1、山东省实验中学2015届高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分每小题至少有一个选项正确）1下列说法中正确的是（）A伽利略最早指出“力不是维持物体运动的原因”B如果不再受力，运动的物体总会逐渐停下来，这说明静止状态是物体长时间不受力时唯一的“自然状态”C牛顿的三个定律都可以用实验法加以直接验证D物体维持匀速直线运动，不需要受力分析：亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略通过理想斜面实验，指出物体的运动不需要力来维持，牛顿在伽利略、笛卡尔等人的基础上，总结出牛顿第一定律解答：解：A、伽利略通过理想斜面实验，指出物体的运动不需要力来维持，即力
2、不是维持物体运动的原因，故A正确B、没有力作用在物体上，物体也可能做匀速直线运动故B错误C、牛顿第一定律反映的是物体不受力时的规律，是逻辑思维的产物，不能通过实验直接得以验证的，而牛顿第二定律、牛顿第三定律均是实验定律，可以通过实验直接验证，故C错误D、根据牛顿第一定律知物体维持匀速直线运动，不需要受力，故D正确故选：AD点评：本题考查了理想模型，理想实验的理解和应用，在平时学习中要加强基本规律的理解，平时注意加强练习2下列说法中正确的是（）A一物体向东做直线运动，突然施加一向西的力，物体立即向西运动B运动物体受到的摩擦力的方向一定和它的运动方向相反C在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体
3、在月球上比在地球上惯性小D物体的加速度一定和物体所受合外力同时产生，同时消失，且方向一致分析：摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反，惯性大小的量度是质量加速度与合力的方向相同，与合力的大小成之比，与质量成反比解答：解：A、物体向东做直线运动，突然受到向西的力，物体由于惯性，不会立即向西运动，故A错误B、摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反，与运动的方向不一定相反，故B错误C、惯性大小的量度是质量，同一个物体惯性相同，故C错误D、根据牛顿第二定律知，加速度的方向与合力的方向相同，随着合力的变化而变化，故D正确故选：D点评：本题考查了惯性、摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点，理解
4、这些基本概念是解决本题的关键3（4分）如图，物块A、B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B均始终保持静止，则地面对A的（）A支持力不变B支持力减小C摩擦力增大D摩擦力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以A、B整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件得到地面对A的支持力和摩擦力与F的关系，再分析两个力的变化解答：解：以A、B整体为研究对象，分析受力情况：总重力G、力F、地面对A的支持力N、摩擦力f设斜面的倾角为，由平衡条件得：N+Fsin=G，f=Fcos由题，F增大，则
5、知N减小，f增大故选BC点评：本题关键在于研究对象的选择，以整体为研究对象，简单方便，也可以运用隔离法研究4（4分）如图所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3则下列结论正确的是（）A=B=CD考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确解答：解：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速
6、直线运动，由运动学公式可知，x=，则a=，故位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，所以故选：B点评：虽然当时伽利略是通过分析得出匀变速直线运动的，但我们今天可以借助匀变速直线运动的规律去理解伽利略的实验5（4分）如图1所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间f变化的图象如图2所示，则（）At1t2这段时间内，小球处于运
7、动下降阶段Bt2时刻小球的加速度为零Ct2t3这段时间内，小球和弹簧系统的机械能守恒Dt2t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在减小考点：功能关系；机械能守恒定律分析：小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小
8、球离开弹簧为止对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒解答：解：A、t1t2这段时间内，弹簧弹力逐渐增大，说明压缩量逐渐增大，小球处于运动下降阶段，故A正确；B、t2时刻，弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，合力不等于零，合力方向向上，所以加速度不等于零，B错误；C、只有重力和弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，C正确；D、小球和弹簧系统的机械能守恒，t2t3这段时间内，小球上升，弹簧弹性势能减小，则小球动能与重力势能之和在增加，D错误；故选：AC点评：本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析6（4分）在德国首
9、都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04m的成绩获得冠军弗拉希奇的重心升高约为1.03m，忽略空气阻力，g取10m/s2，如图所示则下列说法正确的是（）A弗拉希奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态B弗拉希奇在下降过程中处于失重状态C弗拉希奇起跳时的初速度小于3m/sD弗拉希奇起跳的瞬间地面对她的支持力等于她所受的重力考点：超重和失重分析：弗拉希奇在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，地面对他的支持力大于她的重力物体重心的位置与质量分布和形状有关弗拉希奇以背越式越过横杆时，身体向下弯曲，重心可低于横杆解答：解：A、B、弗拉希奇
10、在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态故A错误，B正确C、根据匀减速直线运动公式得：v=4.5m/s故C错误D、弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她的重力，故D错误故选：B点评：本题考查应用物理知识分析实际问题的能力当物体具有向上加速度时，处于超重状态；相反，处于失重状态7（4分）A、B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，其速度时间图象如图所示，则（）AA、B两物体运动方向相反B4 s时A、B两物体的速度相同C4 s内A、B两物体的位移相同DA物体的加速度比B物体的加速度小考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：由图
11、象中的坐标可知物体速度的大小及方向；由斜率的大小可知加速度；由图象与时间轴围成的面积可表示位移解答：解：A、由图可知两物体均沿正方向运动，故速度方向相同，故A错误；B、4s时两物体的图象相交，说明两物体速度相同，故B正确；C、根据图象与时间轴围成的面积表示位移，知4s内B的移大于A的位移，故C错误；D、A的斜率小于B的斜率，说明A的加速度比B要小，故D正确故选：BD点评：解决vt图象关键在于弄清图象中点的坐标、斜率及面积的含义；再由数学方法进行分析即可8（4分）如图所示，两个完全相同的小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60时
12、，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（）A=B=C撤去F的瞬间，a球处于失重状态D撤去F的瞬间，b球的加速度为零考点：胡克定律分析：先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比解答：解：A、B、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：F=（2mg）tan60=2；F2=4mg根据胡克定律，有：F1=k1xF2=k2x故=，故A错误，B正确；C、球a受重力、
13、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，合力为：F=F=（2mg）tan60=2；故加速度：a=，故C错误；D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D正确；故选：BD点评：整体法和隔离法的使用技巧：1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法9（4分）从水平地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个质量相等的小物体，抛出速度大小分别为
14、v和2v，不计空气阻力，则两个小物体（）A从抛出到落地动能的增量相同B从抛出到落地重力做的功不同C从抛出到落地重力的平均功率不同D落地时重力做功的瞬时功率相同考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据动能定理比较落地时动能的增量，根据重力做功以及运动的时间比较重力做功的平均功率根据竖直分速度，结合瞬时功率的公式比较重物落地时重力做功的瞬时功率解答：解：A、两物体平抛运动的高度相同，重力做功相等，根据动能定理知，动能的增加量相等，故A正确，B错误C、重力做功相同，平抛运动的时间由高度决定，则时间相等，根据P=知，重力的平均功率相同，故C错误D、因为高度相等，根据知，落地时瞬时速
15、度相等，根据P=mgvy知，落地时重力做功的瞬时功率相同，故D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法10（4分）（2012长沙模拟）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块（m2m1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是（）A两滑块到达B点的速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D两滑块
16、上升到最高点过程机械能损失相同考点：机械能守恒定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热，由能量守恒定律可得，动能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和解答：解：A、两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；B、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同故B错误；C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：EP=mgh+mgcos，所以，mgh=，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；D、由能量守恒定律得：EP=mgh+mgcos，其中，E损=mghcot，
17、结合C分析得，D正确故选：CD点评：关键是会应用能量守恒定律解决问题，同时要注意数学推理能力训练11（4分）如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8下列判断正确的是（）A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程考点：牛顿第二定律；动摩擦因数专题：
18、牛顿运动定律综合专题分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决解答：解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，BC正确；D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确；故选：BCD点评：滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样12（4分）质量为m=1Kg的物体在水平面上
19、，物体与水平面之间的动摩擦因数为=0.2现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据物体的受力情况分析物体的运动情况，根据运动学位移公式求出总位移即可求解解答：解：物体的最大静摩擦力为f=mg=0.2110=2NA、在01s内，拉力小于最大静摩擦力，物体静止，12s内，a=1m/s2，位移x1=at2=0.511m=0.5m，v1=at=1m/s；23s内，a=3m/s2，位移x2=v1t+at2=11+0.531m=2.5
20、m，所以总位移为0.5+2.5m=3m；B、在01s内，a=3m/s2，位移x1=0.5at2=0.531m=1.5m，v1=at=3m/s；12s内，a=1m/s2，位移x2=v1t+0.5at2=31+0.511m=3.5m，v2=v1+at=3+1m/s=4m/s；23s内，a=1m/s2，位移x3=v2t+0.5at2=410.511m=3.5m，总位移为：1.5+3.5+3.5m=8.5m；C、在01s内，拉力小于最大静摩擦力，物体静止，12s内，a=3m/s2，位移x1=0.5at2=0.531m=1.5m，v1=at=3m/s；23s内，a=1m/s2，位移x2=v1t+0.5a
21、t2=31+0.511m=3.5m，总位移为：1.5+3.5m=5m；D、在01s内，a=1m/s2，位移x1=at2=0.511m=0.5m，v1=at=1m/s；12s内，a=1m/s21m/s21m/s2，位移x2=v1t+0.5at2=110.511m=0.5m，v2=v1+a1t=11=0；23s内，a=3m/s2，位移x3=0.5at2=0.531m=1.5m，总位移为：0.5+0.5+1.5m=2.5m；故选：B点评：本题也可以根据运动情况画出物体运动的Vt图象，由图象很容易得出物体的运动的位移大小二、填空题（本题包括3小题，共12分）13（4分）有一游标卡尺，游标尺上有20个等
22、分刻度，用该卡尺测长度，如图所示工件的长度为29.70mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为：2.9cm=29mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为140.05mm=0.70mm，所以最终读数为：29mm+0.70mm=29.70mm故答案为：29.70点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（4分）在探究物体的加速度（a）跟合外力（F）和质量（m）的关系实验中，某同学的实验方案如图甲所示，她用沙桶的重
23、力表示小车受到的合外力F该同学在“保持小车质量M不变，探究a与F的关系”时记录了实验数据，并将数据在坐标系中描点，作出aF图象，如图乙所示；由图线求出小车的质量等于0.5kg（保留两位有效数字）从理论上来看“aF”图象是过原点的一条直线，本次实验得到的图线却如图乙所示，其中的原因是平衡摩擦力过大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：aF图象的斜率等于物体的质量的倒数，图线不通过坐标原点，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车还有加速度，则平衡摩擦力过大解答：解：根据F=ma可得，即aF图象的斜率等于物体的质量倒数根据图象其斜率为：k=，所以质量为：M=，、从图中发
24、现直线没过原点，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车还有加速度，说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力该组同学实验操作中平衡摩擦力过大故答案为：0.5；平衡摩擦力过大点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚15（4分）某同学探究恒力做功和物体动能变化的关系，方案如图1所示他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图2则打B点时的速度为vB=（用题中所给字母表示）；要验证合外力的功与动能变化的关系，
25、测得位移和速度后，还要测出的物理量有钩码的质量m，小车的质量M考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出B点的速度大小；由动能定理求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题解答：解：根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可知B点的速度大小为：vB=，由动能定理可得，mgx=Mv2，由此可知需要测量的物理量有：钩码质量m，小车的质量M 故答案为：；钩码的质量m，小车的质量M点评：要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕实验原理，明确实验目的，根据相应的物理
26、规律可知需要测量的物理量及实验时的注意事项三、计算论述题（本题包括3小题，共40分）16（10分）如图所示，一斜面体A放在水平地面上，其截面为直角三角形物块B被一与水平面成角的外力挤压在斜面体的右侧面上，当外力的大小为F时，物块B刚好不能下滑，此时斜面体处于静止状态已知斜面体A与物块B的质量分别为M和m，重力加速度为g，求：（1）物块B受到的摩擦力的大小，（2）地面对斜面体A的摩擦力及地面对斜面体A的支持力的大小考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物块B刚好不能下滑，所受的静摩擦力达到最大值，方向竖直向上，分析B受力情况，根据平衡
27、条件求解物块B受到的摩擦力的大小；（2）对AB组成的系统，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面体A的摩擦力及地面对斜面体A的支持力的大小解答：解：（1）对B：受力图如图1所示根据平衡条件得：mg=Fsin+FfB解得：FfB=mgFsin（2）对AB组成的系统，受力情况如图2所示由平衡条件可得：水平方向：FfA=Fcos竖直方向：FNA+Fsin=（M+m）g解得：FNA=（M+m）gFsin答：（1）物块B受到的摩擦力的大小是mgFsin；（2）地面对斜面体A的摩擦力是Fcos，地面对斜面体A的支持力的大小是（M+m）gFsin点评：本题采用隔离法和整体法相结合的方法研究物体的平衡问题，比
28、较简便，分析受力情况是关键17（14分）长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数1=0.25求：（取g=10m/s2）（1）木块与冰面的动摩擦因数（2）小物块相对于长木板滑行的距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出AB整体的加速度，结合牛顿第二定律求出木板与冰面的动摩擦因数（2）小物
29、块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出小物块相对于长木板滑行的距离解答：解：（1）A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a=2g=1m/s2解得木板与冰面的动摩擦因数：2=0.10（2）小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度为：a1=1g=2.5 m/s2小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有：1mg2（2m）g=ma2解得加速为：a2=0.50 m/s2设小物块
30、冲上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，由长木板的运动得：v=a2t，解得滑行时间为：t=0.8s小物块冲上木板的初速度为：v10=v+a1t=2.4 m/s小物块A在长木板B上滑动的距离为：s=s1s2=v10ta1t2a2t2=2.4=0.96 m答：（1）木板与冰面的动摩擦因数为0.1（2）小物块相对于长木板滑行的距离为0.96m点评：解决本题的关键理清木块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解18（16分）（2014武汉模拟）如图所示，用轻弹簧将质量均为m=1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1=0.15m
31、同时释放两物块，设A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面（但不继续上升）已知弹簧的劲度系数k=100N/m，取g=10m/s2求：（1）物块A刚到达地面的速度；（2）物块B反弹到最高点时，弹簧的弹性势能；（3）若将B物块换为质量为2m的物块C（图中未画出），仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面，此时h2的大小考点：机械能守恒定律；重力势能；弹性势能专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）两物块做自由落体运动，由速度位移公式可以求出物块落地速度（2）A刚开始离地时，弹簧的弹力等于A的重力，A
32、落地到A离地的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能（3）由机械能守恒定律可以求出下落点距地面的距离解答：解：（1）释放后，AB两物块一起做自由落体运动，设A物块落地时速度为v1，此时B的速度也为v1，由速度位移公式得：v12=2gh1，解得：；（2）设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，此时B物块到达最高点，A物块刚好离开地面时只受重力与弹簧弹力作用，此时：mg=kx，A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv12=mgx+EP ，解得：EP=0.5J；（3）换成C后，设A落地时，C的速度为v2，v22=2gh2，则，A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mv22=2mgx+EP，解得：h2=0.125m；答：（1）物块A刚到达地面的速度为1.73m/s；（2）物块B反弹到最高点时，弹簧的弹性势能为0.5J；（3）释放点距地面的高度为0.125m点评：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，选择正确的过程及研究对象弹簧在高考中出现较多，应对其弹力的变化过程作充分的了解，并能灵活应用所学物理规律求解