上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5：碰撞与动量守恒 单元综合检测题（含解析）

碰撞与动量守恒
1．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　)
A．L1>L2 B．L1C．L1＝L2 D．不能确定
2．如图为一空间探测器的示意图，探测器质量为。是四个喷气发动机，每台发动机开动时，都能沿出口方向以的速率向外喷出气体（忽略探测器质量变化）。开始时探测器以恒定速率向方向运动，要使探测器改为向方向以原来的速率运动，若忽略探测器受到的地球及其他星球的吸引力。则下列措施正确的是（　　）
A．开动与，均喷出的气体
B．开动与，均喷出的气体
C．开动与，均喷出的气体
D．开动与，均喷出的气体
3．2019年世界杯排球赛，中国队一路过关斩将，获得比赛冠军。如图所示，某次比赛中，来自河南的世界第一主攻手朱婷接队友传球，在网前处起跳，在离地面高处将球以的速度正对球网水平击出，已知球网高（忽略空气阻力）。则（ ）
A．若排球恰好过网，则
B．若击球的方向改变，球过网后可以垂直落地
C．运动过程中，任意相等时间内排球的动量变化量相等
D．运动过程中，任意相等时间内排球的动能变化量相等
4．如图，置于光滑水平面上的两物体A、B质量分别为mA、mB（mA＞mB），相距较远。将两个大小均为F的力同时沿水平方向分别作用在A、B上，当两物体发生大小相等的位移时撒去F之后，两物体发生碰撞并粘在一起，两物体将（　　）
A．向右运动
B．向左运动
C．停止运动
D．条件不足，不能确定运动方向
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，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变
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．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
6．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面 撞击过程中
A．动能变化较大 B．动量变化较大
C．受到的冲量较大 D．动量变化较快
7．如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角，斜面上有一质量为3m、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小，现将一质量为m的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且磁撞时间极短，重力加速度，，，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为
B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为
C．小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
D．小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
8．如图所示，光滑水平地面上有静止的质量分别为m和2m的A、B两个滑块，B的左侧固定一水平轻弹簧。现使A以速度水平向B运动，当A与弹簧分离后，B与右侧的固定竖直墙壁相碰，已知碰撞时间极短且无能量损失，以下说法正确的是（　　）
A．弹簀第一次被压缩到最短时，物块A的速度大小为
B．物块B与墙壁碰撞时的速度大小为
C．弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
D．两次弹簧被压缩到最短时，物块A和B的动能之和相等
9．如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为2m的带有半圆形轨道的滑块a，半圆形轨道的半径为R。一个质量为m的小球b从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b到达半圆轨道最低点P时速度大小，然后进入右侧最高可到点Q，OQ连线与OP间的夹角=，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．滑块a向左滑行的最大距离为0.6R
B．小球b从释放到滑到Q点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4mgR
C．小球b第一次到达P点时对轨道的压力为1.8mg
D．小球b第一次返回到P点时的速度大于
10．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
11．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端．由此可以确定(　　)
A．物块返回底端时的速度
B．物块所受摩擦力大小
C．斜面倾角
D．时间内物块克服摩擦力所做的功
12．如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
13．某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律．装置固定在水平面上，圆弧形轨道下端切线水平．两球半径相同，两球与水平面的动摩擦因数相同．实验时，先测出A、B两球的质量mA、mB，让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距离的平均值x0，然后把球B静置于轨道下端水平部分，并将A从轨道上同一位置由静止释放，并与B相碰，重复多次．
①为确保实验中球A不反向运动，则mA、mB应满足的关系是________________；
②写出实验中还需要测量的物理量及符号：____________；
③若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式：______________；
④取mA=2mB，x0=1m，且A、B间为完全弹性碰撞，则B球滑行的距离为___________．
14．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，质量为的钢球A用细线悬挂于O点，质量为的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持角不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．落点中心与B球初始位置的水平距离为s，重力加速度为g．

（1）用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：
_______________，__________________；
_________________，______________________．
（2）根据测得的物理量，两球碰撞过程动量守恒的表达式为_______________________．
15．如图所示，一长度L=9.0m，质量M=2.0kg的长木板B静止于粗糙的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10，长木板右侧距竖直墙壁距离d=2.5m．有一质量m=1.0kg的小物块A静止于长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.50，现通过打击使得物块A获得向右的速度v0=12m/s，物块A与长木板间的碰撞为弹性碰撞，长木板与竖直墙壁碰撞时间极短且没有动能损失，重力加速度g=10m/s2，小物块可看作质点，求：
(1)在物块A与长木板的挡板碰撞之前物块A速度大小v1和长木板的速度v2；
(2)在物块A与长木板的挡板碰撞之后物块A速度大小v3和长木板的速度大小v4；
(3)长木板的右端最终距竖直墙壁的距离x．
16．如图甲所示，足够长的木板C通过某一装置锁定在地面上，物块A、B静止在木板C上，物块A、B间距离为1．1m。开始时物块A以速度v0=6m/s向右运动，物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图像如图乙所示。已知物块A、B可视为质点，质量分别为mA=1kg、mB=4kg，A、B与木板间的动摩擦因数相同，木板C的质量mC=1kg，C与地面间的动摩擦因数为。A与B弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响，A、B碰撞瞬间木板C解除锁定。重力加速度取10m/s2。求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数；
(2)碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留两位小数)。
17．如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
①小孩接住箱子后共同速度的大小．
②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．
18．如图所示，质量mB＝1kg的小滑块B放在水平面上，与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2．质量mA＝3kg的光滑小滑块以v0＝8m/s的速度沿A、B连线向B运动过来与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞过程无机械能损失。取g＝10m/s2，求：
（1）第一次碰撞后A、B的速度vA1、vB1；
（2）B在水平面上运动的总路程s；
（3）B在水平面上运动的总时间t。
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则
mAv＝(mA＋mB)v′
解得
v′＝
弹性势能最大，最大为
ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2=
若用锤子敲击B球，同理可得
mBv＝(mA＋mB)v″
解得
v″＝
弹性势能最大为
ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝
即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故
L1＝L2
故C正确。
故选C。
2．A
【解析】
【详解】
方向速率减为0，需开动向外喷出质量为的气体，喷气过程系统动量守恒有
解得
方向由静止增大到速率为，需开动向外喷出质量为的气体，喷气过程系统动量守恒有
解得
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
A．若排球恰好过网，则
选项A错误；
B．排球做抛体运动，落地时具有水平速度，则即使击球的方向改变，球过网后也不可能垂直落地，选项B错误；
C．运动过程中，排球只受重力作用，由动量定理可知，任意相等时间内排球的动量变化量相等，均为，选项C正确；
D．运动过程中，任意相等时间内排球下降的高度不相等，重力做功不相等，合力为重力，则动能变化量不相等，选项D错误；
故选C.
4．A
【解析】
【详解】
因为力F大小相等，且m1＞m2，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有a1＜a2，由题意知：S1＝S2，由运动学公式得
可知t1＞t2；由
可得I1＞I2，由动量定理可知P1＞P2，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A正确，BCD错误。
故选A。
5．D
【解析】
【详解】
当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，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，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；故选D。
【点睛】
解答本题要明确动量守恒的条件以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．注意小球接触弹簧时水平方向合外力不为零，动量不守恒.
6．D
【解析】
【详解】
玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，最后的速度均为零；说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，由动能定理可知，动能变化也相等，由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，故D正确。
故选D。
7．CD
【解析】
【详解】
A．长木板开始匀速下滑，由平衡条件得
解得
把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律得
解得
故A错误；
BC．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，小滑块加速运动时间
设小滑块与挡板第一次碰撞前小滑块的速度为v，则
滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
小滑块的位移为
木板的位移为
小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为
故B错误，C正确；
D．碰撞后长木板速度再次减为零的时间
此时小滑块的速度为
解得
滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选CD。
8．AB
【解析】
【详解】
A．弹簧第一次压缩到最短时，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，故
解得
故A正确；
B．当A、B分离时，由A、B与弹簧组成的系统动量守恒得
由A、B与弹簧组成的系统机械能守恒得
联立解得
，
故B碰墙时的速度大小为，故B正确；
C．B碰墙反向运动后，速度大小大于A的速度，故定能与A再次发生碰撞，由A、B与弹簧组成的系统动量守恒可得
解得
故弹簧第二次压缩到最短时的速度大小为，由机械能守恒得此时的弹性势能
解得
故C错误；
D．两次弹簧被压缩到最短时，物块A和B的动能之和分别为
，
故D错误。
故选AB。
9．AD
【解析】
【详解】
A．滑块a和小球b相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球b到达Q点时，根据动量守恒定律得滑块a和小球b的速度均为零，有
2msa=msb
sa+sb=R+Rsin
解得
sa=0.6R
故A正确；
B．根据功能关系得小球b从释放到滑到Q点的过程中，克服摩擦力做的功为
故B错误；
C．当b第一次到达半圆轨道最低点P时，根据动量守恒定律有
2mva=mvb
解得
由牛顿运动定律得
解得
对轨道的压力
故C错误；
D．小球从P点到Q点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为
由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b第一次返回到P点的过程中克服摩擦力做的功
W′<0.2mgR
故小球b第一次返回到P点时系统的总动能
解得
故D正确。
故选AD。
10．AD
【解析】
【详解】
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。
11．AC
【解析】
由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则，得到，故A正确；根据动量定理得：上滑过程：，下滑过程：，由上解得：，由于质量m未知，则无法求出f．得到：，可以求出斜面倾角θ，故B错误，C正确；3t0时间内物块克服摩擦力所做的功等于机械能的减小量，由于物体的质量未知，故无法求解机械能减小量，无法求解克服摩擦力做的功，故D错误．所以AC正确，BD错误．
12．CD
【解析】
【详解】
A．物块落在小车的过程中，物块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A错误；
B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：
Mv0=（M+m）v
所以共同速度为：
故B错误；
C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
代入数据解得：
ΔE1=1.25J
由功能关系：
ΔE1=μmg·Δx
解得：
Δx =0.5m
故C正确；
D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：
代入数据可得：
ΔE=7.5J
故D正确。
故选CD。
13． ①mA>mB ②需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的距离：xA、xB ③ ④
【解析】①为防止两球碰撞后入射球反弹，反射球的质量应大于被碰球的质量，即：
.
②碰撞后两球做减速运动，设碰撞后的速度为、，
由动能定理得：，解得
，
，
如果碰撞过程动量守恒，则：
即：
整理得：
实验需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的距离：、.
③ 由②可知，若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式为：
，
④ 如果碰撞过程是完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
已知：，，
解得：
14．（1） 0 （2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mAgL（1-cosα）=mAvA2-0，解得：vA= ，则PA=mAvA=mA；
小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2，解得vA′=，
PA′=mAvA′=mA；
碰前小球B静止，则PB=0；
碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向H=gt2，
解得vB′=S，则碰后B球的动量PB′=mBvB′=mBS；
（2）由动量守恒定律可知，实验需要验证的表达式为：
mA=mA+mBS；
15．(1)v1 =7.0m/s；v2=1.0m/s；(2)v3=-1.0m/s；v4=5.0m/s；(3)1.5m
【解析】
【详解】
（1）对物块A，根据牛顿第二定律有
对长木板B，根据牛顿第二定律有
设经时间t0后A和B共速，则有
v0-a1t0= a2t0
在此t0时间内，A和B的位移及位移差
xA=v0t0-a1 t02
xB =a2t02
Δx= xA -xB
联立解得
Δx=12m>L，xB=2m表明A与B第一次碰撞发生在B与墙壁碰撞之前，而且AB还没有达到共同速度之前
设经时间t1，A和B碰撞，从开始到与挡板碰撞过程中物块A的位移为x1，长木板的位移为x2，根据运动学公式

两位移关系为
x1=x2+L
以上三式联立解得 t1=1.0s（t1′=3.0s 舍），x2=0.50m物块的速度
v1=v0-a1t1=7.0m/s
长木板的速度
v2= a2t2=1.0m/s
（2）物块A与木板间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
两式联立代入数据解得v3=-1.0m/s，负号表示物块的速度方向水平向左
长木板的速度v4=5.0m/s
另一组解为v3=7.0m/s， v4=1.0m/s，舍去．
（3）碰撞之后对长木板B，根据牛顿第二定律
物块A与木板间的碰撞之后到与竖直墙壁碰撞过程中长木板B的位移
解得t2=0.50s 或 t2=2.0s
则与墙壁碰撞前瞬间物块A的速度
v5=v3-a1t2=-1.5m/s
负号表示方向水平向右
则与墙壁碰撞前瞬间长木板B的速度
v6=v5-a3t2=3.0m/s
长木板与竖直墙壁碰撞时间极短且没有动能损失，则碰后长木板原速弹回，长木板的速度大小为v6=3.0m/s，方向水平向左，加速度大小仍为a3方向水平向右；此时物块A的速度大小仍为v5=1.5m/s，方向水平向右，加速度大小仍为a1，方向水平向左．
设向左为正方向，经过时间t3两者共速，则有
v6-a3t3=-v5+a1t3
长木板的位移
联立解得 x3=1.0m
达到共同的速度为 v7=1.0m/s．
因μ1<μ2，所以之后两者一起运动到最终停止，两者一起运动时根据牛顿第二定律
一起减速到零的位移
长木板B最终距竖直墙壁的距离 x=x3+x4=1.5m
16．(1)0.5(2) 3m/s，方向向左(3)1.37m
【解析】
【详解】
根据图像可知①
对A受力分析并列牛顿第二定律： ②
联立①②式解得物块与木板间的动摩擦因数 ③
（2）设碰撞前瞬间A的速度为v，则
④
由于A、B弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，则
⑤
⑥
联立④⑤⑥式解得：vA=-3m/s、vB=2m/s；即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3m/s，方向向左。⑦
（3）碰撞后对木板C受力分析得 ⑧
由物块B受力得: ⑨
设经时间t1物块B与木板C达到相同的速度v，则 ⑩
此时C的速度为 ?
联立⑧⑨⑩?解得：
从碰撞结束到B、C速度相同，B向右的位移大小为x2，则
?
B、C相对静止后一起运动，设其加速度为a，则 ?
B、C一起向右运动的位移大小为x3，则 ?
A碰撞后到停下经过的位移大小为x4，则 ?
最后停止时物块A、B间的距离 ?
17．①；②无法再次接住木箱.
【解析】
试题分析：
①取向左为正方向,根据动量守恒定律，推出木箱的过程 中:，
接住木箱的过程中:，.
②若小孩第二次将木箱推出,根据动量守恒定律，
故无法再次接住木箱.
考点：动量守恒定律,
18．（1）4m/s、12m/s （2）48m （3）12s。
【解析】
【详解】
(1)A、B第一次碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
联立代入数据解得 vA1＝4m/s，vB1＝12m/s
(2)碰撞过程无机械能损失，由能量守恒可知：
解得：s＝48m
(3)A、B第一次碰撞后，B的加速度为a：
假定第二次碰撞时B已经停止，设B第一次碰后运动的时间tB1，则：
若A能在B停止前追上B，假设用时为t：
解得：
t＝8s＞tB1
故第二次碰撞时B已停止，由此可知：每次碰撞前B都已停止。
由(1)可知：第二次碰撞后A、B的速度分别为:
第n次碰撞后A、B的速度分别为:
所以：
答：（1）第一次碰撞后A、B的速度4m/s、12m/s。
（2）B在水平面上运动的总路程s是48m；
（3）B在水平面上运动的总时间t是12s。