专题8 动量守恒定律高考物理一轮复习压轴题剖析力学部分解析版.docx

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专题8动量守恒定律高考物理一轮复习压轴题剖析力学部分解析版

专题8动量守恒定律

一、单选题

1.若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且mA>mB，B、B´两点在同一水平线上），下列说法正确的是

A.采用图甲所示的装置，必需测量OB、OM、OP和ON的距离

B.采用图乙所示的装置，必需测量OB、B´N、B´P和B´M的距离

C.采用图甲所示的装置，若mA•ON=mA•OP+mB•OM，则表明此碰撞动量守恒

D.采用图乙所示的装置，若，则表明此碰撞机械能也守恒

【答案】D

【解析】A.如果采用图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，不需要测量OB的长度，故A错误；

B.如果采用图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度可以表示出对应的水平速度，从而确定动量是否守恒，故不需要测量OB的距离，故B错误；

C.采用图甲所示装置，一个球时水平距离为OP，两球相碰时，A球距离为OM，B球为ON，则根据动量守恒定律有：

因下落时间相同,则两端同时乘以t后有，则表明此碰撞动量守恒，故C错误；

D.小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为P，两球相碰后，落点分别为M和N，根据动量守恒定律有，而速度，根据可得，则可解得：

，代入动量守恒表达式,消去公共项后，有

，机械能守恒定律可知：

，联立动量表达式和机械能表达式可知：

，故可以根据该式表明此碰撞机械能守恒，故D正确；

故选D.

2.如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是

A.橡皮泥下落的时间为0.3s

B.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/s

C.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒

D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J

【答案】D

【解析】橡皮泥下落的时间为：

.故A错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：

m1v0=（m1+m2）v，所以共同速度为：

，故B正确；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒.故C错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：

△E＝m2gh+[m1v02−（m1+m2）v2]，代入数据可得：

△E=7.5J.故D正确.故选D.

3.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）

A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量

B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功

【答案】B

【解析】A.因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误.

B.设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，.根据题意整个交接棒过程动量守恒：

可以解得：

，

即B选项正确；

CD.经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误.

4.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（）

A.v0-v2B.v0+v2C.D.

【答案】D

【解析】系统分离前后，动量守恒：

，解得：

，故ABC错误；D正确.

5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（）

A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒

B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功

C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处

【答案】C

【解析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点.小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有则有.当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误.

故选C.

二、多选题

6.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。

已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A.该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒

B.小球从形管的另一端射出时，速度大小为

C.小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为

D.从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为

【答案】ABD

【解析】A.小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；

B.小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得

再有机械能守恒定律可得

解得

所以B正确；

C.从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得

由能量守恒得

解得

所以C错误；

D.小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知

对小球由动量定理得

由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为

所以D正确。

故选ABD。

7.如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直。

已知两杆间距为0.4m，弹簧原长为0.5m，两球的质量均为0.2kg。

现给M球一沿杆向右的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（　　）

A.M球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度

B.弹簧第一次达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s

C.弹簧达到0.5m时，M球和N球总动能最大

D.弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s

【答案】BCD

【解析】A.在最开始时，弹簧处于压缩状态，当M球开始运动后，弹簧恢复原长，形变量逐渐减小，因此弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，即该过程M球做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；

B.设一开始弹簧的形变量为，当弹簧达到0.6m时形变量为，则有

M球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得

两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得

当弹簧第一次达到0.6m时，根据能量守恒定律有

解得

即弹簧达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s，故B正确；

C.根据能量守恒定律，该过程M球和N球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧的弹性势能为0时，M球和N球的总动能达到最大。

故C正确。

D.当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可得

解得

即弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s，故D正确。

故选BCD。

8.如图所示，质量相同的小球A、B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）

A.B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒

B.B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A一直做正功

C.B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A的支持力先减小后增大

D.当细杆与水平方向成30°角时，小球A的速度大小为v，可求得杆长为

【答案】AD

【解析】A.B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A正确；

BC.初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地面压力小于自身重力，故B、C错误；

D.小球A的速度为时，设小球B的速度大小为，则有

解得

两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有

联立解得

故D正确；

故选AD。

9.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则

A.解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒

B.解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒

C.从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10N·s，方向水平向右

D.A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s

【答案】BCD

【解析】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；

B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；

C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则：

，得v0＝5m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：

I＝mBv0＝10N·s，故C正确；

D、当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则：

vAmin＝0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长.此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：

，，得，，故D正确.

10.如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg.现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图象如图b所示，则可知

A.在A离开挡板前，A、B系统动量守恒

B.在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒

C.弹簧锁定时其弹性势能为9J

D.A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J

【答案】CD

【解析】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；故A错误；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：

Ep=mBvB2，由图象可知，vB=3m/s,解得：

Ep=9J，故C正确.分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：

mBv0=（mA+vB）v共；E′p=mBv02-（mA+vB）v共2；联立解得：

E′p=3J，故D正确.故选CD.

11.如图所示,小球A、B、C的质量分别为m、m、2m,A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则

A.A、B、C组成的系统水平方向动量守恒

B.A、C之间的轻杆始终对C做正功

C.A与桌面接触时具有水平方向的速度

D.A与桌面接触时的速度大小为

【答案】AD

【解析】A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL=mv2，解得，选项D正确；故选AD.

12.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是

A.从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远

B.物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等

C.t2到t3这段时间内弹簧处于压缩状态

D.m1:

m2=1:

2

【答案】BD

【解析】结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故AC错误；根据v-t图象的斜率表示加速度，可知物块A在t1与t3两个时刻各自的加速度大小相等，故B正确；两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知：

m1v1=（m1+m1）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：

m1：

m2=1：

2，故D正确.所以BD正确，AC错误.

三、实验题

13.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP.然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，多次重复实验，找到两小球落地的平均位置M、N.

①图2是小球m2的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_______cm.

②下列器材选取或实验操作符合实验要求的是____________.

A.可选用半径不同的两小球

B.选用两球的质量应满足m1>m2

C.小球m1每次必须从斜轨同一位置释放

D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间

③在某次实验中，测量出两小球的质量分别为m1、m2，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON.在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒.（用测量的物理量表示）

④验证动量守恒的实验也可以在如图3所示的水平气垫导轨上完成.实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起.实验测得滑块A的总质量为m1、滑块B的总质量为m2，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示.

左侧光电门

右侧光电门

碰前

T1

T2

碰后

T3、T3

无

a.在实验误差允许范围内，若满足关系式_______________________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒.（用测量的物理量表示）

b.关于实验，也可以根据牛顿运动定律及加速的的定义，从理论上推导得出碰撞前后两滑块的动量变化量大小相等、方向相反.请写出推导过程__________（推导过程中对我用的物理量做必要的说明）.

【答案】55.50（55.40~55.60）BCm1OP=m1OM+m2ON具体推导过程见下面的解析

【解析】第一空.用尽量小的圆将多个落点圈起来，然后找到圆心的位置，即为平均落点的位置，由图2可以读出平均落点所对应的读数为55.50cm；

第二空.A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故选项A错误；

B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故选项B正确；

C.小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放，故选项C正确；

D.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故选项D错误.

第三空.要验证动量守恒定律定律，即验证，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得，可得

，可知实验需要验证

；

第四空.由于右侧光电门碰后无示数，所以两滑块碰撞后速度方向向左；滑块上遮光片宽度较小，因此可认为滑块挡光的平均速度近似等于其瞬时速度；设挡光片的宽度为，以向右为正方向，根据动量守恒定律有

，即，只要验证该式是否成立，即可验证两滑块碰撞前后的总动量是否守恒；

第五空.根据牛顿第二定律有，

根据牛顿第三定律有：

于是：

根据加速度定义：

于是有：

则有：

四、解答题

14.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）.

（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vn与n的关系式.

【答案】

（1）,F＝22N

（2）k＝45（3）

【解析】

⑴物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：

－2mgR＝

－

解得：

v＝

＝4m/s

在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有：

mg＋F＝

解得：

F＝

－mg＝22N，为正值，说明方向与假设方向相同.

⑵根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有：

mv0＝2mv0′

解得：

v0′＝

＝3m/s

设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有：

－2μmgs＝0－

解得：

s＝

＝4.5m

所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的

＝45倍，即k＝45

⑶物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：

a＝

＝－μg＝－1m/s2

由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有：

2naL＝

－

解得：

vn＝

＝

m/s（其中n＝1、2、3、…、44）

15.如图所示，一颗质量为m的子弹以一定的水平速度v0射入静止在水平地面上的质量为M的木块中，具有共同速度后，一起向前滑行一段距离x后静止。

已知子弹的质量m=0.01kg，v0=100m/s，M=0.99kg，x=0.25m，子弹射入木块的深度d=1cm。

取g=10m/s2。

（1）甲同学认为子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。

请按照甲同学的思路完成以下任务。

a.求子弹射入木块达到相对静止时的共同速度v和木块与地面水平间的动摩擦因数μ；

b.设子弹与木块间的相互作用力为恒力，求此相互作用力F的大小和子弹射入木块过程所经历的时间t。

（2）乙同学认为木块与水平地面间存在摩擦力的作用，子弹射入木块过程中子弹与木块系统动量不守恒，不能应用动量守恒定律求子弹与木块的共同速度。

请说说你对乙同学观点的看法。

【答案】

（1）a.1m/s；0.2；b.4950N；；

（2）见解析.

【解析】

（1）a.子弹射入木块过程动量守恒，据动量守恒定律

=1m/s

在子弹和木块滑行过程中，据动能定理

得

μ=0.2

b.设子弹射入木块过程中，木块的位移为x1，子弹的位移为（x1+d），子弹与木块间的相互作用力为F。

子弹射入木块过程，据动能定理

对子弹

对木块

得

设经历时间为t据动量定理

对子弹

得

（2）不同意乙同学的观点

由

（1）问知，子弹射入木块过程，木块受地面的摩擦力

作用时间

，时间极短，相互作用的内力，在子弹射入木块的过程中，可认为子弹与木块组成的系统动量守恒.

16.质量为的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂在杆的上端。

按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。

（1）求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小；

（2）若碰撞的作用时间为，求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。

【答案】

（1），

；

（2）

【解析】

（1）小球和小车组成的系统水平方向动量守恒

小球和小车组成的系统机械能守恒

解得

，

（2）对全过程，由动量守恒得

由机械能守恒得

碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为F，由动量定理得

根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小

联立各式解得

17.如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L处静止着质量m1=1kg的小球A，质量m2=2kg的小球B以速度v0运动，与小球A正碰.两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失.求

（1）第1次碰撞后两小球的速度；

（2）两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间；

（3）两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离.

【答案】

（1）方向均与相同

（2）（3）

【解析】

（1）设第1次碰撞后小球A的速度为，小球B的速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:

整理得：

，

解得，，方向均与相同.

（2）设经过时间两小球发生第2次碰撞，小球A、B的路程分别为、，则有

，

由几何关系知：

整理得：

（3）两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：

以向左为正方向，第2次碰前A的速度，B的速度为，如图所示.

设碰后A的速度为，B的速度为.根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有

；

整理得：

，

解得：

，