廣東省梅州市五華中學2015屆高三上學期月考物理試卷(1月份)

1、廣東省梅州市五華中學2015屆高三上學期月考物理試卷（1月份）一、單項選擇題（每題4分）1（4分）如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力（）A方向向左，大小不變B方向向左，逐漸減小C方向向右，大小不變D方向向右，逐漸減小2（4分）一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現的運動狀態(tài)是（）A勻速直線運動B勻加速直線運動C勻變速曲線運動D勻速圓周運動3（4分）一個物塊以初動能E滑上斜面最高處時克服重力做功0.6E，則它又滑回斜面底端時的動能為（）A0.8EB0.6EC0.4ED0.2E4（4分）一人造衛(wèi)星繞地球運動，由于

2、受到稀薄氣體阻力的作用，其軌道半徑會緩慢發(fā)生變化若衛(wèi)星繞地球運動一周的過程都可近似看做圓周運動，則經過足夠長的時間后，衛(wèi)星繞地球運行的（）A半徑變大，角速度變大，速率變大B半徑變小，角速度變大，速率變大C半徑變大，角速度變小，速率變小D半徑變小，角速度變小，速率變小二、雙項選擇題（每題6分）5（6分）如圖所示，內壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，讓兩個質量相同的小球A和小球B，緊貼圓錐筒內壁分別在水平面內做勻速圓周運動，則（）AA球的線速度一定大于B球的線速度BA球的角速度一定大于B球的角速度CA球的向心加速度一定等于B球的向心加速度DA球對筒壁的壓力一定大于B球對筒壁的壓力6

3、（6分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動7（6分）如圖所示，一小滑塊從斜面頂端A由靜止開始沿斜面向下做勻加速直線運動到達底端C，已知AB=BC，則下列說法正確的是（）A滑塊到達B、C兩點的速度之比為1：B滑塊到達B、C兩點的速度之比為1：4C滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1：D滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1：（1）8（6分）兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成以平行板電容器，與它相連接的電路如圖

4、所示，接通開關K，電源即給電容器充電（）A保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B保持K接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大C斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D斷開K，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電勢差增大9（6分）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是（）Aa尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒Ba尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒Ca離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒Da離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒二、實驗

5、題10（18分）用如圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律完成平衡摩擦力的相關內容：（1）取下砂桶，把木板不帶滑輪的一端墊高，接通打點計時器電源，（選填“靜止釋放”或“輕輕推動”）小車，讓小車拖著紙帶運動（2）如果打出的紙帶如圖2所示，則應（選填“增大”或“減小”）木板的傾角，反復調節(jié)，直到紙帶上打出的點跡，平衡摩擦力才完成11如圖所示是某次實驗中得到的一條紙帶，其中A、B、C、D、E是計數點（每打5個點取一個計數點），其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm則打C點時小車的速度為m/s（計算結果保留三位有效數字）12在“測定金屬的電阻率”的實驗中，

6、提供的電源是一節(jié)內阻可不計的干電池，被測金屬絲的直徑小于1mm，長度約為80cm，阻值約為3，使用的電壓表有3V（內阻約為3k）和15V（內阻約為15k）兩個量程，電流表有0.6A（內阻約為0.1）和3A（內阻約為0.02）兩個量程，供限流用的滑動變阻器有：A.010；B.0100；C.01 500三種，可供選擇的實驗電路有如圖1所示的甲、乙兩種，用螺旋測微器測金屬絲的直徑如圖2所示，則：（1）螺旋測微器的示數是mm（2）為減小電阻的測量誤差，應選用圖所示的電路（3）為了使測量便于調節(jié)，應選用編號為的滑動變阻器（4）電壓表的量程應選用V（5）電流表的量程應選用A三、計算題13（18分）如圖所示

7、，光滑水平面上有A、B、C三個物塊，其質量分別為mA=2.0kg，mB=1.0kg，mC=1.0kg現用一輕彈簧將A、B兩物塊連接，并用力緩慢壓縮彈簧使A、B兩物塊靠近，此過程外力做功108J（彈簧仍處于彈性限度內），然后同時釋放A、B，彈簧開始逐漸變長，當彈簧剛好恢復原長時，C恰以4m/s的速度迎面與B發(fā)生碰撞并粘連在一起求（1）彈簧剛好恢復原長時（B與C碰撞前）A和B物塊速度的大小？（2）當彈簧第二次被壓縮時，彈簧具有的最大彈性勢能為多少？14（18分）如圖所示，水平絕緣軌道AB與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R=0.40m軌道所在空間存在水平向右的勻強電

8、場，電場強度E=1.0×104N/C現有一電荷量q=+1.0×104C，質量m=0.10kg的帶電體（可視為質點），在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體運動到圓形軌道最低點B時的速度vB=5.0m/s已知帶電體與水平軌道間的動摩擦因數=0.50，重力加速度g=10m/s2求：（1）帶電體運動到圓形軌道的最低點B時，圓形軌道對帶電體支持力的大小；（2）帶電體在水平軌道上的釋放點P到B點的距離；（3）帶電體第一次經過C點后，落在水平軌道上的位置到B點的距離廣東省梅州市五華中學2015屆高三上學期月考物理試卷（1月份）參考答案與試題解析一、單項選擇題（每題4分）1（4分）如圖所示

9、，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力（）A方向向左，大小不變B方向向左，逐漸減小C方向向右，大小不變D方向向右，逐漸減小考點：牛頓第二定律；滑動摩擦力 專題：整體法和隔離法分析：整體法和隔離法是動力學問題常用的解題方法 1、整體法：整體法是指對物理問題中的整個系統(tǒng)或整個過程進行分析、研究的方法在力學中，就是把幾個物體視為一個整體，作為研究對象，受力分析時，只分析這一整體對象之外的物體對整體的作用力（外力），不考慮整體內部之間的相互作用力（內力） 整體法的優(yōu)點：通過整體法分析物理問題，可以弄清系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，

10、從整體上揭示事物的本質和變體規(guī)律，從而避開了中間環(huán)節(jié)的繁瑣推算，能夠靈活地解決問題通常在分析外力對系統(tǒng)的作用時，用整體法 2、隔離法：隔離法是指對物理問題中的單個物體或單個過程進行分析、研究的方法在力學中，就是把要分析的物體從相關的物體體系中隔離出來，作為研究對象，只分析該研究對象以外的物體對該對象的作用力，不考慮研究對象對其他物體的作用力 隔離法的優(yōu)點：容易看清單個物體的受力情況或單個過程的運動情形，問題處理起來比較方便、簡單，便于初學者使用在分析系統(tǒng)內各物體（或一個物體的各個部分）間的相互作用時用隔離法本題中兩物體相對靜止，可以先用整體法，整體受重力、支持力和向后的摩擦力，根據牛頓第二定律

11、先求出整體加速度，再隔離物體B分析，由于向前勻減速運動，加速度向后，故合力向后，對B物體受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根據牛頓第二定律，可以求出靜摩擦力的大小解答：解：A、B兩物塊疊放在一起共同向右做勻減速直線運動，對A、B整體根據牛頓第二定律有然后隔離B，根據牛頓第二定律有fAB=mBa=mBg 大小不變，物體B做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故選A點評：對于連接體問題可以用整體法求加速度，用隔離法求解系統(tǒng)內力！2（4分）一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現的運動狀態(tài)是（）A勻速直線運動B勻加速直線運動C勻變速曲線運動D勻速圓周運動考點：電場強

12、度；牛頓第二定律 專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據物體的初狀態(tài)和受力情況判斷物體的運動情況解答：解：一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不為0A、物體合力不為0，不可能做勻速直線運動，故A錯誤B、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向相同，而且合外力恒定，就做勻加速直線運動，故B正確C、物體合力不為0，當初速度方向與加速度方向不在一條直線上，而且合外力恒定，物體就做勻變速曲線運動，故C正確D、物體合力不為0，當合力與速度方向始終垂直，就可能做勻速圓周運動，故D正確答案選不可能出現的運動狀態(tài)，故選：A點評：了解幾種常見的運動狀態(tài)的受力情況和速度變化情況3（4分）一個物塊以初動能E滑上

13、斜面最高處時克服重力做功0.6E，則它又滑回斜面底端時的動能為（）A0.8EB0.6EC0.4ED0.2E考點：動能定理的應用 專題：動能定理的應用專題分析：對物塊應用動能定理可以求出物塊回到斜面底端時的動能解答：解：物塊向上滑動過程，由動能定理得：mghWf=0E，由題意可知：mgh=0.6E，解得：Wf=0.4E，物塊下滑過程，由動能定理得：mghWf=EK，解得：EK=0.2E；故選：D點評：本題考查了求物體的動能，分析清楚物體的運動過程，應用動能定理即可正確解題4（4分）一人造衛(wèi)星繞地球運動，由于受到稀薄氣體阻力的作用，其軌道半徑會緩慢發(fā)生變化若衛(wèi)星繞地球運動一周的過程都可近似看做圓周

14、運動，則經過足夠長的時間后，衛(wèi)星繞地球運行的（）A半徑變大，角速度變大，速率變大B半徑變小，角速度變大，速率變大C半徑變大，角速度變小，速率變小D半徑變小，角速度變小，速率變小考點：萬有引力定律及其應用 專題：萬有引力定律的應用專題分析：克服空氣阻力做功，機械能將逐漸變小，從而軌道半徑將變小根據萬有引力提供向心力，列式得到衛(wèi)星的線速度與軌道半徑的關系式，再進行分析解答：解：由于衛(wèi)星要克服空氣阻力做功，機械能要減小，所以衛(wèi)星軌道半徑逐漸減小根據萬有引力提供向心力，得：G=m得v=，r減小，v增大，V=r，所以角速度變大故B正確故選：B點評：衛(wèi)星繞地球做圓周運動所需要的向心力由萬有引力提供，根據題

15、意選擇恰當的向心力的表達式，解出線速度，根據表達式討論二、雙項選擇題（每題6分）5（6分）如圖所示，內壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，讓兩個質量相同的小球A和小球B，緊貼圓錐筒內壁分別在水平面內做勻速圓周運動，則（）AA球的線速度一定大于B球的線速度BA球的角速度一定大于B球的角速度CA球的向心加速度一定等于B球的向心加速度DA球對筒壁的壓力一定大于B球對筒壁的壓力考點：向心力；牛頓第二定律 專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用分析：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力，根據F合=ma=m2r比較線速度、角速度、加速度解答：解：A、對小球受力分析，小球

16、受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，如圖根據牛頓第二定律，有：F=mgtan=ma=m2r，解得：v=，a=gtan，=A的半徑大，則A的線速度大，角速度小，向心加速度相等故AC正確，B錯誤D、因為支持力N=，支持力等于球對筒壁的壓力，知球A對筒壁的壓力一定等于球B對筒壁的壓力故D錯誤故選：AC點評：解決本題的關鍵知道圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解6（6分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動考點：

17、帶電粒子在勻強電場中的運動 專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據粒子的運動軌跡，結合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動的性質，及根據電場力做功來確定電勢能如何變化解答：解：A、根據題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，因此A錯誤，D正確；B、由A選項分析可知，電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；C、因電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤；故選：BD點評：考查根據運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化7（6分）如圖所示，一小滑塊從斜面頂端A由靜

18、止開始沿斜面向下做勻加速直線運動到達底端C，已知AB=BC，則下列說法正確的是（）A滑塊到達B、C兩點的速度之比為1：B滑塊到達B、C兩點的速度之比為1：4C滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1：D滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1：（1）考點：勻變速直線運動的速度與位移的關系 專題：直線運動規(guī)律專題分析：根據勻變速直線運動的速度位移公式v2=2ax求出滑塊到達B、C兩點的速度之比在初速度為零的勻變速直線運動，在連續(xù)通過相等位移內的時間之比為：1：（）：（）：（）解答：解：A、根據勻變速直線運動的速度位移公式v2=2ax得，v=，所經過的位移比為1：2，則通過B、C兩點的速度之比為1：故A正

19、確、B錯誤 C、設AB段、BC段的長度為x，所經歷的時間分別為t1，t2，根據勻變速直線運動的位移時間公式有：x=，2x=，則=，所以=故C錯誤，D正確故選：AD點評：解決本題的關鍵掌握初速度為零的勻變速直線運動的速度位移公式v2=2ax，以及位移時間公式x=8（6分）兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成以平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關K，電源即給電容器充電（）A保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B保持K接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大C斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D斷開K，在兩極板間插入一塊介質，則極

20、板上的電勢差增大考點：電容器的動態(tài)分析 分析：電容器與電源相連，兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，則兩極板上的電量不變； 由平行板電容器電容C=，根據某些量的變化可知電容的變化，則由Q=UC可知電壓或電量的變化，由E=可求得電場強度的變化解答：解：A、保持K接通，則兩板間的電勢差不變，因d減小，由E=可知，兩極板間的電場的電場場強增大，故A錯誤；B、保持K接通，兩板間的電勢差不變，在兩極板間插入介質后，電容增大，由Q=UC可知，極板上的電量增大，故B正確；C、斷開K，兩板上所帶電量不變，減小距離d，電容增大，由C=可得U=，則可知U減小，故C正確；D、斷開K，兩板上所帶電量不變，插入介質后電容

21、變大，由U=可知極板上的電勢差減小，故D錯誤；故選BC點評：電容器的動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開則極板上的電量不變；和電源相連，則兩板間的電勢差不變9（6分）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法中正確的是（）Aa尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒Ba尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒Ca離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒Da離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒考點：動量守恒定律 分析：判斷系統(tǒng)動量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零當撤去外力F后，a尚未離開墻壁

22、前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0解答：解：當撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零所以和b組成的系統(tǒng)的動量不守恒故A錯、B正確a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0，所以a、b組成的系統(tǒng)的動量守恒故C正確、D錯誤故選BC點評：解決本題的關鍵理解系統(tǒng)所受合外力為零時動量守恒，并能對實際的問題進行判斷此題屬于基礎題二、實驗題10（18分）用如圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律完成平衡摩擦力的相關內容：（1）取下砂桶，把木板不帶滑輪的一端墊高，接通打點計時器電源，輕輕推動（選填“靜止釋放”或“輕輕推動”）小車

23、，讓小車拖著紙帶運動（2）如果打出的紙帶如圖2所示，則應減?。ㄟx填“增大”或“減小”）木板的傾角，反復調節(jié)，直到紙帶上打出的點跡間隔均勻，平衡摩擦力才完成考點：驗證牛頓第二運動定律 專題：實驗題；牛頓運動定律綜合專題分析：平衡摩擦力時輕推小車，若小車能夠做勻速直線運動，則摩擦力得到平衡根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出C點的速度，根據連續(xù)相等時間內的位移之差是一恒量求出小車的加速度解答：解：（1）平衡摩擦力時，取下砂桶，把木板不帶滑輪的一端墊高，接通打點計時器電源，輕推小車，若小車拖著紙帶做勻速直線運動，則摩擦力得到平衡（2）從紙帶上看出，相等時間內位移越來越大，知小車做加速運

24、動，需減小木板的傾角，直至小車做勻速直線運動，當紙帶上打出的點跡間隔均勻，說明小車做勻速直線運動故答案為：（1）輕輕推動 （2）減小 間隔均勻點評：解決本題的關鍵掌握平衡摩擦力的方法，紙帶的處理要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用11如圖所示是某次實驗中得到的一條紙帶，其中A、B、C、D、E是計數點（每打5個點取一個計數點），其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm則打C點時小車的速度為1.24m/s（計算結果保留三位有效數字）考點：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律 專題：實驗題；直線運動規(guī)律專

25、題分析：根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出C點的速度解答：解：每打5個點取一個計數點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，小車通過C點的速度為：vc=1.24m/s故答案為：1.24點評：要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用12在“測定金屬的電阻率”的實驗中，提供的電源是一節(jié)內阻可不計的干電池，被測金屬絲的直徑小于1mm，長度約為80cm，阻值約為3，使用的電壓表有3V（內阻約為3k）和15V（內阻約為15k）兩個量程，電流表有0.6A（內阻約為0.1）和3A

26、（內阻約為0.02）兩個量程，供限流用的滑動變阻器有：A.010；B.0100；C.01 500三種，可供選擇的實驗電路有如圖1所示的甲、乙兩種，用螺旋測微器測金屬絲的直徑如圖2所示，則：（1）螺旋測微器的示數是0.806mm（2）為減小電阻的測量誤差，應選用乙圖所示的電路（3）為了使測量便于調節(jié)，應選用編號為A的滑動變阻器（4）電壓表的量程應選用3V（5）電流表的量程應選用0.6A考點：測定金屬的電阻率 專題：實驗題；恒定電流專題分析：本題（1）讀數時應分成整數部分和小數部分兩部分來讀，注意半毫米刻度線是否量程；題（2）的關鍵是根據電動勢大小來選擇電壓表的量程，通過求出通過待測電阻的最大電流

27、來選擇電流表的量程，根據待測電阻滿足可知，電流表應用外接法；題（3）的關鍵是通過求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器解答：解：（1）螺旋測微器的讀數為：d=0.5mm+30.6×0.01mm=0.806mm；（2）根據電源電動勢為1.5V可知，電壓表應選3V的量程；根據I=可求出通過待測電阻的最大電流為：，所以電流表應選0.6A的量程；由于待測電阻滿足，可知電流表應用外接法，所以應選乙圖所示的電路；（3）根據閉合電路歐姆定律可求出電路中需要的最大電阻為：，所以變阻器應選A；（4）根據（2）的分析可知，電壓表應選3V的量程；（5）根據（2）的分析可知，電流表應選0.6A的量程故答案為：

28、（1）0.806（2）乙（3）A（4）3（5）0.6點評：應明確：應根據電源電動勢的大小來選擇電壓表量程，根據通過待測電阻的最大電流來選擇電流表的量程；當待測電阻滿足時，電流表應用外接法，滿足時，電流表應用內接法；應根據電路中需要的最大電阻來選擇變阻器三、計算題13（18分）如圖所示，光滑水平面上有A、B、C三個物塊，其質量分別為mA=2.0kg，mB=1.0kg，mC=1.0kg現用一輕彈簧將A、B兩物塊連接，并用力緩慢壓縮彈簧使A、B兩物塊靠近，此過程外力做功108J（彈簧仍處于彈性限度內），然后同時釋放A、B，彈簧開始逐漸變長，當彈簧剛好恢復原長時，C恰以4m/s的速度迎面與B發(fā)生碰撞并

29、粘連在一起求（1）彈簧剛好恢復原長時（B與C碰撞前）A和B物塊速度的大?。浚?）當彈簧第二次被壓縮時，彈簧具有的最大彈性勢能為多少？考點：動量守恒定律；機械能守恒定律 專題：與彈簧相關的動量、能量綜合專題分析：（1）當彈簧恢復過程中，A、B物體動量守恒，且減少的彈性勢能完全轉化為兩物體的動能列出兩組方程，從而求出兩個未知量，即為A、B物體的速度大?。?）當彈簧第二次被壓縮時，A和B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，從而由這兩個守恒定律可列出兩組方程，同樣可求出結果解答：解：（1）彈簧剛好恢復原長時，A和B物塊速度的大小分別為A、B由動量守恒定律有：0=mAAmBB此過程機械能守恒有：Ep=m

30、AA2+mBB2代入Ep=108J，解得：A=6m/s，B=12m/s，A的速度向右，B的速度向左（2）C與B碰撞時，C、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后B、C粘連時速度為，則有：mBBmCC=（mB+mC），代入數據得=4m/s，的方向向左此后A和B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，當彈簧第二次壓縮最短時，彈簧具有的彈性勢能最大，設為Ep，且此時A與B、C三者有相同的速度，設為，則有：動量守恒：mAA（mB+mC）=（mA+mB+mC），代入數據得=1m/s，的方向向右機械能守恒：mAA2+（mB+mC）2=Ep+（mA+mB+mC）2，代入數據得Ep=50J答：（1）彈簧剛好恢復原長時（B與C碰撞前）A的速度為6m/s，B物塊速度大小12m/s（2）當彈簧第二次被壓縮時，彈簧具有的最大彈性勢能為50J點評：考查動量守恒定律與機械能守恒定律相綜合的應用，列動量表達式時注意了方向性同時研究對象的選取也是本題的關鍵之處還值得重視的