新教材人教版高中物理选择性必修第一册教案设计第1章动量守恒定律本章专题整合提升

本章专题整合提升——本章知识网络构建————专题整合提升——专题一动量守恒定律应用中的临界问题概述：解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：1．寻找临界状态题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．2．挖掘临界条件与动量相关的临界问题，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．3．常见类型(1)涉及弹簧类的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．(2)涉及相互作用边界的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．(3)子弹打木块类的临界问题子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．1．如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人总质量为m0，m0m＝41，人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……问人最多能推几次木箱？答案：3次解析：选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向．设第n次推出木箱后人与小车的速度为v n，第n次接住后速度为v n′，则由动量守恒定律可知：第一次推出后有：0＝m0v1－m v，则v1＝m v m0.第一次接住后有：m0v1＋m v＝(m0＋m)v1′.第二次推出后有：(m0＋m)v1′＝m0v2－m v，则v2＝3m v m0第二次接住后有：m0v2＋m v＝(m0＋m)v2′，……第n－1次接住：m0v n－1＋m v＝(m0＋m)v n－1′，第n 次推出：(m 0＋m )v n －1′＝m 0v n －m v ，即v n ＝2n －1m 0m v 当v n ≥v 时，人就接不到木箱了，由此得，n ≥2.5，分析可知应取n ＝3.所以，人最多能推3次木箱．2.两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上．A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h .物块从静止开始下滑，然后又滑上劈B .求物块在B 上能够达到的最大高度．答案：M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h 解析：设物块到达劈A 的下端时，物块和A 的速度大小分别为v 和v 1，由机械能守恒和水平方向动量守恒得mgh ＝12m v 2＋12M 1v 21① M 1v 1＝m v ②设物块在劈B 上到达的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为v 2，由机械能守恒和水平方向动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )v 22＝12m v 2③ m v ＝(M 2＋m )v 2④联立①②③④式得h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ⑤ 3．如图所示，一弹簧竖直固定在地面上，质量m 1＝1 kg 的物体A 放在弹簧上处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m ，质量m 2＝1 kg 的物体B 从距物体A 正上方h ＝0.3 m 处自由下落，物体A 、B 碰撞时间极短，碰后物体A 、B 结合在一起向下运动，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，弹簧始终处于弹性限度内．求：(1)碰撞结束瞬间两物体的总动能；(2)物体A 、B 从碰后到动能最大的过程中，弹簧弹力做功W ＝－2.25 J ，求碰后物体A 、B 的最大动能．答案：(1)1.5 J (2)2.25 J解析：(1)A 、B 的质量相等，设为m ，物体B 自由下落时，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 20 解得v 0＝2gh ＝ 6 m/s碰撞过程A 、B 组成的系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m )v解得v ＝62m/s 碰后A 、B 的总动能E k ＝12(m ＋m )v 2 解得E k ＝1.5 J. (2)A 处于静止状态时，由胡克定律得mg ＝kx 1解得k ＝mg x 1＝2003N/m 碰后A 、B 一起向下运动，弹簧的弹力不断增大，当弹力与A 、B 的总重力大小相等时，A 、B 动能最大，设此时弹簧的压缩量为x 2，则有2mg ＝kx 2解得x 2＝0.3 mA 、B 从碰后到动能最大的过程中下降的高度h′＝x2－x1＝0.15 m由机械能守恒定律得2mgh′＋W＝E km－E k解得碰后A、B的最大动能E km＝2.25 J.专题二碰撞问题的综合应用概述：当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．1．三种碰撞类型的特点(1)弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，碰撞前后系统动能相等．同时，在碰撞问题中常做动量和动能的换算．(2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能．减少的动能转化为其他形式的能量．(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大．2．处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否变化．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定．(3)要灵活运用E k＝p22m或p＝2mE k；E k＝12p v或p＝2E kv几个关系转换动能、动量．4．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l.工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.设碰撞时间极短，求：(1)工人的推力；(2)三个木箱匀速运动的速度；(3)在第一次碰撞中损失的机械能．答案：(1)3mg (sin θ＋μcos θ) (2)232gl (sin θ＋μcos θ) (3)mgl (sin θ＋μcos θ) 解析：(1)设工人的推力为F ，则有F ＝3mg (sin θ＋μcos θ)． ①(2)设第一次碰撞前瞬间木箱的速度为v 1，由功能关系得Fl ＝mgl sin θ＋μmgl cos θ＋12m v 21. ② 设碰撞后两木箱的速度为v 2，由动量守恒得m v 1＝2m v 2. ③设再次碰撞前瞬间速度为v 3，由功能关系得Fl ＝2mgl sin θ＋2μmgl cos θ＋12×2m (v 23－v 22)． ④ 设碰撞后三个木箱一起运动的速度为v 4，由动量守恒得2m v 3＝3m v 4. ⑤联立以上各式得v 4＝232gl (sin θ＋μcos θ). ⑥ (3)设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE ，有 ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22. ⑦ 联立①②③⑦式得ΔE ＝mgl (sin θ＋μcos θ)．5.如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B 沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h 均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h 为纵坐标，v 2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为m A＝0.400 kg和m B ＝0.100 kg.重力加速度大小g＝9.8 m/s2.(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h－v2直线斜率的理论值k0；(2)求k值的相对误差δ(δ＝|k－k0|k0×100%)，结果保留1位有效数字．答案：(1)2.04×10－3 s2/m(2)6%解析：(1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，由动量守恒定律有m B v＝(m A＋m B)v′①在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有12(m A＋m B)v′2＝(m A＋m B)gh②联立①②式得h＝m2B v22g(m A＋m B)2③由题意得k0＝m2B2g(m A＋m B)2④代入题给数据得k0≈2.04×10－3 s2/m.⑤(2)按照定义δ＝|k－k0|k0×100%⑥由⑤⑥式和题给条件得δ≈6%.⑦6．如图所示，竖直平面内带有14光滑圆弧轨道的滑块BC静止放在水平地面上，轨道半径为R，滑块BC与地面相切于地面上的P点．滑块A (视为质点)从距B 端高度为R 处自由静止释放，恰好从B 端沿圆弧切线方向进入轨道，离开C 端后沿地面运动．已知滑块BC 的质量为滑块A 的质量的两倍，P 点左侧地面光滑，滑块A 与P 点右侧地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，求：(1)滑块A 到达B 端时的速度大小v ；(2)滑块BC 的最大速度v m ；(3)滑块A 停下时，滑块A 到滑块BC 的C 端的距离L .答案：(1)2gR (2)2gR 3 (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋83μR 解析：(1)根据自由落体运动的规律有v 2＝2gR解得v ＝2gR .(2)滑块A 与滑块BC 相互作用的过程，水平方向动量守恒，且滑块A 滑到滑块BC 的C 端时滑块BC 的速度最大．设滑块A 的质量为m ，滑块A 滑到滑块BC 的C 端时速度大小为v 1，根据动量守恒定律有m v 1－2m v m ＝0.根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12m v 21＋12×2m v 2m 联立解得v 1＝8gR 3，v m ＝2gR 3. (3)设滑块A 沿圆弧轨道下滑的过程中的水平位移大小为x ，则该过程中滑块BC 的位移大小为R －x ，该过程所用时间为t ，则由系统水平方向动量守恒有m ·x t －2m ·R －x t ＝0.解得x ＝23R ，滑块A 离开C 端后，滑块BC 一直以速度v m 匀速运动，滑块A先匀速运动一段距离R －x 到达P 点，该过程所用时间为t 1＝R －x v 1设滑块A 通过P 点后匀减速运动t 2时间停下，则有v 1＝at 2，其中a ＝μg经分析可知L ＝v m (t 1＋t 2)＋(R －x )＋12at 22 解得L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋83μR . 专题三 力学规律的选用概述：1.解决动力学问题的三种方法(1)力的观点：应用受力分析、运动学公式和牛顿运动定律来求解．(2)能量观点：应用动能定理和能量守恒定律求解．(3)动量观点：应用动量定理和动量守恒定律求解．2．三种方法的选择(1)若研究的对象为一系统，且它们之间有相互作用力，一般用两个守恒定律(动量守恒定律、能量守恒定律)去解决问题．但须注意是否满足守恒的条件．(2)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(3)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间短，故动量守恒定律一般能派上大用场．(4)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可应用牛顿第二定律．(5)研究某一物体受力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移问题)去解决问题．7．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．答案：(1)0.24 s(2)5 m/s解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有－Ft ＝m2v－m2v0②其中F＝μm2g③解得t＝m1v0μ(m1＋m2)g.代入数据得t＝0.24 s．④(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′⑤由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL⑥代入数据解得v0′＝5 m/s.故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5 m/s.8．如图所示，有一固定在水平面上的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成．各段轨道的编号已在图中标出．仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端．某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，在小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受的水平恒力．滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动．已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L＝0.10 m，匀强电场的电场强度的大小E＝1.0×104 N/C；滑块A、B的质量均为m ＝0.010 kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ＝0.40，绝缘滑块B所带电荷量q＝＋1.0×10－5 C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v＝6.0 m/s.A、B均可视为质点，且不计A、B间的静电力作用．在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求F的大小；(2)求碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值．答案：(1)1.84 N(2)大小为0.030 N·s，方向水平向左(3)17解析：(1)以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到的摩擦力大小为f＝μmg对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理有(F－f)L＝12m v2解得：F＝1.84 N.(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为v AB，根据动量守恒定律有m v＝2m v AB设滑块B对滑块A的冲量为I，规定水平向右为正方向．以滑块A为研究对象，根据动量定理有：I＝m v AB－m v，解得：I＝－0.030 N·s负号表示滑块B对滑块A的冲量方向水平向左．(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为ΔE1，则ΔE1＝μ(2mg－Eq)L设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为ΔE2，则ΔE2＝2μmgL设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为E k AB，令N＝E k ABΔE1＋ΔE2解得：N＝7.5即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能E k＝0.5(ΔE1＋ΔE2)＝6×10－3 J因E k>ΔE1，故滑块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能E k′＝E k－ΔE1＝2×10－3J<ΔE2，故不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上．9．弹跳杆运动是一项广受欢迎的运动．某种弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧套在T形跳杆上，弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部．一质量为M的小孩站在该种弹跳杆的脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0.从此刻起小孩做了一系列预备动作，使弹簧达到最大压缩量3x0，如图乙(a)所示；此后他开始进入正式的运动阶段．在正式运动阶段，小孩先保持稳定姿态竖直上升，在弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示；然后自由下落．跳杆下端触地(不反弹)的同时小孩采取动作，使弹簧的压缩量再次达到3x0；此后又保持稳定姿态竖直上升，……，重复上述过程．小孩运动的全过程中弹簧始终处于弹性限度内．已知跳杆的质量为m，重力加速度为g.空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计．(1)求弹跳杆中弹簧的劲度系数k ，并在图丙中画出该弹簧弹力F 的大小随弹簧压缩量x 变化的示意图；(2)借助弹簧弹力的大小F 随弹簧压缩量x 变化的F －x 图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求在图乙所示的过程中，小孩在上升阶段的最大速率；(3)求在图乙所示的过程中，弹跳杆下端离地的最大高度．答案：(1)Mg x 0，示意图见解析 (2)2gx 0 (3)3M 2x 02(M ＋m )2解析：(1)小孩处于静止状态时，根据平衡条件有Mg ＝kx 0 解得：k ＝Mg x 0F －x 图如图所示．(说明：画出过原点的直线即可)(2)利用F －x 图像可知，图线与横轴所包围面积的大小等于弹簧弹力做功的大小．弹簧压缩量为x 时，弹性势能为E p ＝12kx 2 图(a)状态弹簧的弹性势能为E p1＝12k (3x 0)2从图(a)至图(b)的过程，小孩先做加速运动后做减速运动，当弹簧弹力与重力等大时小孩向上运动的速度最大，设其最大速度为v max .此时弹簧压缩量为x 0，弹簧的弹性势能为E p2＝12kx 20 从图(a)至小孩向上运动速度达到最大的过程中，小孩和弹簧组成的系统机械能守恒，因此有：12k (3x 0)2＝Mg (3x 0－x 0)＋12M v 2max ＋12kx 20 解得：v max ＝2gx 0.(3)图(a)状态至弹簧长度为原长的过程中，小孩和弹簧组成的系统机械能守恒．设小孩在弹簧长度为原长时的速度为v 0，则有：12k (3x 0)2＝Mg (3x 0)＋12M v 20 小孩迅速抓住跳杆的瞬间，内力远大于外力，小孩和弹跳杆组成的系统动量守恒．设小孩和弹跳杆共同速度为v 1，规定竖直向上方向为正，有M v 0＝(M ＋m )v 1小孩和弹跳杆一起竖直上升至最高点，小孩和弹跳杆组成的系统机械能守恒，因此有：12(M ＋m )v 21＝(M ＋m )gh max 解得：h max ＝3M 2x 02(M ＋m )2. 专题四 多物体连续碰撞问题概述：实际物体发生碰撞时，常常出现众多物体发生一系列碰撞的情况，这些碰撞可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞；碰撞后物体质量可能不变，也可能发生变化……尽管这类碰撞看起来非常复杂，但在一定条件下大多数或全部的碰撞情况都是相同或相似的，应用的物理规律也是相似的．解此类问题既要明确大量碰撞所遵循的普遍规律，也要注意每一次碰撞的特点，分别列方程进行计算或归纳．10．如图所示，粗糙的水平面上静止放置着三个质量均为m 的小木箱，相邻两个小木箱的距离均为l .工人用沿水平方向的力推最左边的小木箱使之向右滑动，逐一与其他小木箱碰撞．每次碰撞后小木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速运动．已知小木箱与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .设碰撞时间极短，小木箱可视为质点．求第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比．答案：3 2解析：最后三个木箱匀速运动，则有F ＝3μmg水平力推最左边的木箱时，根据动能定理有(F －μmg )l ＝12m v 21 木箱发生第一次碰撞，根据动量守恒定律有m v 1＝2m v 2碰撞中损失的机械能为ΔE 1＝12m v 21－12·2m ·v 22 第一次碰后，水平力推着两个木箱向右运动，根据动能定理有(F－2μmg )l ＝12·2m ·v 23－12·2m ·v 22 木箱发生第二次碰撞，根据动量守恒定律有2m v 3＝3m v 4碰撞中损失的机械能为ΔE 2＝12·2m ·v 23－12·3m ·v 24 联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为ΔE 1ΔE 2＝32. 11．雨滴在穿过云层的过程中，不断与飘浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m 2、m 3、…、m n 、…(设各质量为已知量)．不计空气阻力． (1)若不计重力，求第n 次碰撞后雨滴的速度v n ′；(2)若考虑重力的影响，①求第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v 1′；②求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v n ′2. 答案：(1)m 0m nv 0 (2)①v 20＋2gl m 0m 1v 20＋2gl ②12m n(m 20v 20＋2gl n －1i ＝0m 2i ) 解析：(1)若不计重力，雨滴下落全过程中的动量守恒，且由m 0v 0＝m n v n ′得v n ′＝m 0m nv 0.(2)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒．①第1次碰撞前v 21＝v 20＋2gl ，v 1＝v 20＋2gl ，第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v ′1＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl . ① ②第2次碰撞前v 22＝v 1′2＋2gl ，利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ， ② 第2次碰撞后，利用②式得v 2′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 222gl ， 同理，第3次碰撞后v 3′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， ……第n 次碰撞后v n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1i ＝0m 2i m 2n 2gl ，动能12m n v n ′2＝12m n(m 20v 20＋2gl n －1i ＝0m 2i )． 12．如图所示，有一块足够长的木板放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、n 的木块，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量与所有木块的总质量相等．在t ＝0时刻木板静止，第1、2、3、…、n 号木块的初速度分别为v 0、2v 0、3v 0、…、n v 0，方向都水平向右．最终所有木块与木板以共同速度匀速运动．(1)求所有木块与木板一起匀速运动的速度v n ；(2)题干条件不变，若取n ＝4，则第3号木块在整个运动过程中的最小速度v 3min 为多少？答案：(1)14(n ＋1)v 0 (2)98v 0 解析：(1)取水平向右为正方向，对系统由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0＋…＋n v 0)＝2nm v n ，由上式解得v n ＝14(n ＋1)v 0. (2)第3号木块刚与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第4号木块的速度为v .对系统，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0＋4v 0)＝7m v 3min ＋m v .对第3号木块，由动量定理得－μmgt ′＝m v 3min －m ·3v 0，对第4号木块，由动量定理得－μmgt ′＝m v －m ·4v 0，由以上三式解得v 3min ＝98v 0.。