高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义

1、高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义授课主题动量守恒定律的应用教学目的1、了解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞2、知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象3、会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题教学重难点会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题教学内容一、知识回顾合冲量的求法动量定理动量守恒的条件二、新课导入下图是马尔西发表的著作中的一幅插图，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时，运动将传递给最后一个小球，其余的小球毫无影响。你能解释这是为什么吗？三、本章知识点讲解碰撞中的动量守恒碰撞的特点1瞬时作用的相互作用时间和相互作用力的特点(1)瞬时作用的相互作用时间很短。(

2、2)在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大，远远大于外力，因此作用过程的动量可看成守恒。2位移的特点碰撞、爆炸、打击过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以在物体发生碰撞、爆炸、打击的瞬间可忽略物体的位移。可以认为物体在碰撞、爆炸、打击前后在同一位置。3能量的特点爆炸过程系统的动能增加，碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。碰撞的分类：按碰撞前后速度方向的关系分为：正碰和斜碰按能量损失分：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

3、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。特别提醒：(1)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。(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。3速度要符合情景如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前v后，否则碰撞没有结束，如果碰前两物

4、体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。典型例题：如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动，与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木1m/s，则()Av木1m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球10m/sBv木1m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生Cv木1m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来Dv木1m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定答案：B解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得m1vm1v1m2v木，代入数据解得v110m/s

5、，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。变式训练：在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是D课堂小结：弹性碰撞的规律实例：A球碰撞原来静止的B球。典型例题：如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A5个小球静止，1个小球运动B4个小球静止，2个小球运动C3个小球静止，3个小球运动D6个小球都运动

6、答案：C解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。变式训练：1.如图所示,在真空中一光滑绝缘水平面上,有直径相同的两个金属球A、C,质量mA=1×10-2kg、mC=5×10-3kg,静止在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中的C球带正电,电荷量qC=1.0×10-2C。在磁场外不带电的A球以速度v0=20 m/

7、s进入磁场中与C球发生正碰后,C球对水平面的压力恰好为零(g取10 m/s2),则碰后A球的速度为()A.10 m/sB.5 m/sC.-10 m/sD.-20 m/s答案:A解析:A球与C球发生正碰,则动量守恒,即mAv0=mAvA+mCvC,接触后,C球所带电荷量变为,对水平面压力为零,则vCB=mCg,解以上各式得vA=10 m/s,所以选项A正确。2.在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5PO。假设小

8、球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比。解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B的速度大小保持不变,根据它们通过的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为41两球碰撞过程有:m1v0=m1v1+m2v2m1m1m2解得:=2。3.如图所示,车厢的质量为M,长度为L,静止在光滑水平面上,质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动,木块与前车壁碰撞后以向左运动,则再经过多长时间,木块将与后车壁相碰?解析:木块和车厢组成的系统动量守恒,设向右为正方向,碰后车厢的速度为v',则mv0=Mv'-m·得v'=,方

9、向向右设t时间内木块将与后车壁相碰,则v't+t=L4(2019·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间均极短求B、C碰后瞬间共同速度的大小解析设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B与C碰撞前B

10、的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmvB2据题意可知WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0答案v0课堂小结：某一方向上动量守恒问题的解题规律1动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的2分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量3选取恰当的动量守恒的表达式列方程4结合常用的机械能守恒、动能定理或能量守恒的公式列出对应的方程5根据题意分析讨论，得出结论典型例题：小型迫击炮在

11、总质量为1 000 kg的船上发射，炮弹的质量为2 kg，若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600 m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度【解析】取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力，因此，在竖直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒发射炮弹前，总质量为1 000 kg的船静止，则总动量Mv0.发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv

12、1cos45°，船后退的动量为(Mm)v2，可得mv1cos45°(Mm)v2.取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得v2v1×600 m/s0.85 m/s.变式训练：1、如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆槽顶端由静止滑下已知圆槽可沿着光滑水平面自由滑动求木块从槽口滑出时的速度大小为多少？解析木块从开始下滑到脱离槽口的过程中，木块和槽所组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为v1，则mv2Mv10又木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，联立两式解得木块滑出槽口的速度即mgRmvMvv

13、2 2、(2019·云南一模)如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点一质量也为m的子弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B时的速度大小解析子弹射入木块B的过程中，子弹和木块B组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有mv02mv1，子弹开始射入物块B到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有mv03mv2，根据机械能守恒得2mgL(1cos60°)×2mv

14、×3mv，联立三式解得v02.答案2课堂小结：“爆炸类问题中”动量守恒定律的应用1爆炸的特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用力尽管是变力，但作用时间很短，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，因此爆炸过程中外力的作用可以近似忽略系统满足动量守恒的条件，因此可以利用动量守恒定律求解爆炸问题2由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，可认为此过程动量守恒，位移不发生变化典型例题：(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点

15、爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A3v0v B2v03vC3v02v D2v0v解析在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一块的速度为v3v02v，对比各选项可知，答案选C.答案C课堂小结：多物体、多过程的动量守恒问题典型例题：两块厚度相同的木块A和B，紧靠着并排放在光滑的水平面上，其质量分别为mA0.5 kg，mB0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量为mC0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以vC25 m/s的速度恰好水平滑上A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和

16、C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)木块A的最终速度；(2)滑块C离开A时的速度vC.【解析】(1)当C滑上A后，由于摩擦力作用，将带动A和B一块运动，直至C滑到B后，A、B两木块分离，分离时A的速度为vA，最后C相对B静止，与B以共同的速度vB3.0 m/s运动，在整个过程中，由A、B、C三物体组成的系统满足动量守恒，得mCvCmAvA(mBmC)vB，所以vA m/s2.6 m/s.(2)解法一：为计算vC，我们以B、C为系统，C滑上B时，B与A分离，B、C水平方向动量守恒，此时B的速度与A的速度相同为vA，由动量守恒有mBvAmCvC(mBmC)vB，得vC m/s4.2 m/s.解

17、法二：为计算vC我们仍以A、B、C三物体组成的系统为研究对象满足动量守恒，C刚滑离A到B时，A、B的速度相同都为vA，此时C的速度为vC，则mCvC(mAmB)vAmCvC，得vC m/s4.2 m/s.变式训练：1、光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m，mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变求B与C碰撞前B的速度大小解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB

18、(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立式，代入数据得vBv0.2、如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平面上，斜面底端有一挡板与之垂直，同种材料制成的可看为质点的小物块A、B、C，其质量分别为m、2m、2m，物块C静止在物块B与挡板之间某一位置小物块A、B靠在一起，其间夹有少量炸药，一起以v04ms的速度沿斜面匀速下滑，当A、B与挡板距离为L175m时炸药爆炸，炸药爆炸后A的速度恰好变为零，随后小物块B沿斜面向下运动并与小物块C发生弹性碰撞，接着物块C与挡板也发生弹性碰撞碰后物块C沿斜面上滑，最后物块B与A碰撞并粘成一体取g10ms2，求物块B与A刚碰撞后的速度大小v共

19、（2）（10分）解：设沿轨道向下为正方向，爆炸瞬间由于内力远远大于外力，AB组成的系统动量守恒，故有，解得，方向沿斜面向下（2分）由于B和C质量相等，B与C之间发生弹性碰撞，故发生速度交换，碰撞过程能量没有损失，而C与挡板之间也是发生弹性碰撞，能量没有损失，C上滑与B再次碰撞过程中，仍然发生弹性碰撞，没有能量损失，故从B与A分离到B与A再次碰撞过程，等效与B以匀速下滑，然后与挡板发生弹性碰撞，再沿斜面减速上升。 （2分）设B与A发生碰撞时速度为，等效的整个过程中根据动能定理可得2mg sin×2L=， （2分）A与B碰撞过程中，动量守恒，故有 （2分）联立解得，负号表示方向沿斜面向上

20、 （2分）3、如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值小滑块以水平速度v0右滑时，由动能定理有：fL0mv02(2分)小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有：fLmvmv2(2分)滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有：mv1(m4m)v2(2分)由总能量守恒可得：fLmv12 (

21、m4m)v22(2分)述四式联立，解得： (1分) 4、如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切，质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处静止释放，在A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电力作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能A、B两球最终的速度的大小（2）（4分）对A球下滑的过程，由动能定理得：（1分）当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：

22、（1分）由能量守恒定律得：；（2分）（6分）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒由动量守恒定律可得：，（2分）由能量守恒定律可得：，（2分）解得：；（2分）课堂小结：四、巩固练习1、如图所示，A B C是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，并滞留在木块中若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C，已知木块对C点的压力大小为(M+m)g，求：子弹射入木块前瞬

23、间速度的大小2、如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求：（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。3如图所示，质量为3.0kg的小车在光滑水平轨道上以2.0m/s速度

24、向右运动一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内那么，经多长时间可使小车开始反向运动？（水的密度为kg/m3）4、如图所示，在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m=0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间摩擦不计，图中h =0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.5、如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧

25、两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内)，这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多大？1、（14）.解：设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为vB，到达C点 时的速度为vC。子弹射入木块时，系统动量守恒，可得： 木块(含子弹)在BC段运动，满足机械能守恒条件，可得 木块(含子弹)在C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T，木块对轨道的压力为T，可得： 又：T =T=(M+m)g 由

26、、方程联立解得：子弹射入木块前瞬间的速度：2、（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向由动量守恒：mAvA+mBmB=0爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能：带入数据解得：vA = vB = 3m/s由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC由能量定恒定定律：带入数据得：EP1=3J（2）设BC之间的弹簧

27、第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1带入数据解得：vB1=1m/s vC1=2m/s （vB1=3m/s vC1=0m/s 不合题意，舍去。）A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB由动量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1m/s当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2由动量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC由能量守恒：带入数据得：EP2=0.5J3.解:由题意知，小车质

28、量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s，水的密度=kg/m3.设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有 mv1- Mv2=0 (3分)又因为 M=V (2分)V=Qt (3分)由以上各式带入数据解得 t=50s (2分)4.解:物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力.设物体滑到圆弧的底端时车速度为v1，物体速度为v2对物体与车，由动量及机械能守恒得0=Mv1-mv2(2分)mgR=Mv+m v (2分)物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运

29、动，所以有h=gt2 (2分)L=（v1+v2）t (2分)由以上各式带入数据解得 R=0.055m (2分)5.解:对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有： 2 mvA = (m+m) v0 (2分)即 vA = v0由系统能量守恒有： (2分)此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v，由机械能守恒有： (2分)在最高点Q，由牛顿第二定律有： (2分)联立 式解得：E =10mgR (2分)五、当堂达标检测1. 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另

30、一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成角时，圆环移动的距离是多少？解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m（LLcos）d解得圆环移动的距离： d=mL（1cos）/（M+m）2、如图所示，A、B两物体与一轻质弹簧相连，静止在地面上.有

31、一个小物体C从距A物体h高度处由静止释放，当下落至与A相碰后立即粘在一起向下运动，以后不再分开，当A和C运动到最高点时，物体B对地面恰好无压力.设A、B、C三物体的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内.若弹簧的弹性势能由劲度系数和形变量决定，求C物体下落时的高度h.3、质量为M=3kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m=1kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0=2m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，取重力加速度g=1

32、0m/s2.设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离.2.解:开始时A处于平衡状态，有kx=mg (1分)设当C下落h高度时的速度为v，则有：(1分)设C与A碰撞粘在一起时速度为v，根据动量守恒定律有：mv=2m v(2分)由题意可知A与C运动到最高点时，B对地面无压力，即kx=mg (1分)可见：x=x(2分)所以最高点时弹性势能与初始位置弹性势能相等.根据机械能守恒定律有：(3分)解得：(2分)3.解:以物块和车为系统，由动量守恒定律得： (2分) 代入已知数据解得，共同速度：v=1