专题7 动量守恒定律 题组2 -【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题分类集训 物理 (3)物块A第二次到达斜面的最高，点与第一次相阿，说明物 3.B因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撒去推力后滑块 块A第二次与B分离后速度大小仍为2，方向水平向右， 在车厢底板上有相对滑动，即摩繁力微功，而水平地面是光 设物块A第一次滑下钟面的速度大小为。'，设向左为正方 滑的：以小车，弹簧和滑块组成的系统，根据动量守慢和机城 向，根搭动量守恒定律可得'一5m·0.8%=m· 能守恒的条件可知撒去推力后减系统动量守恒，机梳能不守 (一2h)+5m阳 位.故选B. 根据能量中位定律可得2加叭？+豆 ·5m·(0.8h)2 生.D由匀变遮直线规律得x=专ai,动量p=mu=mat,联立 m(-2w)产+号·5m%” 可得p2=2max,又因物体沿r轴正方向数匀加速运动，故 D正确，ABC错误. 联立解得以'=山 方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能 5.解：(1)A与B弹性碰撞，mA购=mAA十加BVB 定理可得-mgL.sin0-mgLc0s0=0-2m(2) 下滑过程，根据动能定理可得 m一世=一2ms4 联立解得A一m人十m程 mgLsin 0-jmgLcos =2m0 联立解得=0.45 2ma-2 m's. 方法二：根据牛顿第二定律，可以分刚计算出滑决A上滑和 (2)因为物块A返回到O点正下方时，相对地面速度为零，物 下滑时的加速度，mgsin0十mgcos8=ma上，mgsin日 块A减建过程根据动能定理有 mgcos0=mT·上滑时末逢度为0，下滑时初速度为0，由 匀变速直线透动的位移速度关系可得2上x=(2)2一0， 一构HAgTo-=0一豆mA明 2a下x=12- 解得xo=0.5m 联立可解得：=0.45， 一均mA2=0一m4vA 答案(1)0.6m听(2)0.7686f0 解得2=0.5s (3)0.45 对平板B有(m1十mg)g=ma 13.解析(1)当滑块处于静止时来面对滑杆的支持力等于滑 1 块和滑杆的重力，即 =阳41一24月 N=(m+M)g=8 N 1 当滑块向上清动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿 解得h■38 第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方阿竖直向 上，则此时来面对滑杆的支排力为N:=Mg一'=5N 所以d+0m. (2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定现有 (3)在A刚开始减速时，物体B的速度为 一mg1一f1=2m所一之m6 坠=vg-a1t1=1ms 在A减速过程中，对B分析根搭牛頓运动定律可知 代入数据解得别=8m4s, 均mAg十（用A十mB)g=用n4: (3)由于清块和滑杆发生完全非弹性瑗撞，即碰后两者共 13 速，碰撞过程报据动量守位有m=(m十M) 解得ag=3ms2 碰后滑决和滑杆以速度V整体向上做竖直上抛运动，根据 物体B停下来的时间为‘g,则有0=功一a2g 动能定理有-(m+M)gh=0-2(m+M)w2 解得=3C:=0.5s 代入数据联正解得h=0,2m, 可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为 答案(1)N=8N,N4=5N 3 (2)n=8ms(3)h=0.2m 题组二 1h=2a,污m 所以A对B的摩擦力所做的功为 1,ABD两滑块在光滑针坡上加速度相同，网时由静止开始下 滑，则相对速度为0，数A正确：两滑块滑到水平面后均殿匀 W,=一西mAg士B=一店 成速运动，由于两滑块质量相同，且发生性碰拉，可知碰后 (4)小球和A碰撞后A跌匀速运动再与B相瑾，则 两清块交换连度，即碰楂后解间甲的追度等于遥撞前晚间乙 的速度，故B正确：设斜面领角为，乙下滑过程有H乞 gtisin 0. 在水平面运动一段时间2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度微 根据单摆运动规肆可知T一2红√日 勾减挂运动妇，乙运动的时间为1=1十1：十11，由于1与 Hz有关，则总时间与H乙有关，故C错误：乙下滑过程有 }T=+h mgH之=2m吃。由于甲和乙发生弹性碰撞，交换迪度，剥 小球由最高点至最低点由动能定理有MgL=号M 可加甲最终停止位置与不发生碰授时乙最终停止的位置相 小球与A碰撞由动量守恒有M和=M,十m 同：则如果不发生碰撞，乙在水平面适动到停止有 当小球第一次上升至最高点时有MgL(1一cos5)=2M厨 2工，联立可得工=，即发生碰拉后甲最终停止位置与 解得山 42x O处相距H。故D正确，故选ABD. 'm445(1-√/1-cos5) 当碰后小琼追度拾好为零时，有Mu=mA。十M 2.BD对甲、乙两条形德铁分别做受力分析，如图所示 年川 解得M-4区云 mA 45 所以42xM 42云 根据牛领第二定律有：甲 F-Am甲g F一cg,由于 45mA45(1-√T-c0s5) 用单 .at m乏 6.解(1)篮球下降时，由动能定理可得 m单>m艺·所以日甲<乙，由于两物体诺动时间相同，且同时 由静止释放，可得甲<吧：A错误：对于整个系统而言，由 ngH-xmgH-m时 于m甲g>1乙g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合 蓝球上升时，由动能定理可得 动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，D正确、C错 误，故选BD, 一mgh一mgh=0-m 154 详解答案 篮球与地面难控后的速率与硬撞前的速率之比k=当 故第一次碰检后P的建度大小为号的，Q的速度大小为 2 联主可得k=√日一 h十h %. (2)在施加压力F后，蓝球到选地面的建度为的，蓝琼与地面 (2)设P,Q第一次瑾撞后Q上升的高度为：，对Q由遮动 瑾控后，给好反弹至h的高度处，Fy因像的面积为压力F h 所做的功，根据动能定理有 学公式得0-6=2，（一2gi血》·m)⑤ 合R,h-An)+mgh-Amsh=子m 联立①@⑤式释h1=25求 联立可得F。=2mg1一A)(H-h) 授P运动至与Q刚要发生第二次雄撞前的位置时速度为 h-ho 2·第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 (3)由动量定理可得1=m叫 第一次拍击后落地前有一听=2(1一)g小 球起的高度为h1,有(k)产=2(1+)gh 7 联立①②⑤⑦式得=号圆 联立解得h1=2gH0一元万日 P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、 第二次拍击后落地前有一哈=2(1一A)gh1 a2,由动童中恒定律得mw:=十4mar② 弹起的高度为h:有(k购)2=2(1十》gh: 由款被能守极定珠得之m喝一之m品+号·md国 联立解得：=H(1+合)+得 h6 第N次后有 联立0000@D大释m=-是×号画 w+合+ h 十…+ )+ h-1 设第二次碰撞后Q上升的高度为2，对Q由运动学公式得 方+ -2gH1一 0-6e=2·（-2gsin》‘sm00 76 联立①@⑤⑦@0B式得h:一25‘25 0 a1-)+ h话 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ,第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得 1 当方N=H时有 张a0C0D@088大释-(@ P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的逸度分别为仰、 os,由动量中拉定律得m=1十4Q⑦ 1=踢=川 由机枝能守拉定律得号m=豆m响十豆·4m6 联立①②⑤D⑨⑩B⑤⑦B式得 28(1-A(H-(HN-) (HN-) 7,解(1)设算味质量均为m,甲算珠与乙算珠逆撞前逸度为 山·根耕动能定理可得 m=号×(）@ 一mg到=m-m听① 授第三次碰撞后Q上升的尚度为1，由远动学公式得 设撞后甲，乙的速度为的，根搭动量宁旗定律 1-6-2·（-2gsin》·sm0@ ② 撞后乙算抹运动的距离为L,根据动能定理可得 联立①@0@0800天释=（层·是 -mg=0-7m话③ 经计算得L=2×10-2m=型，所以可判断乙算珠能滑动到 总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 边柜a④ (2)设甲算来加速度大小为a,根据牛顿第二定律 ,-(层）：意=12 a=上=m8=g回 (3)当P,Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两 设甲碰撞前运动的时间为t1,逆撞后远动时间为1红，停下来 物块婆动企址程由动能宠理得0一名m话=-（m十m)gH 需要的时间为t 1=一) tan0·4 mgeos:2@】 =0.1s 4-0-0.1s西 解得H=8g, ()设Q第一次碰撞至追度减为零需要的时间为，由运动 1=41十t2-0,2s☒ 学公式得o1=2g1sin9⑦ 8.解(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向， 授P运动到斜面底端时的地度为·需要的时间为：·由 由动章守恒定律得 运动字公式得'p叫=刚十gsin日⑦ m=十4ot① vm一利=2gsn0图 由机钱能守提定体得与m话=名m函+号·46@ 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时 间为t 联主①巴式择m一哥w国 we-(-p）-g4sin0@ 当A点与挡板之间的距离最小时11=2g十13@ 2 =④ 联立@@@⑧式，代入教据得=8万-13)道 200gsin 0 155 五年高考真题分类集训 物理 9.解析(1)传送带的速度v=4.0m/s时，找物箱在传送带上 (3)从B,C分离到B停止运动，设B的路程为x,C的位移 先微匀减速运动，设其加速度大小为：，由牛领第二定律有 为工，以B为研完对象，由动能定理得 r初】复2a ①D 设载物椅滑上传遥带后匀减逸运动的距离为，由远动学公 以C为研究对象，由动能定理得 式有一62=一2as e -fxc=0-Ek 联立①②团式，代入题给数据得 由B,C的运动关系得xI>r(一x健@ N:=4.5m 联立⑨①式得W<fxm心 固此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至，然后开始 (4)2 做匀速运动.设我物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时 9f 间为1，做匀减追运动所用的时间为'，由运动学公式有 v-6一at ④ 4-4,‘4L ⊙ U 11.解析(1)对滑块A在圆燕轨道上的运动过程，报播机械能 联立①)①⑤式并代入题给数据得 41=2.758. 守恒定律有mgR=2m (2)当载物箱滑上传送带后一克做匀减逸运动时，到达右侧 解得碰撞前醉问A的速率v一√2gR一2ms 平台时的速度最小，设为功：当找物箱滑上传送带后一直微 匀加建运动时，到达右侧平台时的途度最大，设为，由动能 根格牛顿第二定体有F一mg=加民 定里有一mgl=之m2-之mw 0 解得轨道对A的支持力大小F一3N 根据牛顿第三定律可得，A对轨道的压力大小N=F=3N, mgL=m2-mw ⊙ (2)根据动量守恒定律有nu=2u 由心⑧式并代人题给条件得 解得碰撞后醉阅A和B整体的逸率'▣ 2u-1 m's =2m/s,边=4√5m8 根掷动量定理有I=m=0,1N·8 (3)传送带的递度=6,0m:s时，由于<<购，找物箱先 做匀加速运动，加速度大小仍为4，设载物箱做匀加速运动通 (3)根据动能定理有一·2mg1=0-之×2m0 过的距离为列，所用时间为，由运动学公式有 解得A和B整体沿水平桌而滑动的距商【 2 =0.25m p=十al经 0 24g -2=24 0 答案(1)3N(2)0.1N·(3)0.25m 联立①@①式并代入题给数据得=1,0 力学新题型 3=5,5m 题组一 因此载物精加速遗动1.0s、向右运动5.5m时，逃到与传送 1.C质量，逸率和动能都是标量，动量p=n,质量m是标 带相问的递度，此后载物箱与传送带共同句递运动（△：一1：》 量，建度是失量，故动量力是失量，C正确。 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离 2.B上并垃程和下辞垃程的位移大小相同，上升过程的术状 为，有=（△1一丝）v 态和下降过程的初状态逵度均为家，对排球受力分析，上升 过程的重力和阻力方向相网，下降过程中重力和阻力方向相 由①®B式可加，7m>mg(L一一5g),即教物箱运 反，根耦牛頓第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度 动到右侧平台时递度大于零，设为的，由运动孕公式有 比下降过租中对庶位置的加瑰度大，则上外过程的平均加递 的 度较大.由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为，由动 错误；上升过程排球做诚逸运动，下降过程排球做加速运动。 量定理有I=n(女一) G 在整个过程中空气阻力一直数负功，排球机械能一直在减 小，下降过程中的最低，点的逸度小于上升过程的最低点的速 联主①2⑧0份式并代入题给数据得I=0. 度，故排球被垫起时的追度最大，B正确，达到最高，点建度为 答案(1)2.75￥(2)4W3m82m/s(3)0 零，空气阻力为零，此刘撸球重力提供加逸度不为零，C辑 10.解(1)从开始到B,C向左移动到最大距离的过程中，以 误：下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球 B、C和弹簧为研究对象，由功能美系得 所受的合外力在变化，排球在下落过程中微变加速运动，D 错误.故选B. Frw=2f十2k6① 3.B铅球做平抛运动，仅受重力，故机梳能守恒，A错误：铅球 苹簧恢复原长时B,C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B 的加逃度恒为重力加违度保持不变，B正确：铅球微平抛适 C和弹簧为研究对象，由能量守恒得 动，水平方向遮度不变，竖直方向做匀加速直线途动，根拼运 2k后=2f+2Bg 动的合成可知铅球速度变大，尉动能越来越大，CD错误.故 选B. 联主①四式煤 4,B在研究如何易出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位 n-F-4 置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误：惯性只与 ③ 质量有关，足琼在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B Ex-F-6IF+8/ 正确：是球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气但力的 ① 情况下只受重力，放C错误：触网时足球对网的力与网对足 (2)当A刚要离开培时，设弹簧的种长量为工，以A为研究 琼的力是相互作用力，大小相等，故D错误，放速B 对象，由平衡条件得kx=「⑤ 5.CA.篮球未转动时，蓝球竖直下落，没有受到偏转力f3的 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒 作用，而蓝球转动时，得受到偏转力「：的作用，所以偏转力 力为最小值Fn,从弹簧陵复原长到A刚要离开培的过程 f三2？中的k:与篮球转动角递度有关，故A错溪： B.空气阻力一直对篮球做负功，蓝球的机域能将减域小，蓝球 中，以B和弹簧为研究对象，由能量中恒得 的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量圆到原高度， E=kx2+fx⑥ 故B错误： C,篮球下落过程中，其受力情况如 联立①②⑤⑤式得 图所示 f- -(3± 篮球下落过程中，由受力分析可知， 随着逃度不断增大，篮球受到和 张据题意合去F=(3-)人，得 「的合力滞经直方向的分力可能 比重力大，可使篮球竖直方向的分 逸度诚小为客或变成竖直向上，所以蓝球可能向上运动，故 F=(3+四)/® C正确：D,如果蓝球的速度变成水平方向，则空气阻力的作 156专题七动量守恒定律 题组二 用时： 易错记录： 一、选择题 物体运动状态的变化可用px图像中的一条曲 1.(2024·广东卷)（多选）如图所示，光滑斜坡上， 线来描述，称为相轨迹.假如一质点沿x轴正方 可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、 向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相 H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面 轨迹可能是 在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数 为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽 略空气阻力。下列说法正确的有 二、非选择题 5.(2022·山东卷)如图所示，“L”形平板B静置在 地面上，小物块A处于平板B上的O点，O点左 7m2niaiiimn 侧粗糙，右侧光滑，用不可伸长的轻绳将质量为 A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 M的小球悬挂在O'点正上方的O点，轻绳处于 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的 水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低 速度 点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与 C.乙的运动时间与H乙无关 碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 D,甲最终停止位置与0处相距Hz 5),A以速度0沿平板滑动直至与B右侧挡板 发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正 2.(2023·新课标卷)（多选）使甲、乙两条形磁铁隔 下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰 开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对 好第一次上升到最高点，已知A的质量mA= 着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌 0.1kg,B的质量mB=0.3kg,A与B的动摩擦 面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙， 因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数以2= 在它们相互接近过程中的任一时刻 0.225,o=4m/s,取重力加速度g=10m/s2,整 甲 乙 个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不 S N 77777777777777777777777 计，不计空气阻力.求： A.甲的速度大小比乙的大 (1)A与B的挡板碰撞小球， B.甲的动量大小比乙的小 后，二者的速度大小A C.甲的动量大小与乙的相等 与vB D.甲和乙的动量之和不为零 (2)B光滑部分的长 3.(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小 度d； 车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端 (3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功W; 与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦 (④)实现上述运动过程，M的取值范围（结果用 用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块 mA 在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系（可视 cos5表示). 为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑 块组成的系统 ( Q00Q00 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒 4.(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和 动量p描述，称为相，对应px图像中的一个点. 31 五年高考真题分类集训 物理 6.(2022·湖南卷)如图(a),质量为m的篮球从离 地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹 算珠日零状态 性碰撞后反弹至离地h的最高处.设篮球在运动 边框a酸 边框b 过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 1倍Q为常数且0<<骨-京，且蓝球每次与地 面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加 速度大小为g. (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a; (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间. 图(a) 图(b)】 (1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率 之比： (2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施 加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次 后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化 8.(2020·山东卷)如图所示，一倾角为0的固定斜 如图(b)所示，其中o已知，求F。的大小： 面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分 (3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至 别为m和4m,Q静止于斜面上A处.某时刻，P 最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极 以沿斜面向上的速度%与Q发生弹性碰撞.Q 短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量 与斜面间的动摩擦因数等于tan0,设最大静摩 I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处， 擦力等于滑动摩擦力.P与斜面间无摩擦，与挡 求神量I的大小. 板之间的碰撞无动能损失.两物块均可以看作质 点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与 之发生碰撞.重力加速度大小为g 77777%777777777777777777 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大 小p1、Q1 (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hm: (3)求物块Q从A点上升的总高度H: (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之 发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离5 7.(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中 心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动， 使用前算珠需要归零.如图所示，水平放置的算 盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框 b,甲，乙相隔s=3.5×10-2m,乙与边框a相隔 32=2.0×10一2m,算珠与导杆间的动摩擦因数 u=0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨 出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s,方向 不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取 10m/s2. —32 可 专题七动量守恒定律 9.(2020·全国卷Ⅲ)如图， (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xC,从 相距L=11.5m的两平 B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹 台位于同一水平面内，二 左侧平台 右侧平台 簧弹力做的功为W,通过推导比较W与∫xC 者之间用传送带相接.传 传送磨 的大小； 送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动 (4)若F=5f,请在所给坐标系中，画出C向右 系统根据需要设定.质量m-10kg的载物箱（可 运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并 视为质点)，以初速度%=5.0m/s自左侧平台 在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x 滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数 值（用f、k、m表示），不要求推导过程.以撤去F 4=0.10,重力加速度取g=10m/s2 时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向， (1)若v=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的 时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速 度和最小速度； (3)者。=6.0m/s,我物箱滑上传送带1=号。 后，传送带速度突然变为零.求载物箱从左侧平 台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的 冲量. 11.(2020·北京模拟)如 图所示，竖直平面内的 四分之一圆弧轨道下 端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在 圆弧轨道的最高点和最低点，现将A无初速度 释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面 10.(2021·山东卷)如图所示，三个质量均为m的 滑动.已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m;A和 小物块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖 B的质量均为m=0.1kg,A和B整体与桌面 直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连 之间的动摩擦因数4=0.2.取重力加速度g= 接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均 10m/s2.求： 静止，现给C施加一水平向左、大小为F的恒 (1)与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的 力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即 大小； 撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物 (2)碰撞过程中A对B的冲量I的大小： 块都停止运动.已知A、B、C与地面间的滑动摩 (3)A和B整体在桌面上滑动的距离L. 擦力大小均为∫，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能 可表示为：E,=k2,k为弹簧的劲度系数，江 为弹簧的形变量) 1M B C (1)求B、C向左移动的最大距离xo和B、C分 离时B的动能Ek； (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小 值Fmin 33