A．物块从释放到滑至圆弧最低点B的过程中，由于小车左侧靠在竖直墙壁上，小车保持静止，对物块而言，仅有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有 解得物块在B点的速度大小，A错误； B．物块滑上水平轨道BC后，给小车向右的摩擦力使小车向右加速运动从而离开墙壁，此后物块与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，物块滑至C处恰好没有滑出，说明此时两者达到共同速度，设共同速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒定律有 解得 此阶段系统克服滑动摩擦力做功，部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律有，故B正确； CD．物块在沿圆弧轨道下滑阶段，系统没有受到摩擦力作用，没有内能产生，系统机械能守恒；在沿水平轨道滑动阶段，系统内存在相对滑动，克服摩擦力做功产生热量，机械能减小，因此系统的机械能先守恒后减小，并非全程守恒或一直减小，故CD错误。 故选B。 7．如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包返回空间站，压缩气体通过横截面积为的喷口以相对空间站的速度向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为，航天员连同整套舱外太空服的质量为，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，航天员到达空间站时相对空间站的速度为（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取极短时间，喷出气体的质量为 对喷出气体由动量定理 代入得 化简得推力大小，根据牛顿第三定律，航天员受到的反作用力大小等于 不计航天员总质量变化，因此航天员做初速度为0的匀加速直线运动，加速度 由匀变速直线运动公式 代入和位移得 整理得 故选A。 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.05s，取重力加速度。下列分析正确的是（      ） A．手机接触头部之前的速度约为2m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.30N·s C．手机对头部的冲击力大小约为4.8N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.30kg·m/s 【答案】AB 【详解】A．手机做自由落体运动，根据运动学公式 解得手机接触头部之前的速度约，故A正确； B．手机没有反弹，速度减为零，以竖直向下为正方向，对手机根据动量定理 解得头部对手机的冲量 负号表示方向竖直向上，结合牛顿第三定律可知，手机对头部的冲量大小为， 方向竖直向下，故B正确； C．根据冲量定义可得手机对头部的冲击力大小，故C错误； D．手机与头部作用后速度变为零，取向下为正方向，手机动量变化为，故D错误。 故选AB。 9．烟花表演中一发烟花竖直发射升空，在最高点爆炸变成、两部分，爆炸后瞬间、的速度方向均水平，、从刚爆炸到落地的水平位移大小分别为x、，运动轨迹如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（      ） A．、两部分在空中运动的时间之比为1:3 B．、两部分落地时水平分速度大小之比为1:3 C．从爆炸后瞬间到落地前瞬间，、两部分的动能变化量大小之比为3:1 D．从爆炸后瞬间到落地前瞬间，、两部分的动量变化量大小之比为1:3 【答案】BC 【详解】A．爆炸后、两部分均做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，选项A错误； B．根据，、两部分落地时水平分速度大小之比等于在空中运动的水平位移大小之比，均为1:3，选项B正确； C．爆炸时有，、两部分的质量之比为3:1，从爆炸后瞬间到落地前瞬间，由动能定理有，因此、两部分的动能变化量大小之比为3:1，选项C正确；D．从爆炸后瞬间到落地前瞬间，由动量定理有，因此、两部分的动量变化量大小之比为3:1，选项D错误。 故选BC。 10．如图（a）所示，一倾角为的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，时刻一小物块在斜面上距挡板处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞过程中物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力随时间变化的图像如图（b）所示，图像中两阴影区域面积之比为2∶1。下列说法正确的是（     ） A．第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比 B．第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比为2∶1 C．斜面与小物块间的动摩擦因数 D．小物块在斜面上运动的总路程为 【答案】AC 【详解】A．设物块第一次、第二次碰撞前的速度大小分别为、，沿斜面向下运动的加速度为 碰后沿斜面向上运动的加速度大小为 碰撞时间均忽略不计。碰撞为弹性碰撞，每次碰撞的冲量大小为 由图像面积比得，第一次碰撞后，物块先向上做匀减速运动，再由静止向下做匀加速运动，故 解得，即上滑加速度大小是下滑加速度的4倍。初次下滑有 第一次碰撞后，上滑时间为 下滑时间为 故 所以，故A正确； B．图像的面积表示挡板弹力的冲量，面积比为不能确定两次碰撞中弹力大小之比，故B错误； C．设沿斜面向下运动的加速度为，上滑加速度大小为。由冲量比和弹性碰撞关系得 由第一次碰撞后的上滑、下滑过程得 即上滑加速度大小是下滑加速度的4倍。由 和 整理得 解得，故C正确； D．设沿斜面向下运动的加速度为，上滑加速度大小为，由冲量比可得。初次下滑有 故第一次碰撞后的上滑路程为 以后每次碰撞后的上滑路程均为前一次的 物块的总路程为，故D错误。 故选AC。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（8分）某同学设计了两种探究碰撞过程中不变量的实验。 (1)他设计的具体装置如图甲所示，推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，在小车甲后连着纸带，打点计时器打点时间间隔为0.02秒，长木板已平衡了摩擦力。若已得到打点纸带如图乙所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，碰前____________ ，碰后两者速度v甲乙_________m/s。（结果均保留3位有效数字） (2)他又利用如图甲所示的装置来探究碰撞过程中的不变量。 ①小球A的质量与小球B的质量应满足的关系是_______（填“>”“<”或“=”）。 ②得出小球的落点情况如图乙所示，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置。若本次实验的数据很好地验证了动量守恒定律，则入射小球和被碰小球的质量之比 ________。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）[1][2]观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD段应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段计算碰后共同的速度。 碰前 碰后两者速度 （2）[1]为保证小球A不被反弹，故小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足的关系是 [2] 若动量守恒定律成立，可得 小球做平抛运动，竖直高度相同，可知运动时间相同，水平位移有 可得 可得 代入数据可得 12．（8分）小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律。在长木板上安装光电门Ⅰ和Ⅱ，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为、，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空： (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度时，游标卡尺的示数如图乙所示，则______。将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同。 (2)某次实验中，滑块A通过光电门Ⅰ时的挡光时间为，则滑块A过光电门Ⅰ的速度为______（用相应的物理量符号表示），滑块A、B碰撞后通过光电门Ⅱ的挡光时间分别为、。 (3)在误差允许范围内，表达式：______（用、、、和表示）成立，即可验证动量守恒定律。 (4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断。若______（用和表示），则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞。 【答案】(1)5.00 (2) (3) (4) 【详解】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知遮光条的宽度为 （2）某次实验中，滑块A通过光电门Ⅰ时的挡光时间为，则滑块A过光电门Ⅰ的速度为 （3）由题意可知碰撞后A、B两滑块的速度分别为， 根据动量守恒可得 联立可得在误差允许范围内，表达式 成立，即可验证动量守恒定律。 （4）若两滑块的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒可得， 解得， 可得 则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞。 13．（10分）如图所示，质量为3m的斜面体A和质量为m的小物块C均静止在足够长的光滑水平面上，斜面与水平面平滑连接，小物块C左端固定一轻质弹簧，弹簧处于原长状态。质量为2m的小物块B轻放在光滑斜面顶端沿斜面下滑，离开斜面底端时速度为v0。一段时间后与C发生作用，之后与C分离。B和C均可视为质点，不计空气阻力。求： (1)小物块B从斜面顶端下滑到底端的过程中，A、B在水平方向上的位移大小之比； (2)弹簧的最大弹性势能Epm； (3)小物块B、C分离时C的速度大小vC。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设A、B分离过程中速度大小为vA、vB，物块A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，则 根据位移等于速度在时间上的累积可得 联立解得 （2）设碰撞后物块B、C和弹簧共速速度为v，当B、C共速时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据物块B、C和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒有， 联立解得 （3）设碰撞后分离时物块B速度为v′B，当弹簧恢复原长时，物块C达到最大速度，根据物块B、C和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒有， 联立解得 14．（12分）如图，质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线的另一端系一质量同为的球。已知重力加速度为，现将球拉起使细线水平伸直，并由静止将其释放。求： (1)球C运动过程中，木块B获得的最大速度的大小； (2)球C运动到最低点过程中，木块A对地位移的大小； (3)球向左摆到最高点时与最低点的高度差。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）球C运动到最低点过程中，一直具有相同的速度，当球C运动到最低点时，木块、刚好分离，此时的速度最大为，根据系统水平方向动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得木块B的最大速度大小为 此时的速度大小为 （2）球C运动到最低点过程中，设球C、木块A对地位移的大小分别为和 可得 又 联立解得该过程木块对地位移的大小为 （3）球C从最低点向左摆到最高点过程，A、C组成系统满足水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有 解得球摆到最高点时，A、C的共同速度为 根据系统机械能守恒可得 联立解得 15．（16分）如图，半径为的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和B。初始时，小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环间的摩擦，两小球均可视为质点，且始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后的速度大小。 (2)若小球A与B碰撞为非弹性碰撞，且碰撞后的相对速度大小为碰前的相对速度的倍（），求第一次碰撞到第二次碰撞之间小球B通过的路程。 (3)若小球A与B碰撞为弹性碰撞，且所有的碰撞刚好位于等边三角形的三个顶点，求两小球的质量之比。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）由题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为，则根据动量守恒有 可得 （2）第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为， 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 则 （3）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为，，则碰后动量和能量守恒有， 联立解得， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有， 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知或。 试卷第2页，共14页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $