【答案】（1） $0 . 6 m \nu _ { 0 } ^ { 2 }$ ；（2） $0 . 7 6 8 \nu _ { 0 } t _ { 0 }$ ；（3） 0.45
【解析】
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A 、B速度相等，即 $t = t _ { 0 }$ 时刻，根据动量守恒定律
$$
m _ { \scriptscriptstyle B } \cdot 1 . 2 \nu _ { \scriptscriptstyle 0 } = ( m _ { \scriptscriptstyle B } + m ) \nu _ { \scriptscriptstyle 0 }
$$
根据能量守恒定律
$$
E _ { \mathrm { p m a x } } = \frac { 1 } { 2 } m _ { B } ( 1 . 2 \nu _ { 0 } ) ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } ( m _ { B } + m ) \nu _ { 0 } ^ { 2 }
$$
联立解得
$$
m _ { B } = 5 m
$$
$$
E _ { \mathrm { p m a x } } = 0 . 6 m \nu _ { \mathrm { 0 } } ^ { 2 }
$$
（2）解法一：同一时刻弹簧对A 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
$$
F = m a
$$
可知同一时刻
$$
a _ { \scriptscriptstyle A } = 5 a _ { \scriptscriptstyle B }
$$
则同一时刻A 、B的的瞬时速度分别为
$$
\nu _ { _ { A } } = a _ { _ { A } } t \ , \nu _ { _ { B } } = 1 . 2 \nu _ { _ { 0 } } - \frac { a _ { _ A } t } { 5 }
$$
根据位移等速度在时间上的累积可得
$$
s _ { \scriptscriptstyle A } = \nu _ { \scriptscriptstyle A } t ( \sharp \sharp \sharp \sharp ) , s _ { \scriptscriptstyle B } = \nu _ { \scriptscriptstyle B } t ( \sharp \sharp \sharp )
$$
又
$$
s _ { \scriptscriptstyle A } = 0 . 3 6 \nu _ { \scriptscriptstyle 0 } t _ { 0 }
$$
解得
$$
s _ { B } = 1 . 1 2 8 \nu _ { 0 } t _ { 0 }
$$
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
$$
\Delta s = s _ { _ B } - s _ { _ A } = 0 . 7 6 8 \nu _ { _ 0 } t _ { 0 }
$$
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
$$
m _ { B } \times 1 . 2 \nu _ { 0 } = 6 m \nu _ { 0 } = m _ { B } \nu _ { B } + m \nu _ { A }
$$
对方程两边同时乘以时间Dt，有
$$
6 m \nu _ { 0 } \Delta t = 5 m \nu _ { _ B } \Delta t + m \nu _ { _ A } \Delta t
$$
$0 { - } t _ { 0 }$ 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
$$
6 m { \nu } _ { 0 } t _ { 0 } = 5 m { s } _ { B } + m { s } _ { A }
$$
将 $s _ { \scriptscriptstyle A } = 0 . 3 6 \nu _ { \scriptscriptstyle 0 } t _ { 0 }$ 代入可得
$$
s _ { B } = 1 . 1 2 8 \nu _ { 0 } t _ { 0 }
$$
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
$$
\Delta s = s _ { _ B } - s _ { _ A } = 0 . 7 6 8 \nu _ { _ 0 } t _ { 0 }
$$
（3）物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 $2 \nu _ { 0 }$ 方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 $\nu _ { _ A } ^ { ^ { \prime } }$ ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
$$
m \dot { \nu _ { _ A } } - 5 m \cdot 0 . 8 \nu _ { _ 0 } = m \cdot ( - 2 \nu _ { _ 0 } ) + 5 m \nu _ { _ B } ^ { ^ { . } }
$$
根据能量守恒定律可得
$$
{ \frac { 1 } { 2 } } m \nu _ { A } ^ { ^ { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 } } { \cdot } 5 m { \cdot } ( 0 . 8 \nu _ { 0 } ) ^ { 2 } = { \frac { 1 } { 2 } } m { \cdot } ( - 2 \nu _ { 0 } ) ^ { 2 } + { \frac { 1 } { 2 } } { \cdot } 5 m \nu _ { B } ^ { ^ { 2 } }
$$
联立解得
$$
\nu _ { _ { A } } ^ { \prime } = \nu _ { _ { 0 } }
$$
**方法一**：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
$$
- m g L \sin \theta - \mu m g L \cos \theta = 0 - \frac { 1 } { 2 } m ( 2 \nu _ { 0 } ) ^ { 2 }
$$
下滑过程，根据动能定理可得
$$
m g L \sin \theta - \mu m g L \cos \theta = \frac { 1 } { 2 } m \nu _ { 0 } ^ { 2 } - 0
$$
联立解得
$$
\mu = 0 . 4 5
$$
**方法二**：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度，
$$
m g \sin \theta + \mu m g \cos \theta = m a _ { \scriptscriptstyle \perp } , m g \sin \theta - \mu m g \cos \theta = m a _ { \scriptscriptstyle \perp }
$$
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
$$
2 a _ { \mathrm { \scriptsize ~ E } } x = ( 2 \nu _ { \mathrm { 0 } } ) ^ { 2 } - 0 , 2 a _ { \mathrm { \scriptsize ~ F } } x = { \nu _ { \mathrm { \scriptsize ~ 4 } } } ^ { \mathrm { \scriptsize ~ \it ~ 2 } } = { \nu _ { \mathrm { 0 } } } ^ { \mathrm { \scriptsize ~ \it 2 } }
$$
联立可解得
$$
\mu = 0 . 4 5
$$
