第一章素养检测

物体动量为零时,不一定处于平衡状态,例如竖直上抛的物体到达最高点时,故 $ \mathrm{A} $ 错误；鸡蛋从同一高度下落,落地前的速度大小相等,故落地前的动量相等,而最后的速度均为零，说明动量的变化量相等，由动量定理可知冲量也相等，但掉在水泥地上的鸡蛋与水泥的作用时间较短,鸡蛋掉在水泥地上动量变化较快,导致冲击力较大，鸡蛋易碎，故 $ \mathrm{B} $ 错误；人从高处跳下时,总有一个屈膝的动作,是为了增加着地时间,减小地面对人的冲击力,不会减小地面对人的冲量,故 $ \mathrm{C} $ 错误；质量一定的物体,动量增大到原来的2倍,根据 $ p=mv $ 可知速度增大到原来的2倍,所以其动能 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ 增大到原来的4倍,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由矢量的合成可知, $ A $ 到 $ B $ 的过程，小球速度的变化量的大小为 $ \mathrm{\Delta }v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{0}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0} $ ,则小球动量的变化量大小为 $ \mathrm{\Delta }p=m\cdot \mathrm{\Delta }v=\sqrt{2}m{v}_{0} $ ,根据动量定理可知,小球所受合力的冲量大小为 $ I=\mathrm{\Delta }p=\sqrt{2}m{v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误; $ A $ 到 $ C $ 的过程,选取小球初速度的方向为正方向,小球速度变化量的大小为 $ \mathrm{\Delta }v^\prime =\left|-{v}_{0}-{v}_{0}\right|=2{v}_{0} $ ,则小球动量的变化量大小为 $ \mathrm{\Delta }p^\prime =m\cdot \mathrm{\Delta }v^\prime =2m{v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;小球从 $ A $ 到 $ C $ 运动的时间为 $ {t}_{AC}=\dfrac{\dfrac{1}{2}×2\mathrm{\pi }R}{{v}_{0}}=\dfrac{\mathrm{\pi }R}{{v}_{0}} $ ,小球所受重力的冲量大小为 $ {I}_{G}=mg{t}_{AC}=\dfrac{\mathrm{\pi }mgR}{{v}_{0}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

子弹穿过小球的过程中内力远大于外力,所以二者组成的系统动量守恒,内力对子弹和小球做功的代数和不为零,因此子弹穿过小球的过程中系统机械能不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；子弹穿过小球后,小球做平抛运动,根据平抛运动的规律有 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ x={v}_{球}t $ ,解得 $ t=1\mathrm{s} $ ，小球的速度大小为 $ {v}_{球}=20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,子弹穿过小球的过程中系统动量守恒,根据动量守恒定律有 $ {m}_{子}{v}_{子}={m}_{球}{v}_{球}+{m}_{子}v{\prime }_{子} $ ,解得 $ v{\prime }_{子}=100\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,所以系统损失的机械能为 $ \mathrm{\Delta }E=\dfrac{1}{2}{m}_{子}{v}_{子}^{2}-\dfrac{1}{2}{m}_{子}v{\prime }_{子}^{2}-\dfrac{1}{2}{m}_{球}{v}_{球}^{2}=1160\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；子弹落地处离杆的距离为 $ {x}_{子}=v{\prime }_{子}t=100\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；子弹对小球的冲量等于小球动量的变化量,根据动量定理得 $ I={m}_{球}{v}_{球}-0=4\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

设每个小格边长为 $ L $ ,拍照时间间隔为 $ t $ ,由第一张与第二张照片可知碰撞前小球1的初速度大小为 $ {v}_{0}=\dfrac{3L}{2t} $ ,由第二张与第三张照片可知碰撞后小球1的速度大小为 $ {v}_{1}=\dfrac{L}{t} $ ,碰撞后小球2的速度大小为 $ {v}_{2}=\dfrac{L}{2t} $ ,以水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得 $ {m}_{1}\frac{3L}{2t}=-{m}_{1}\frac{L}{t}+{m}_{2}\frac{L}{2t} $ ,解得 $ {m}_{1}:{m}_{2}=1:5 $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

设水从水枪口喷出的速度为 $ {v}_{0} $ ,极短时间 $ \mathrm{\Delta }t $ 内水与小铁盒作用过程中,对水,由动量定理可得 $ F\mathrm{\Delta }t=\rho {v}_{0}\mathrm{\Delta }t\cdot S×2v $ ,水从枪口喷出到铁盒处,有 $ {v}^{2}-{v}_{0}^{2}=-2gh $ ,铁盒悬停受到水的冲击力大小为 $ F^\prime ={m}_{铁盒}g=160\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律可知,铁盒对水的作用力大小为 $ F=F^\prime =160\mathrm{N} $ ,又 $ h=1.8\mathrm{m} $ ,联立解得 $ v=8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{0}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；时间 $ \mathrm{\Delta }t $ 内从枪口喷出水的动能为 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}\rho S{v}_{0}\mathrm{\Delta }t\cdot {v}_{0}^{2} $ ,根据动能定理有 $ W={E}_{\mathrm{k}} $ ,又 $ W=P\cdot \mathrm{\Delta }t $ ,则水枪的输出功率为 $ P=\dfrac{{E}_{\mathrm{k}}}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{1}{2}\rho S{v}_{0}^{3}=0.5\mathrm{k}\mathrm{W} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误.

系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒，竖直方向上,系统受到的合外力不为0，竖直方向动量不守恒，整个系统运动过程中动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误;水平面光滑,小球 $ A $ 与水平面发生弹性碰撞,碰撞过程无机械能损失,整个过程系统只有重力势能与动能相互转化,机械能守恒,故 $ \mathrm{B} $ 正确;系统机械能守恒,初始时系统静止,以地面为零势能面, $ A $ 的高度为 $ L $ , $ B $ 的高度为0,系统机械能为 $ A $ 的重力势能，碰撞后, $ A $ 速度反向,继续运动,最终 $ A $ 上升到最大高度时, $ A $ 、 $ B $ 水平方向速度不为0，由机械能守恒定律可知, $ A $ 的重力势能小于初始时的重力势能，故其上升的最大高度小于初始高度,故 $ \mathrm{C} $ 正确;当轻杆与水平面的夹角为 $ {30}^{\circ } $ 时,根据机械能守恒定律得 $ 2mgL-2mgL \sin {30}^{\circ }=\dfrac{1}{2}×2m{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,则 $ 2m{v}_{A} $ 水平 $ =m{v}_{B} $ ,又 $ A $ 、 $ B $ 沿杆方向速度相等, $ B $ 在杆的作用下向右运动,则 $ {v}_{A} $ 竖直 $ \sin {30}^{\circ }-{v}_{A} $ 水平 $ \cos {30}^{\circ }={v}_{B} \cos {30}^{\circ } $ ,又 $ {v}_{A}=\sqrt{{v}_{A竖直}^{2}+{v}_{A水平}^{2}} $ ，联立解得 $ {v}_{B}=\sqrt{\dfrac{2gL}{15}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A} $ .

$ B $ 以 $ {v}_{0}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 的初速度带动 $ A $ 向右运动,由于 $ A $ 、 $ B $ 间有摩擦,故 $ B $ 向右做匀减速直线运动, $ A $ 向右做匀加速直线运动,设系统内第一次碰撞前 $ A $ 、 $ B $ 已达到相同速度,则由动量守恒定律可得 $ m{v}_{0}=2m{v}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,加速度大小 $ a=\mu g=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ t=\dfrac{{v}_{1}}{a}=1\mathrm{s} $ ,运动过程中 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 的 $ v-t $ 图像如图甲所示,

此时 $ B $ 相对 $ A $ 运动的距离为图中阴影部分的面积,则 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}×4×1\mathrm{m}=2\mathrm{m} < l=2.4\mathrm{m} $ ,假设成立，故 $ A $ 、 $ C $ 第一次碰撞前瞬间 $ A $ 、 $ B $ 的速度相同,故 $ \mathrm{A} $ 错误; $ A $ 、 $ C $ 第一次碰撞到 $ A $ 、 $ B $ 第一次碰撞前的过程,当 $ A $ 再运动 $ {x}_{2}=l-{x}_{A}=2.4\mathrm{m}-\dfrac{1}{2}a{t}^{2}=1.4\mathrm{m} $ 时, $ A $ 、 $ C $ 相碰,则从 $ A $ 、 $ B $ 共速到 $ A $ 、 $ C $ 相碰的时间 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{{x}_{2}}{{v}_{1}}=0.7\mathrm{s} $ ,此时三者位置关系如图乙所示,

根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知碰后 $ A $ 、 $ C $ 速度交换, $ A $ 速度为 $ {\rm 0,} C $ 速度大小为 $ {v}_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向向右,此后 $ A $ 在摩擦力的作用下向右加速运动,故 $ \mathrm{B} $ 正确;假设 $ C $ 与 $ A $ 第二次碰撞前 $ A $ 与 $ B $ 发生第一次碰撞， $ B $ 相对 $ A $ 运动的位移满足 $ {v}_{1}{t}_{1}-\dfrac{1}{2}a{t}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=l-{x}_{1} $ ,解得 $ {t}_{1}=\dfrac{5-\sqrt{5}}{10}\mathrm{s}({t}_{1}=\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}\mathrm{s}舍去) $ ，此时 $ C $ 运动的距离为 $ {x}_{C}={v}_{1}{t}_{1}=\dfrac{5-\sqrt{5}}{5}\mathrm{m} < 2l $ ,故假设成立， $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 组成的系统第二次碰撞发生在 $ A $ 的右侧壁，故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意,小物块下滑的同时,斜面体向左运动,由受力分析可知,小物块位移与所受斜面体的支持力的夹角大于 $ {90}^{\circ } $ ,所以斜面体对小物块做负功,故 $ \mathrm{A} $ 正确；小物块与斜面体组成的系统水平方向所受合外力为零,竖直方向所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由水平方向动量守恒可得 $ mv=Mv\prime $ ,两边同时乘时间,则有 $ mx=Mx\prime $ ,又 $ x+x^\prime =\dfrac{h}{ \tan {37}^{\circ }} $ ,联立解得 $ x=\dfrac{Mh}{(M+m) \tan {37}^{\circ }} $ ,由题图乙可知,图线的斜率为 $ k=\dfrac{1}{2}=\dfrac{M}{(M+m) \tan {37}^{\circ }} $ ,解得 $ M:m=3:5 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力,故 $ \mathrm{A} $ 错误;在燃气喷出后的瞬间,万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力,系统动量守恒,设火箭的速度大小为 $ v $ ,规定火箭运动方向为正方向,由动量守恒定律得 $ (M-m)v-m{v}_{0}=0 $ ,解得火箭的速度大小为 $ v=\dfrac{m{v}_{0}}{M-m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动,上升的最大高度 $ h=\dfrac{{v}^{2}}{2g}=\dfrac{{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2g{\left(M-m\right) ^ {2}}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;在火箭喷气过程中,燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功,所以万户及所携设备机械能不守恒,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

该过程中,小球与 $ \mathrm{U} $ 形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒,但垂直导槽方向动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误;小球运动到 $ \mathrm{U} $ 形管圆弧部分的最左端过程,沿导槽方向,系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得 $ m{v}_{0}=(m+m){v}_{x} $ ,解得 $ {v}_{x}=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ ,设此时小球的合速度为 $ {v}_{3} $ ,根据机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{x}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{3}^{2} $ ,解得 $ {v}_{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;小球进出 $ \mathrm{U} $ 形管的过程,小球与 $ \mathrm{U} $ 形管组成的系统机械能守恒,系统沿导槽方向动量守恒,设小球和 $ \mathrm{U} $ 形管的末速度分别为 $ {v}_{1} $ 、 $ {v}_{2} $ ,有 $ m{v}_{0}=m{v}_{1}+m{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=0 $ , $ {v}_{2}={v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确;在小球运动到 $ \mathrm{U} $ 形管圆弧部分的最左端时,小球垂直导槽的分速度为 $ {v}_{y}=\sqrt{{v}_{3}^{2}-{v}_{x}^{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0} $ ,运动到 $ \mathrm{U} $ 形管圆弧部分的最左端的过程中,在垂直导槽方向,以向下为正方向,对小球,根据动量定理可知在垂直导槽方向， $ \mathrm{U} $ 形管对小球的冲量 $ I=\mathrm{\Delta }p=m{v}_{y}-0=\dfrac{\sqrt{2}}{2}m{v}_{0} $ ,则小球对 $ \mathrm{U} $ 形管在垂直导槽方向的冲量大小也为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}m{v}_{0} $ ，又 $ \mathrm{U} $ 形管在垂直导槽方向的动量变化量为零，则导槽对 $ \mathrm{U} $ 形管的冲量大小为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}m{v}_{0} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 小球离开槽口后做平抛运动,设挡板距槽口的水平距离为 $ x $ ,由平抛运动知识得 $ x={v}_{0}t $ , $ y=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{0}=x\sqrt{\dfrac{g}{2y}} $ ,小球碰撞过程中,若两小球动量守恒,则有 $ {m}_{a}{v}_{a}={m}_{a}v{\prime }_{a}+{m}_{b}v{\prime }_{b} $ ,联立可得 $ \dfrac{{m}_{a}}{\sqrt{{y}_{2}}}=\dfrac{{m}_{a}}{\sqrt{{y}_{3}}}+\dfrac{{m}_{b}}{\sqrt{{y}_{1}}} $ ,故要想验证动量守恒还需要测量两个小球的质量 $ {m}_{a} $ 、 $ {m}_{b} $ .

（2） 由第（1）问分析可知,验证动量守恒的表达式为 $ \dfrac{{m}_{a}}{\sqrt{{y}_{2}}}=\dfrac{{m}_{a}}{\sqrt{{y}_{3}}}+\dfrac{{m}_{b}}{\sqrt{{y}_{1}}} $ ,若碰撞是弹性碰撞,则两小球机械能守恒,有 $ \dfrac{1}{2}{m}_{a}{v}_{a}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{a}v{\prime }_{a}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{b}v{\prime }_{b}^{2} $ ,可得 $ \dfrac{{m}_{a}}{{y}_{2}}=\dfrac{{m}_{a}}{{y}_{3}}+\dfrac{{m}_{b}}{{y}_{1}} $ .

（3） 斜槽末端与 $ M^\prime $ 的连线与水平方向的夹角为 $ {\alpha }_{1} $ ,由平抛运动规律有 $ {x}_{1}={v}_{1}t $ , $ {y}_{1}=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ,设斜槽末端与 $ M^\prime $ 的连线长度为 $ R $ （即圆弧半径为 $ R $ ），则 $ \cos {\alpha }_{1}=\dfrac{{x}_{1}}{R} $ , $ \sin {\alpha }_{1}=\dfrac{{y}_{1}}{R} $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{\dfrac{gR \cos {\alpha }_{1}}{2 \tan {\alpha }_{1}}} $ ,同理可得，斜槽末端与 $ P^\prime $ 连线与竖直方向的夹角为 $ {\alpha }_{2} $ 时， $ {v}_{0}=\sqrt{\dfrac{gR \cos {\alpha }_{2}}{2 \tan {\alpha }_{2}}} $ ,斜槽末端与 $ N^\prime $ 的连线与竖直方向夹角为 $ {\alpha }_{3} $ 时， $ {v}_{2}=\sqrt{\dfrac{gR \cos {\alpha }_{3}}{2 \tan {\alpha }_{3}}} $ ,由动量守恒定律得 $ {m}_{a}{v}_{0}={m}_{a}{v}_{1}+{m}_{b}{v}_{2} $ ,化简可得 $ {m}_{a}\sqrt{\dfrac{ \cos {\alpha }_{2}}{ \tan {\alpha }_{2}}}={m}_{a}\sqrt{\dfrac{ \cos {\alpha }_{1}}{ \tan {\alpha }_{1}}}+{m}_{b}\sqrt{\dfrac{ \cos {\alpha }_{3}}{ \tan {\alpha }_{3}}} $ .

（1） 游客在弹性绳未张紧时,做自由落体运动,经历的时间满足 $ L=\dfrac{1}{2}g{t}_{0}^{2} $ ，可得 $ {t}_{0}=\sqrt{\dfrac{2L}{g}}=\sqrt{\dfrac{2×5}{10}}\mathrm{s}=1\mathrm{s} $ ,

从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客受到的重力冲量的大小为 $ {I}_{G}=mg({t}_{0}+{t}_{1})=1200\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ .

（2） 弹性绳刚好张紧瞬间,游客的速度为 $ v=g{t}_{0}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向竖直向下，以竖直向下为正方向，

从开始张紧至弹性绳最长状态的过程中,对游客,由动量定理可得 $ {I}_{合}=\mathrm{\Delta }p $ ,则 $ (mg-F^\prime ){t}_{1}=0-mv $ ,

解得弹性绳对游客的平均冲力大小 $ F^\prime =1200\mathrm{N} $ ,由牛顿第三定律可知，弹性绳所受的平均冲力大小为 $ F=F^\prime =1200\mathrm{N} $ .

（3） 从 $ B $ 到 $ C $ 的过程中,由动能定理可得 $ mgR=\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-0 $ ,

解得 $ {v}_{C}=\sqrt{14}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

从 $ B $ 到 $ C $ 的过程中,动量的变化量为 $ \mathrm{\Delta }p^\prime =m{v}_{C}-0=60\sqrt{14}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向水平向左,

重力的冲量为 $ I{\prime }_{G}=mg{t}_{2}=300\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ ,方向竖直向下,

由动量定理可知 $ I{\prime }_{合}=\mathrm{\Delta }p^\prime $ ,

则游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小 $ {I}_{N}=\sqrt{I{\prime }_{G}^{2}+{\left(\mathrm{\Delta }p^\prime \right) ^ {2}}}=60\sqrt{39}\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ .

（1） 小球从释放到运动到最低点,根据动能定理有 $ mgR=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,解得 $ v=\sqrt{2gR} $ .

（2） 小球从凹槽最高点运动到最低点的过程中,由凹槽与小球组成的系统水平方向动量守恒,有 $ m{v}_{1}=2m{v}_{2} $ ,两边同时乘时间，则有 $ m{x}_{1}=2mx $ ,又 $ {x}_{1}+x=R $ ,解得 $ x=\dfrac{1}{3}R $ .

（3） 以地面为参考系,设小球与 $ O $ 点连线与水平方向成 $ {45}^{\circ } $ 角时,小球水平方向速度为 $ {v}_{x1} $ ,竖直方向速度为 $ {v}_{y} $ ,凹槽速度为 $ {v}_{x2} $ ,根据水平方向系统动量守恒,有 $ m{v}_{x1}+2m{v}_{x2}=0 $ ,根据系统的机械能守恒,有 $ mgR \sin {45}^{\circ }=\dfrac{1}{2}m({v}_{x1}^{2}+{v}_{y}^{2})+\dfrac{1}{2}×2m{v}_{x2}^{2} $ ,

以凹槽为参考系,小球相对于凹槽做圆周运动,此时速度与水平方向成 $ {45}^{\circ } $ 角,即 $ \tan {45}^{\circ }=\dfrac{{v}_{y}}{{v}_{x1}-{v}_{x2}} $ ,

小球的动能 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m({v}_{x1}^{2}+{v}_{y}^{2}) $ ,

解得 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{13\sqrt{2}}{30}mgR $ .

（1） 滑块 $ C $ 和小球 $ A $ 组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律，水平方向的位移关系 $ {m}_{1}s-{m}_{0}{s}_{0}=0 $ ，

小球运动到最低点，小球和滑块相对水平位移为绳长 $ L $ ，则有 $ s+{s}_{0}=L $ ，

联立可得 $ s=0.45\mathrm{m} $ ．

（2） 取水平向左为正方向，滑块 $ C $ 和小球 $ A $ 组成的系统水平方向动量守恒，有 $ -{m}_{1}{v}_{1}+{m}_{0}{v}_{0}=0 $ ，

根据机械能守恒定律有 $ {m}_{0}gL=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{0}{v}_{0}^{2} $ ，

解得 $ {v}_{0}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ {v}_{1}=1.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，

在最低点小球 $ A $ 与物块 $ B $ 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 $ {m}_{0}{v}_{0}={m}_{0}{v}_{3}+m{v}_{2} $ ，

根据机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}{m}_{0}{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{0}{v}_{3}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ，

解得 $ {v}_{2}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ {v}_{3}=-2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，物块 $ B $ 的速度方向向左．

（3） 若木板 $ Q $ 与挡板 $ P $ 恰好发生 $ n $ 次碰撞后静止，在木板 $ Q $ 碰到挡板 $ P $ 前，物块 $ B $ 、木板 $ Q $ 不会共速，物块 $ B $ 加速度大小 $ {a}_{1}=\mu g=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，

木板 $ Q $ 的加速度大小 $ {a}_{2}=\dfrac{\mu mg}{M}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，

物块 $ B $ 一直做匀减速运动至静止，运动时间 $ t=\dfrac{{v}_{2}}{{a}_{1}}=2\mathrm{s} $ ，

木板 $ Q $ 前进距离 $ x $ ，碰到挡板 $ P $ 后原速率反弹，向右做匀减速运动，加速度大小不变，经过相同时间减速为零，之后重复以上的运动，设木板 $ Q $ 第一次碰到挡板 $ P $ 前所用时间为 $ {t}_{0} $ ，则有 $ 2n{t}_{0}=t(n=1,2,3,\cdots ) $ ，

可得 $ {t}_{0}=\dfrac{t}{2n}=\dfrac{1}{n}\mathrm{s}(n=1,2,3,\cdots ) $ ，

则木板 $ Q $ 到挡板 $ P $ 的距离 $ x=\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2{n}^{2}}\mathrm{m}(n=1,2,3,\cdots ) $ ．