專題6：碰撞與動量守恒(參考答案)

第六章碰撞與動量守恒1．【2017·新課標Ⅰ卷】【答案】A【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃氣）為m1，燃氣的質(zhì)量為m2，根據(jù)動量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動量為：p=m1v1=m2v2=30，所以A正確，BCD錯誤。2．【2017·新課標Ⅲ卷】【答案】AB3.（15福建卷）答案D4.（15重慶卷）【答案】A【解析】試題分析：人下落h高度為自由落體運動，由運動學(xué)公式，可知；緩沖過程（取向上為正）由動量定理得，解得：，故選A。5.[2014·福建卷Ⅰ](2)D[解析]忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D項正確．6．[2014·浙江卷][答案](1)C[解析](1)本題考查碰撞、動量守恒定律等知識點．甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動量守恒，選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故不守恒．7．[2014·重慶卷]B[解析]彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有m彈丸v0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確．8、(2013年天津理綜)【答案】B【解析】甲、乙運動員相互作用時，根據(jù)作用力與反作用力的特點，力的大小相等，作用時間也相等，所以沖量的大小相等，但沖量是矢量，它們的方向相反，故選項A錯誤；在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則由甲與乙構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，甲、乙動量變化量大小相等，方向相反，故選項B正確；甲乙互相作用時是非彈性碰撞，所以機械能會有損失，所以甲的動能增加量和乙的動能的減小量不相等，所以選項C錯誤；根據(jù)選項C可知，甲、乙的動能增加量與減小量不相等，所以由動能定理可知，甲對乙做功的絕對值和乙對甲做的功的絕對值不相等，9．【答案】D【解析】A、根據(jù)動量守恒定律可得，可知兩種情況下木塊和子彈的共同速度相同，兩顆子彈速度變化相同，故A錯誤；B、兩滑塊的動量變化相同，受到的沖量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍，射入滑塊A中時平均阻力對子彈是射入滑塊B中時的倍，故B錯誤；C、射入滑塊A中時阻力對子彈做功與射入滑塊B中時阻力對子彈做功相等，故C錯誤；D、由，兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D正確；故選D。10．【答案】B【解析】在物塊下滑的過程中，斜槽將后退，物塊與弧形槽系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒；對于物塊，除了重力做功外，支持力做功，則物塊的機械能不守恒．故A錯誤．物塊加速下滑，豎直方向受向下合力，物塊與槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向動量守恒．故C錯誤．因為物塊與槽在水平方向上動量守恒，由于質(zhì)量相等，根據(jù)動量守恒，物塊離開槽時速度大小相等，方向相反，物塊被彈簧反彈后，與槽的速度相同，做勻速直線運動．故B正確，D錯誤．故選B．11．【答案】D【解析】在木塊A與彈簧相互作用的過程中，從彈簧的壓縮量達到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過程中，彈簧對木板B有向左的彈力，B板仍在加速，所以彈簧壓縮量最大時，B板運動速率不是最大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時B板的速率最大，故A錯誤；彈簧壓縮量先增加后減小，彈簧對B板的彈力先增大后減小，故B板的加速度先增加后減小，故B錯誤；設(shè)彈簧恢復(fù)原長時A與B的速度分別為v1和v2．取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2

；根據(jù)機械能守恒定律，有：?2m?v02=?2m?v12+mv22

；解得：v1=v0，v2=v0．對滑塊A，根據(jù)動量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（負號表示方向向右），故C錯誤；當(dāng)滑塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大；根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v

；系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)守恒定律，有：Ep=?2m?v02-（2m+m）v2

；由以上兩式解得：Ep=mv02，故D正確；故選D.12．【答案】A【解析】AB.當(dāng)m達到最大靜摩擦力時，m相對M發(fā)生相對滑動；則此時m的加速度為：a=μg=0.2×10=2m/s2；則對整體受力分析可知，F(xiàn)=(m+M)a=3×2=6N=6t，則可知發(fā)生相對運動的時間為1s，F(xiàn)是均勻增加的，，對整體由動量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正確，B錯誤；C.若物體做勻加速直線運動，則1s內(nèi)的位移x=vt/2=0.5m；而物體做的是變加速直線運動，故位移不是0.5m；故D.由動量定理可知,I=(M+m)v=3N?s；故D錯誤；13．【答案】A【解析】由x-t圖象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA′=vB′=v=，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，設(shè)A原方向為正方向，則由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正確，BCD錯誤．故選A．15．【答案】D【解析】試題分析：由沖量的計算公式求出各力的沖量大小，由動量定理求出動量的變化量或合力的沖量．小球受到豎直向下的重力，和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯誤；小球的支持力不為零，作用時間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯誤；小球在運動過程中只有重力做功，所以根據(jù)機械能守恒可得，故，根據(jù)動量定理可得，故C錯誤D正確．16．【答案】D【解析】球b自由落體運動，球c的豎直分運動是自由落體運動，故bc兩個球的運動時間相同，為：；球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ，根據(jù)，得：；故t＜t′，故A錯誤；由于重力相同，而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，故B錯誤；初動能不全相同，而合力做功相同，故根據(jù)動能定理，末動能不全相同，故C錯誤；bc球合力相同，運動時間相同，故合力的沖量相同，根據(jù)動量定理，動量變化量也相同；ab球機械能守恒，末速度相等，故末動量相等，初動量為零，故動量增加量相等，故D正確；故選D.17．【答案】A【解析】在M與m相撞的過程中，有能量損失，所以系統(tǒng)機械能不守恒．碰撞的瞬間，由于時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；從M與m粘連后到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，該過程只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由于從M與m開始接觸時動量守恒機械能不守恒，則選項B錯誤；從M與m開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由于碰撞的過程有能量損失，系統(tǒng)機械能不守恒，故CD錯誤；故選A．18．【答案】C【解析】試題分析：系統(tǒng)內(nèi)力遠遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與做功情況判斷系統(tǒng)動量與機械能是否守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題．子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統(tǒng)機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統(tǒng)在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，AB錯誤；設(shè)子彈射入木塊后，兩者的速度為v，子彈擊中木塊過程子彈與木塊的內(nèi)力遠遠大于外力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，木塊壓縮彈簧過程，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，當(dāng)彈性勢能最大時，系統(tǒng)的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，C正確D錯誤．19．【答案】AC【解析】從圖象可以看出，從0到的過程中B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，A正確；從圖中可知從到時間內(nèi)A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，即時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，時刻彈簧處于原長，故BD錯誤；由圖示圖象可知，時刻兩物體相同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

，即，解得m1：m2=2：1，所以，在時刻根據(jù)能量守恒定律可得即，解得，C正確．20【答案】BD【解析】將三者看做一個整體，在b球下落過程中，整體只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，A錯誤；因為兩桿對兩小球做功的代數(shù)和為零，所以有，解得b球落地瞬間的速度為，B正確；整個裝置下落過程中，水平方向沒有外力，水平方向的動量守恒，豎直方向上動量不守恒，C錯誤；設(shè)桿對a球做功，對b球做功，系統(tǒng)機械能守恒，則除了重力之外的力的功必定為零，即，對a球由動能定理可知，故，D正確．三、計算題1．【2017·天津卷】【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得：（2）設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s（3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：解得，初始時B離地面的高度2.（i）規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v①Q(mào)UOTE12m2v202=QUOTE12(m2+m3)v2+m2gh②式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg③(ii)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1+m2v20④代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥123、解答：35．（1）ABE（2）答：設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有①即②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒有③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v'1、v'2，由動量守恒和能量守恒有mv1=mv'1+v'2④⑤聯(lián)立④⑤式解得v'2=v1⑥由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知⑦聯(lián)立③⑥⑦式，解得：⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件，所以有：⑨4.【答案】（1）；（2）5.（15新課標1卷）6．解：(ⅰ)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有vB＝eq\r(2gh)①將h＝0.8m代入上式，得v1＝4m/s.②(ⅱ)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分別為v2和v′2，由運動學(xué)規(guī)律可得v1＝gt③由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有mAv1＋mBv2＝mBv′2④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)⑤設(shè)B球與地面相碰后速度大小為v′B，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B＝vB⑥設(shè)P點距地面的高度為h′，由運動學(xué)規(guī)律可得h′＝eq\f(v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,2),2g)⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′＝0.75m．⑧7．[2014·安徽卷][答案](1)2.5m/s(2)6次(3)12.75m[解析](1)設(shè)兩者間相對靜止時速度為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝2.5m/s(2)設(shè)物塊與凹槽間的滑動摩擦力Ff＝μN＝μmg設(shè)兩者相對靜止前相對運動的路程為s1，由動能定理得－Ff·s1＝eq\f(1,2)(m＋m)v2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得s3＝12.5m已知L＝1m，可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞．(3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2，碰后的速度分別為v′1、v′2.有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)得v′1＝v2，v′2＝v1即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段凹槽，物塊的vt圖像在兩條連續(xù)的勻變速運動圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運動規(guī)律求時間．則v＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5s凹槽的vt圖像所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5L，其余每份面積均為L)s2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))t＋6.5L＝12.75m．8．[答案](1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m[解析]設(shè)滑塊的質(zhì)量為m.(1)根據(jù)機械能守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)mv2解得碰撞前瞬間A的速率有v＝eq\r(2gR)＝2m/s.(2)根據(jù)動量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s.(3)根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m.9．[2014·全國卷][答案](1)1.0m/s(2)1400J[解析](1)設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′.由動量守恒定律有mv－MV＝MV′①代入數(shù)據(jù)得V′＝1.0m/s②(2)設(shè)碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應(yīng)有eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MV2＝eq\f(1,2)MV′2＋ΔE③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得ΔE＝1400J④10[2014·山東卷][答案](ⅰ)eq\f(m,2)(ⅱ)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)[解析](ⅰ)以初速度v0的方向為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2)②(ⅱ)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則ΔE＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)⑤11．[2014·天津卷](1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m[解析](1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2②(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s④(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m⑦12、(2013重慶理綜)【答案】（1）A球的速率（2）1<P<5（3）1<P<313、(2013年新課標Ⅰ卷)【解析】設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊Ａ的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和Ｂ的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由動量和能量守恒定律，得①②式中，以碰撞前木塊Ａ的速度方向為正。由①②式得③設(shè)碰撞后Ａ和Ｂ運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得④⑤按題意有⑥設(shè)A的初速度為v0,由動能定理得⑦聯(lián)立上式，得⑧14、(2013年新課標Ⅱ卷)【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為，損失的機械能為。對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得②③聯(lián)立①②③式得④(2)由②式可知，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為。由動量守恒和能量守恒定律得⑤⑥聯(lián)立④⑤⑥式得⑦15．【答案】(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20?！窘馕觥浚?）設(shè)物體運動的加速度為，物體所受合力等于重力沿斜面向下的分力，根據(jù)牛頓第二定律有，解得：．（2）物體沿斜面上滑到最高點時，克服重力做功達到最大值，設(shè)最大值為，對于物體沿斜面上滑過程，根據(jù)動能定理有：解得：．（3）物體沿斜面上滑和下滑的總時間，此過程中重力的沖量，方向：豎直向下．綜上所述本題答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)2016．【答案】（1）-1.5J，（2）.【解析】試題分析：（1）開始時A、B均處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可以求出開始時彈簧的彈力以及彈簧從長度；C到達最低點時，B恰好離開地面，此時彈簧的彈力等于B的重力，C下降的距離等于彈簧從被壓縮到回復(fù)原長再到被拉長的形變量的長度，求出開始彈簧的壓縮量，再求出彈簧的伸長量，即可求出C下降的距離．然后結(jié)合機械能守恒即可求出彈簧的彈性勢能的變化；（2）由機械能守恒求出輕繩剛剛被拉直時D的速度，然后由動量守恒求出A與D的共同速度，最后結(jié)合機械能守恒求出D剛剛落至地面時的速度．（1），開始時A處于靜止狀態(tài)，A對彈簧的壓力等于A的重力；B恰好要離開地面時，B物體受到的拉力等于B的重力，由胡克定律可得A上升的高度：由于C恰能使B離開地面但不繼續(xù)上升，可知C與A的末速度都是0由功能關(guān)系可得彈簧的彈性勢能的變化量：（2）D下降H的過程中機械能守恒，則有：輕繩拉緊的一瞬間，輕繩對A的沖量與對D的沖量大小相等，方向都向上，設(shè)為I，輕繩拉緊后A與D的速度大小相等，設(shè)為，則對A取向上為正方向，則：對D取向下為正方向，則：D剛剛落地時，A與D的速度仍然是大小相等，設(shè)為則：聯(lián)立解得：17．【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m【解析】(1)小球A下擺及反彈上升階段機械能守恒，由機械能守恒定律得：A．B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，代入數(shù)據(jù)解得：vB=1m/s；(2)經(jīng)過時間t，B與傳送帶速度相等，由勻變速直線運動速度公式得：v0=vB+μgt，(3)物塊在傳送帶上一直加速到達右端時恰好與傳送帶速度相等，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：R=1.5m；18．【答案】（1）,（2）3mg,（3）.【解析】試題分析：（1）對B進行受力分析，由平衡條件求出彈簧的勁度系數(shù)．（2）根據(jù)簡諧運動特點求出回復(fù)力，然后應(yīng)用平衡條件、牛頓第三定律求出C對D的最大壓力．（3）對A應(yīng)用機械能守恒定律求出A、B碰撞前A的速度，由動量守恒定律求出碰撞后A、B的速度，對A與B組成的系統(tǒng)、B與C組成的系統(tǒng)、對A、對B應(yīng)用機械能守恒定律，分析答題．（1）物體B靜止時，彈簧形變量為x0，彈簧的彈力，物體B受力如圖所示由平衡條件得：解得：彈簧的勁度系數(shù)（2）A與B碰后一起做簡諧運動到最高點時，物體C對擋板D的壓力最小為0則對C，彈簧彈力：對A、B，回復(fù)力最大：由簡諧運動的對稱性，可知A與B碰后一起做簡諧運動到最低點時，回復(fù)力也最大即，此時物體C對擋板D的壓力最大對物體A、B有：則彈簧彈力：對物體C，設(shè)擋板D對物體C的彈力為N則：由牛頓第三