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1、热点十一 力学综合题热点十一 力学综合题 力学综合题考查的情景主要有板块模型、传送带、弹簧，涉及的知识为运 动学、动力学、能量和动量 力学综合题考查的情景主要有板块模型、传送带、弹簧，涉及的知识为运 动学、动力学、能量和动量 考向一 “木板滑块”模型考向一 “木板滑块”模型 (2018蚌埠一模蚌埠一模)如图如图 1 所示，地面依次排放两块完全相同的木板所示，地面依次排放两块完全相同的木板 A、 B，长度均为，长度均为 L2.5 m，质量均为，质量均为 m2150 kg，现有一小滑块以速度，现有一小滑块以速度 v06 m/s 冲上木板冲上木板 A 左端， 已知小滑块质量左端， 已知小滑块质量 m
2、1200 kg， 滑动与木板间的动摩擦因数为， 滑动与木板间的动摩擦因数为 1， 木板与地面间的动摩擦因数， 木板与地面间的动摩擦因数20.2。 (最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等， g 取取 10 m/s2) 图图 1 (1)若滑块滑上木板若滑块滑上木板 A 时，木板不动，而滑上木板时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板时，木板 B 开始滑动， 求 开始滑动， 求 1应满足的条件。应满足的条件。 (2)若若 10.4，求滑块的运动时间。，求滑块的运动时间。(结果用分数表示结果用分数表示) 解析解析 (1)滑上木板滑上木板 A 时，木板不动，由受力分析得 ：时
3、，木板不动，由受力分析得 ： 1m1g2(m12m2)g 若滑上木板若滑上木板 B 时，木板时，木板 B 开始滑动，由受力分析得：开始滑动，由受力分析得： 1m1g2(m1m2)g 代入数据得：代入数据得：0.3510.5； (2)若若 10.4，则滑块在木板，则滑块在木板 A 上滑动时，木板不动。设滑块在木板上滑动时，木板不动。设滑块在木板 A 上做 减速运动时的加速度大小为 上做 减速运动时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得，1m1gm1a1 解得解得 a14 m/s2 由由2a1Lv v 2 12 0 达到达到 B 板时速度板时速度 v14 m/s 在在 A 板上的
4、滑动时间由板上的滑动时间由 v1v0a1t1， 解得解得 t10.5 s 滑块滑上滑块滑上 B 板时板时 B 运动，由运动，由 1m1g2(m1m2)gm2a2 得得 a2 m/s2 2 3 速度相同时速度相同时 a2t2v1a1t2 解得解得 t2 s， 6 7 相对位移相对位移 xt2t2 mL2.5 m v1v共 共 2 v共 共 2 12 7 滑块与板滑块与板 B 能达到共同速度：能达到共同速度：v共 共 a2t2 m/s， 4 7 然后相对静止的一起减速：然后相对静止的一起减速： 2(m1m2)g(m1m2)a共 共 a共 共 2 m/s2 t3 s， v共 共 a共 共 2 7 t
5、t1t2t3 s。 23 14 答案答案 (1)0.3510.5 (2) s 23 14 考向二 传送带模型考向二 传送带模型 如图 如图 2 为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机 组成， 一台水平传送， 为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机 组成， 一台水平传送， A、 B 两端相距两端相距 3 m， 另一台倾斜， 传送带与地面的倾角， 另一台倾斜， 传送带与地面的倾角 37 ，C、D 两端相距两端相距 4.45 m，B、C 相距很近。水平部分相距很近。水平部分 AB 以以 5 m/s 的速率顺时 针转动。将质量为 的速率顺时 针转动。将质量为 10 kg 的
6、一袋大米放在的一袋大米放在 A 端，到达端，到达 B 端后，速度大小不变地 传到倾斜的 端后，速度大小不变地 传到倾斜的 CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。试求：。试求： 图图 2 (1)若若 CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。 (2)若要米袋能被送到若要米袋能被送到 D 端，求端，求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及 米袋从 部分顺时针运转的速度应满足的条件及 米袋从 C 端与端与 D 端所用时间的取值范围。端所用时间的取值范围。 解析解析 (1)米袋在米
7、袋在 AB 上加速时的加速度上加速时的加速度 a0g5 m/s2 米袋与米袋与 AB 共速时已滑行的距离共速时已滑行的距离 x02.5 m3 m v2 2a0 米袋到达米袋到达 B 点之前与传送带共速，米袋在点之前与传送带共速，米袋在 CD 上运动时的加速度为上运动时的加速度为 a mgsin mgcos ma 代入数据得代入数据得 a10 m/s2 上滑的最大距离上滑的最大距离 x1.25 m。 v2 2a (2)设设 CD 部分运转速度为部分运转速度为 v1时米袋恰能到达时米袋恰能到达 D 点点(即米袋到达即米袋到达 D 点时速度 恰好为零 点时速度 恰好为零)，则米袋速度减为，则米袋速度
8、减为 v1之前的加速度为之前的加速度为 a1g(sin cos )10 m/s2 米袋速度小于米袋速度小于 v1至减为零前的加速度为至减为零前的加速度为 a2g(sin cos )2 m/s2 由由4.45 m v2 1v2 2a1 0 v2 1 2a2 解得解得 v14 m/s，即要把米袋送到，即要把米袋送到 D 点，点，CD 部分的运转速度部分的运转速度 vCDv14 m/s 米袋恰能运到米袋恰能运到 D 点所用的时间最长为：点所用的时间最长为： tmax2.1 s v1v a1 0 v1 a2 若若 CD 部分传送带的速度较大， 使米袋沿部分传送带的速度较大， 使米袋沿 CD 上滑时所受
9、摩擦力一直沿皮带 向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为 上滑时所受摩擦力一直沿皮带 向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为 a2。由。由 sCDvtmin a2t 1 2 2min 得，得，tmin1.16 s 所以，所求的时间所以，所求的时间 t 的范围为的范围为 1.16 s t2.1 s。 答案答案 (1)1.25 m (2)vCD4 m/s 1.16 s t2.1 s 考向三 与弹簧相关的问题考向三 与弹簧相关的问题 如图 如图 3 所示，挡板所示，挡板 P 固定在足够高的倾角为固定在足够高的倾角为 37的斜面上，小物 块 的斜面上，小物 块 A、B 的质量均为的质量
10、均为 m，两物块由劲度系数为，两物块由劲度系数为 k 的轻弹簧相连，两物块与斜面的 动摩擦因数均为 的轻弹簧相连，两物块与斜面的 动摩擦因数均为 0.5，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块 B 连接，另 一端连接一轻质小钩，初始小物块 连接，另 一端连接一轻质小钩，初始小物块 A、B 静止，且物块静止，且物块 B 恰不下滑，若在小钩 上挂一质量为 恰不下滑，若在小钩 上挂一质量为 M 的物块的物块 C 并由静止释放，当物块并由静止释放，当物块 C 运动到最低点时，小物块运动到最低点时，小物块 A 恰好离开挡板恰好离开挡板 P，重力加速度为，重力加速度为
11、g，sin 370.6，cos 370.8。 图图 3 (1)求物块求物块 C 下落的最大高度。下落的最大高度。 (2)求物块求物块 C 由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量。由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量。 (3)若把物块若把物块 C 换成质量为换成质量为(Mm)的物块的物块 D， 小物块， 小物块 A 恰离开挡板恰离开挡板 P 时小物 块 时小物 块 B 的速度为多大？的速度为多大？ 解析解析 (1)开始时，物块开始时，物块 B 恰不下滑，恰不下滑，B 所受的静摩擦力达到最大值，且方 向沿斜面向上，由平衡条件得： 所受的静摩擦力达到最大值，且方 向沿斜
12、面向上，由平衡条件得： kx1mgcos mgsin 可得弹簧的压缩量为可得弹簧的压缩量为 x1mg 5k 小物块小物块 A 恰好离开挡板恰好离开挡板 P，由平衡条件得：，由平衡条件得： kx2mgcos mgsin 可得弹簧的伸长量为可得弹簧的伸长量为 x2mg k 故物块故物块 C 下落的最大高度下落的最大高度 hx1x2。 6mg 5k (2)物块物块 C 由静止开始运动到最低点的过程中，对于由静止开始运动到最低点的过程中，对于 A、B、C 及弹簧组成的 系统，运用能量守恒定律得： 及弹簧组成的 系统，运用能量守恒定律得： Mghmgcos hmgsin hEp 则得弹簧弹性势能的变化量
13、则得弹簧弹性势能的变化量 Ep。 6(Mm)mg2 5k (3)若把物块若把物块 C 换成质量为换成质量为(Mm)的物块的物块 D，小物块，小物块 A 恰离开挡板恰离开挡板 P 时，物 块 时，物 块 D 下落的高度仍为下落的高度仍为 h。对于。对于 A、B、D 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律 得： 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律 得： (Mm)ghmgcos hmgsin hEp (Mmm)v2 1 2 解得解得 v2mg。 3 5k(M2m) 答案答案 (1) (2) 6mg 5k 6(Mm)mg2 5k (3)2mg 3 5k(M2m) 1如图如图 4 所示，质量为所示，质量为
14、M4.0 kg 的长木板静止在粗糙水平地面上，某时 刻一质量为 的长木板静止在粗糙水平地面上，某时 刻一质量为 m2.0 kg 的小木块的小木块(可视为质点可视为质点)， 以， 以 v010 m/s 的初速度从左端滑 上长木板，同时用一水平向右的恒力 的初速度从左端滑 上长木板，同时用一水平向右的恒力 F 拉动长木板向右做匀加速运动。当小木 块运动到长木板的右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力 拉动长木板向右做匀加速运动。当小木 块运动到长木板的右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力 F，长木板在地面 上继续运动 ，长木板在地面 上继续运动 L4 m 时的速度为时的速度为 3 m/s， 已知
15、长木板与小木块间的动摩擦因数， 已知长木板与小木块间的动摩擦因数 1 0.5， 长木板与水平地面间的动摩擦因数， 长木板与水平地面间的动摩擦因数 20.2， 重力加速度， 重力加速度 g 取取 10 m/s2， 求 ：， 求 ： 图图 4 (1)长木板的长度；长木板的长度； (2)作用在长木板上的恒力作用在长木板上的恒力 F 的大小。的大小。 解析 解析 (1)长木板与小木块达到共同速度长木板与小木块达到共同速度 v共 共后， 长木板与小木块一起向右减 速滑行， 设此过程加速度大小为 后， 长木板与小木块一起向右减 速滑行， 设此过程加速度大小为 a， 以整体为研究对象， 由牛顿第二定律， 有
16、， 以整体为研究对象， 由牛顿第二定律， 有 a 2g 2(Mm)g (Mm) 解得解得 a2 m/s2 根据匀变速直线运动规律根据匀变速直线运动规律 v2v 2aL 2 共 共 解得解得 v共 共 5 m/s 设小木块滑上长木板后做加速度大小为设小木块滑上长木板后做加速度大小为 a1的匀减速运动，经时间的匀减速运动，经时间 t1达到共 同速度 达到共 同速度 v共 共，对小木块，由牛顿第二定律，有 ，对小木块，由牛顿第二定律，有 a11g5 m/s2 又又 v共 共 v0a1t1 解得解得 t11 s 在在 0t1内小木块的位移内小木块的位移 x木块 木块 t17.5 m v0v共 共 2
17、长木板的位移长木板的位移 x木板 木板 t12.5 m v共 共 2 所以长木板的长度为所以长木板的长度为 lx木块 木块 x木板 木板 5 m (2)设长木板在恒力设长木板在恒力 F 作用下做加速度大小为作用下做加速度大小为 a2的匀加速运动，对长木板， 有 的匀加速运动，对长木板， 有 v共 共 a2t1 解得解得 a25 m/s2 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 F1mg2(Mm)gMa2 解得解得 F22 N。 答案 答案 (1)5 m (2)22 N 2为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面 上的运动情况，装置如图 为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用
18、测速仪研究木块在斜面 上的运动情况，装置如图 5 甲所示。他使木块以甲所示。他使木块以 v04 m/s 的初速度沿倾角的初速度沿倾角 30的斜面上滑， 并同时开始记录数据， 利用电脑绘出了木块从开始至最高点的的斜面上滑， 并同时开始记录数据， 利用电脑绘出了木块从开始至最高点的 v t 图线，如图乙所示。木块到达最高点后又沿斜面滑下，图线，如图乙所示。木块到达最高点后又沿斜面滑下，g 取取 10 m/s2。求：。求： 图图 5 (1)木块与斜面间的动摩擦因数木块与斜面间的动摩擦因数 ； (3)木块回到出发点时的速度大小木块回到出发点时的速度大小 v。 解析 解析 (1)由题图乙可知，木块经由题
19、图乙可知，木块经 0.5 s 滑至最高点，上滑过程中加速度大小滑至最高点，上滑过程中加速度大小 a18 m/s2 v t 上滑过程中由牛顿第二定律得上滑过程中由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma1 联立解得联立解得 3 5 (2)木块上滑过程中做匀减速运动，有木块上滑过程中做匀减速运动，有 2a1xv2 0 下滑过程中由牛顿第二定律得下滑过程中由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma2 下滑至出发点做初速度为下滑至出发点做初速度为 0 的匀加速运动，得的匀加速运动，得 2a2xv2联立解得联立解得 v2 m/s。 答案 答案 (1) (2)2 m/s 3 5 3如图如图 6 所
20、示，水平地面上静止放置一辆小车所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量，质量 mA4 kg，上表面 光滑， 小车与地面间的摩擦力极小， 可以忽略不计， 可视为质点的物块 ，上表面 光滑， 小车与地面间的摩擦力极小， 可以忽略不计， 可视为质点的物块 B 置于置于 A 的最右端，的最右端，B 的质量的质量 mB2 kg，现对，现对 A 施加一个水平向右的恒力施加一个水平向右的恒力 F10 N，A 运动一段时间后， 小车左端固定的挡板与运动一段时间后， 小车左端固定的挡板与 B 发生碰撞， 碰撞时间极短， 碰后发生碰撞， 碰撞时间极短， 碰后 A、 B 粘合在一起，共同在粘合在一起，共同在 F
21、的作用下继续运动，碰撞后经时间的作用下继续运动，碰撞后经时间 t0.6 s，二者的速度 达到 ，二者的速度 达到 vt2 m/s。求：。求： 图图 6 (1)A 开始运动时加速度开始运动时加速度 a 的大小；的大小； (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小；的大小； (3)A 的上表面长度的上表面长度 l. 解析 解析 (1)以以 A 为研究对象，由牛顿第二定律有为研究对象，由牛顿第二定律有 FmAa，代入数据解得，代入数据解得 a2.5 m/s2 (2)对对 A、 B 碰撞后共同运动碰撞后共同运动 t0.6 s 的过程， 由动量定理得的过程， 由动量定理得 Ft(
22、mAmB)vt (mAmB)v 代入数据解得代入数据解得 v1 m/s (3)设设 A、B 发生碰撞前，发生碰撞前，A 的速度为的速度为 vA，对，对 A、B 发生碰撞的过程，由动量 守恒定律有 发生碰撞的过程，由动量 守恒定律有 mAvA(mAmB)v A 从开始运动到与从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有发生碰撞前，由动能定理有 Fl mAv 1 2 2 A 代入数据解得代入数据解得 l0.45 m。 答案 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m 4如图如图 7 所示，弹枪所示，弹枪 AA离竖直墙壁离竖直墙壁 BC 距离距离 x2.4 m，质量，质量 m
23、10.5 kg 的“愤怒的小鸟”从弹枪上的“愤怒的小鸟”从弹枪上 A点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点 C 点，点， AC 的竖直高度差的竖直高度差 y1.8 m。“小鸟”在。“小鸟”在 C 处时，速度恰好水平地与原来静止 在该处的质量为 处时，速度恰好水平地与原来静止 在该处的质量为 m20.3 kg 的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑， 圆弧轨道半径 的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑， 圆弧轨道半径 R0.5 m，石块恰好能通过圆弧最高点，石块恰好能通过圆弧最高点 D，之后无碰撞地从，之后无碰撞地从 E 点 离开圆弧轨道进入倾斜轨道 点
24、离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN(无能量损失无能量损失)， 且斜面， 且斜面MN的倾角的倾角37， ， EOD 37，石块沿斜面下滑至，石块沿斜面下滑至 P 点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它， 石块与斜面间的动摩擦因数 点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它， 石块与斜面间的动摩擦因数 0.5，PE 之间的距离之间的距离 s0.5 m。已知“小鸟” 、 石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度 。已知“小鸟” 、 石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度 g 取取 10 m/s2，空气阻力忽略不计，空气阻力忽略不计(sin 370.6，cos 370.8)。求：。求： 图图 7 (1)石
25、块与“猪头”碰撞时的速度大小；石块与“猪头”碰撞时的速度大小； (2)“小鸟”与石块碰前的速度大小；“小鸟”与石块碰前的速度大小； (3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面“小鸟”与石块相碰之前离斜面 MN 的最近距离。的最近距离。 解析 解析 (1)石块恰好过圆弧最高点石块恰好过圆弧最高点 D，设在，设在 D 点时的速度为点时的速度为 vD m2gm2v 2 D R 解得解得 vD m/s5 设石块在设石块在 P 点与“猪头”碰撞时的速度为点与“猪头”碰撞时的速度为 vp，石块从，石块从 D 至至 P 的过程，由动 能定理可知 的过程，由动 能定理可知 m2gR(1cos )ssin m2gcos
26、 s m2v m2v 1 2 2 P 1 2 2 D 解得解得 vP3 m/s (2)设石块在设石块在 C 点碰后的速度为点碰后的速度为 vC， 石块从， 石块从 C 至至 D 的过程， 由动能定理可知的过程， 由动能定理可知 m2g2R m2v m2v 1 2 2 D 1 2 2 C 解得解得 vC5 m/s 设“小鸟”与石块碰前的速度为设“小鸟”与石块碰前的速度为 v，碰后速度为，碰后速度为 v，在碰撞过程，由动量 守恒和能量守恒可知 ，在碰撞过程，由动量 守恒和能量守恒可知 m1vm1vm2vc m1v2 m1v2 m2v 1 2 1 2 1 2 2 C 联解可得联解可得 v4 m/s
27、(3)将“小鸟”从将“小鸟”从 A至至 C 的运动可逆向视为从的运动可逆向视为从 C 至至 A的平抛运动，设历 时 的平抛运动，设历 时 t，“小鸟”的速度与，“小鸟”的速度与 AC 连线平行，有连线平行，有 vygt vxv tan v y vx 联解可得联解可得 t0.3 s 此时“小鸟”离此时“小鸟”离 AC 连线的距离设为连线的距离设为 h hsin x 2 xvt 则“小鸟”离斜面则“小鸟”离斜面 MN 最近的距离为最近的距离为 h hR(1cos )h 得得 h0.54 m。 答案 答案 (1)3 m/s (2)4 m/s (3)0.54 m 5.如图如图 8 所示， 在水平轨道上
28、方所示， 在水平轨道上方 O 处， 用长为处， 用长为 L1 m 的细线悬挂一质量为的细线悬挂一质量为 m 0.1 kg 的滑块的滑块 B，B 恰好与水平轨道相切，并可绕恰好与水平轨道相切，并可绕 O 点在竖直平面内摆动。水 平轨道的右侧有一质量为 点在竖直平面内摆动。水 平轨道的右侧有一质量为 M0.3 kg 的滑块的滑块 C 与轻质弹簧的一端相连，弹簧的 另一端固定在竖直墙 与轻质弹簧的一端相连，弹簧的 另一端固定在竖直墙 D 上，弹簧处于原长时，滑块上，弹簧处于原长时，滑块 C 静止在静止在 P 点处，一质量也 为 点处，一质量也 为 m0.1 kg 的子弹以初速度的子弹以初速度 v01
29、5 m/s 射穿滑块射穿滑块 B 后后(滑块滑块 B 质量不变质量不变)射射2 中滑块中滑块 C 并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为 x0.2 m。滑块。滑块 B 做 圆周运动， 恰好能保证绳子不松弛。 滑块 做 圆周运动， 恰好能保证绳子不松弛。 滑块 C 与与 PD 段的动摩擦因数为段的动摩擦因数为 0.5， A、 B、C 均可视为质点，重力加速度为均可视为质点，重力加速度为 g10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：，结果保留两位有效数字。求： 图图 8 (1)子弹子弹 A 和滑块和滑块 B 作用过程中损失的能量；作用过程中损失的能量；
30、 (2)弹簧的最大弹性势能。弹簧的最大弹性势能。 解析 解析 (1)若滑块若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有 mgmv 2 1 L 解得解得 v1 m/sgL10 滑块滑块 B 从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得 mg2L mv mv 1 2 2 1 1 2 2 B 解得解得 vB5 m/s5gL2 子弹子弹 A 和滑块和滑块 B 作用过程，由动量守恒定律得作用过程，由动量守恒定律得 mv0mvAmvB，解得，解得 vA10 m/s2 子弹子弹 A 和滑块和滑块 B 作用过程
31、中损失的能量作用过程中损失的能量 E mv mv mv 10 J。 1 2 2 0 1 2 2 A 1 2 2 B 若滑块若滑块 B 恰好能够运动到与恰好能够运动到与 O 等高处， 则到达与等高处， 则到达与 O 等高处时的速度为零， 滑块 等高处时的速度为零， 滑块 B 从最低点到与从最低点到与 O 等高处的过程，由机械能守恒定律得等高处的过程，由机械能守恒定律得 mgL mv 1 2 2 B vB2 m/s2gL5 子弹子弹 A 和滑块和滑块 B 作用过程，由动量守恒定律得作用过程，由动量守恒定律得 mv0mvAmvB， 解得解得 vA(152) m/s25 子弹子弹 A 和滑块和滑块 B
32、 作用过程中损失的能量作用过程中损失的能量 E mv mv mv 7.5 J。 1 2 2 0 1 2 2 A 1 2 2 B (2)若滑块若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动，设恰好能够做完整的圆周运动，设 A 与与 C 作用后瞬间的共同速 度为 作用后瞬间的共同速 度为 v，由动量守恒定律有，由动量守恒定律有 mvA(Mm)v A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 (Mm)v2Ep(Mm)gx， 1 2 解得解得 Ep2.1 J 若滑块若滑块 B 恰好能够运动到与恰好能够运动到与 O 等高处， 设等高处， 设 A 与与 C 作用后瞬间的共同速度 为 作用后瞬间的共同速度 为 v，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得 mvA(Mm)v A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 (Mm)v2Ep(Mm)gx，解得，解得 1 2 Ep3.1 J。 答案 答案 见解析见解析