答案：
【答案】(1） $v_{\mathrm{A}}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, v_{\mathrm{B}}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$; (2) $d=\frac{7}{6} \mathrm{~m}$;(3) $-\frac{3}{65} \mathrm{~J}$; (4)
$$
\frac{3 \sqrt{2} \pi}{85} < \frac{M}{m_{\mathrm{A}}} < \frac{3 \sqrt{2} \pi}{85\left(1-\sqrt{1-\cos 5^{\circ}}\right)}
$$
【解析】【详解】(1）设水平向右为正方向, 因为 $O^{\prime}$ 点右侧光滑, 由题意可知 $\mathrm{A}$ 与 $\mathrm{B}$ 发生 弹性碰撞, 故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有 $m_{\mathrm{A}} v_0=m_{\mathrm{A}} v_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}} v_{\mathrm{B}}$.
$\frac{1}{2} m_{\mathrm{A}} v_0^2=\frac{1}{2} m_{\mathrm{A}} v_{\mathrm{A}}^2+\frac{1}{2} m_{\mathrm{B}} v_{\mathrm{B}}^2$ 代入数据联立解得 $v_{\mathrm{A}}=-2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, (方向水平向左） $v_{\mathrm{B}}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, （方向水平向右）
即 $\mathrm{A}$ 和 $\mathrm{B}$ 速度的大小分别为 $v_{\mathrm{A}}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, v_{\mathrm{B}}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 。
(2) 因为 $\mathrm{A}$ 物体返回到 $O$ 点正下方时, 相对地面速度为 $0, \mathrm{~A}$ 物体减速过程根据动能定理 有.
$-\mu_1 m_{\mathrm{A}} g x_0=0-\frac{1}{2} m_{\mathrm{A}} v_{\mathrm{A}}^2$ 代入数据解得 $x_0=0.5 \mathrm{~m}$ 根据动量定理有 $-\mu_1 m_{\mathrm{A}} g t_2=0-m_{\mathrm{A}} v_{\mathrm{A}}$
代入数据解得 $t_2=0.5 \mathrm{~s}$
此过程中 A 减速的位移等于 B 物体向右的位移, 所以对于此过程 B 有
$$
\begin{aligned}
& \mu_2\left(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}\right) g=m_{\mathrm{B}} a_1 \\
& x_0=v_{\mathrm{B}} t_1-\frac{1}{2} a_1 t_1^2
\end{aligned}
$$
联立各式代入数据解得 $t_1=\frac{1}{3} \mathrm{~s}, t^{\prime}{ }_1=1 \mathrm{~s}$ （舍去）故根据几何关系有 $d=v_{\mathrm{A}} t_1+x_0$
代入数据解得 $d=\frac{7}{6} \mathrm{~m}$
（3）在 A 刚开始减速时, B 物体的速度为 $v_2=v_{\mathrm{B}}-a_1 t_1=1 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$.
在 $\mathrm{A}$ 减速过程中, 对 $\mathrm{B}$ 分析根据牛顿运动定律可知 $\mu_1 m_{\mathrm{A}} g+\mu_2\left(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}\right) g=m_{\mathrm{B}} a_2$ 。 解得 $a_2=\frac{13}{3} \mathrm{~m} / \mathrm{s}^2$.
$\mathrm{B}$ 物体停下来的时间为 $t_3$, 则有 $0=v_2-a_2 t_3$ 解得 $t_3=\frac{3}{13} \mathrm{~s} < t_2=0.5 \mathrm{~s}$
可知在 $\mathrm{A}$ 减速过程中 B 先停下来了, 此过程中 $\mathrm{B}$ 的位移为 $x_{\mathrm{B}}=\frac{v_2^2}{2 a_2}=\frac{3}{26} \mathrm{~m}$.
所以 $\mathrm{A}$ 对 $\mathrm{B}$ 的摩擦力所做的功为 $W_f=-\mu_1 m_{\mathrm{A}} g x_{\mathrm{B}}=-\frac{3}{65} \mathrm{~J}$
(4) 小球和 $\mathrm{A}$ 碰撞后 $\mathrm{A}$ 做匀速直线运动再和 $\mathrm{B}$ 相碰, 此过程有 $t_0=\frac{d}{v_{\mathrm{A}}}=\frac{7}{12} \mathrm{~s}$ 由题意可知 $\mathrm{A}$ 返回到 $O$ 点的正下方时, 小球恰好第一次上升到最高点, 设小球做简谐振动 的周期为 $T$, 摆长为 $L$, 则有 $\frac{1}{4} T=t_0+t_1+t_2 \quad T=2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$
小球下滑过程根据动能定理有 $M g L=\frac{1}{2} M v^2$.
小球与 $\mathrm{A}$ 碰撞过程根据动量守恒定律有 $M v=M v_1+m_{\mathrm{A}} v_0$.
当碰后小球摆角恰为 $5^{\circ}$ 时, 有 $M g L\left(1-\cos 5^{\circ}\right)=\frac{1}{2} M v_1^2$.
联立可得 $\frac{M}{m_A}=\frac{3 \sqrt{2} \pi}{85\left(1-\sqrt{1-\cos 5^{\circ}}\right)}$.
当碰后小球速度恰为 0 时，碰撞过程有 $M v=m_A v_0$ 则可得 $\frac{M}{m_{\mathrm{A}}}=\frac{3 \sqrt{2} \pi}{85}$.
故要实现这个过程的范围为 $\frac{3 \sqrt{2} \pi}{85} < \frac{M}{m_{\mathrm{A}}} < \frac{3 \sqrt{2} \pi}{85\left(1-\sqrt{1-\cos 5^{\circ}}\right)}$