2022-2023学年广西北海市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西北海市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四种运动模型利用到反冲现象原理的是( )
A. 人落地时屈膝
B. 安全气囊的可减轻伤害
C. 运动员击打垒球
D. 喷水管在喷水过程中旋转
2.关于物体做平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 在匀速圆周运动中，物体的加速度保持不变
B. 在圆周运动中，物体所受的合外力方向始终指向圆心
C. 在平抛运动中，物体在任意相同时间内动能的变化量相同
D. 在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量相同
3.如图所示是北京冬奥会钢架雪车赛道的示意图。比赛时，运动员从起点沿赛道快速向终点滑去，先后经过A、P、B、C、D五点，图中经过A、B、C、D四点时的速度和合外力的方向与经过P点时的速度和合外力的方向最接近的是( )
A. A点B. B点C. C点D. D点
4.2022年7月27日，“力箭一号”运载火箭采用“一箭六星”的方式，成功将六颗地球卫星送入预定轨道。若在这六颗卫星中，有A、B两颗卫星分别在半径为r1和r2(r1A. 卫星A的线速度小于卫星B的线速度
B. 卫星A的角速度小于卫星B的角速度
C. A、B两颗卫星的周期之比为 r13: r23
D. A、B两颗卫星的向心加速度之比为 r2: r1
5.如图甲所示，质量为m(包含滑雪装备)的运动员为了顺利通过水平面上半径为R的旗门弯道，利用身体倾斜将雪板插入雪中，可简化为如图乙所示的模型，雪板A底面与竖直方向的夹角为θ，回转半径R远大于运动员B的身高，已知重力加速度大小为g，不计雪板A侧面受力，不计摩擦与空气阻力，则运动员能安全通过旗门弯道的最大速度为( )
A. gRsinθB. gRtanθC. gRsinθD. gRtanθ
6.一质量为m的物体t=0时刻从静止开始所受的合力F随时间t的关系图像如图所示，则在t=t0时刻物体的动能为(F0为已知量)( )
A. F02t028m
B. F02t024m
C. F02t022m
D. F02t02m
7.如图所示是一辆做直线运动的小车从A点运动到B点的牵引力F与速度v的关系图像，该图像是双曲线的一支，C为AB间一点。已知整个过程小车所受的阻力大小恒为4N，小车运动到B点时恰好开始做匀速直线运动，则( )
A. 小车从A点到B点，牵引力的功率增大
B. 图中两阴影部分的面积S1>S2
C. 小车在C点的牵引力功率为48W
D. 图中FB=4N，vA=2m/s
8.如图所示，可视为质点的物块与劲度系数为k的竖直轻质弹簧上端相连，弹簧下端固定在水平地面上，将物块拉至A点由静止下落，当下落的高度为2h时正好运动到B点，当物块运动到O点时弹簧正好处于原长，且O点是AB的中点，已知弹簧处在B点时，物块的加速度刚好为0，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 物块从A到O的过程中，机械能减小
B. 物块从A到B的过程中，物块的动能先增大后减小
C. 物块的质量为2khg
D. 物块下落过程的最大速度为2 gh
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.下列关于图甲、乙、丙、丁四幅图中力F做功的说法正确的是( )
A. 甲图中，全过程F做的总功为72J
B. 乙图中，若F大小不变，物块从A到C过程中，力F做的功为W=F×AC−
C. 丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，OA水平，细绳伸直，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=−12πRf
D. 丁图中，F始终保持水平，缓慢将小球从P拉到Q，F做的功为W=Flsinθ
10.矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，子弹刚好穿过滑块的一半厚度，如图所示。则子弹在上述两种情况射入滑块的过程( )
A. 系统产生的热量不相等B. 系统产生的热量相等
C. 子弹对滑块的冲量不相同D. 子弹对滑块的冲量相同
11.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船入轨并成功对接于空间站天和核心舱径向端口。已知空间站工作轨道为圆轨道，轨道高度400km，一天绕地球转16圈，忽略地球自转影响。若还已知引力常量和地球半径，仅利用以上条件能求出的物理量是( )
A. 地球对空间站的引力大小B. 空间站绕地球运行的线速度
C. 地球表面的重力加速度D. 空间站绕地球运行的加速度
12.甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知甲、乙的动量分别是p1=7kg⋅m/s，p2=9kg⋅m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为14kg⋅m/s，则甲、乙两球的质量m1与m2间的关系可能是( )
A. m2m1=81B. m2m1=51C. m2m1=31D. m2m1=21
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.用如图所示的装置“验证动量守恒定律”。图中的点O是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的小球1多次从斜轨上位置S由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP−。然后将质量为m2的小球2静置于轨道末端的水平部分，再将小球1从斜轨上位置S由静止释放，与小球2碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，并测得碰后落点距离分别为OM−、ON−。回答下列问题：
(1)为了保证碰撞时小球1不反弹，两球的质量必须满足m1______m2(填“<”或“>”)，为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径______(填“需要”或“不需要”)相等；
(2)本实验______(填“不需要”或“需要”)测量平抛运动的高度和时间；
(3)若两球碰撞前后动量守恒，其表达式可表示为______(用题中所给的物理量符号表示)。
14.某物理兴趣小组按照图甲所示安装好装置“验证机械能守恒定律”，正确进行相关操作后，打出很多纸带，从中选出符合要求的纸带，如图乙所示(其中一段纸带图中未画出)。已知图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G。作为计数点，打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。
(1)为了验证重物从释放到E点过程的机械能是否守恒，______(填“需要”或“不需要”)测量重物的质量，得到关系式h2=______(用题中和图乙中所给物理量的符号表示)，即可在误差允许范围内验证。
(2)由于小组中某同学不慎将图乙纸带的A点前面部分丢失，于是利用剩余的纸带进行如下的测量：以A为起点，测量各点到A的距离h，计算出物体下落到各点的速度v，并作出v2−h图像如图丙所示，图中给出了a、b、c三条直线，他作出的图像应该是直线______；由图像得出， A点到起始点O的距离为______cm(结果保留三位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
15.如图所示，半径为R的光滑管道竖直固定放置。一个质量为m的小球(直径略小于管道)恰能在管道内做完整的圆周运动，A为管道最低点，以A点所在水平面为零势能面，重力加速度为g。求：
(1)小球的机械能；
(2)小球运动到A点时对管道压力的大小。
16.如图甲所示为2022年北京冬奥会上以“雪如意”命名的跳台滑雪场地。跳台滑雪赛道的简化图如图乙所示，由跳台、助滑道AB、着陆坡BC等部分组成。比赛中，质量m=60kg(包含所有装备的总质量)的运动员从跳台A点无初速度地滑下，到达B处后水平飞出，落在着陆坡上的P点。已知AB间高度差h=36m，BP距离s=108m，着陆坡倾角α=37∘，不计运动员受到的空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)运动员从B到P的运动时间及从B水平飞出的速度大小；
(2)运动员落在着陆坡上的P点时重力的瞬时功率；
(3)运动员在AB段运动过程中阻力所做的功。
17.如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个可视为质点的木块，质量分别为1kg、3kg、3kg。开始时B、C处于静止状态，B、C之间夹有一轻质弹簧(弹簧与B拴接，但与C未拴接)恰好处于原长状态，现给A一个水平向右的初速度v0=8m/s，A与B碰撞后，A被瞬间弹回，速度大小变为4m/s，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)A、B碰后瞬间，木块B的速度大小；
(2)弹簧具有的最大弹性势能；
(3)木块C的最大速度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.人落地时屈膝是缓冲现象，延长地面对人的身体作用时间，不是反冲现象，故A错误；
B.安全气囊的可减轻伤害也是利用了缓冲现象，延长安全气囊对人的身体作用时间，不是反冲现象，故B错误；
C.运动员击打垒球是碰撞现象，通过碰撞改变垒球的运动方向，不是反冲现象，故C错误；
D.喷水管喷水时，水从喷口喷出，喷管因反冲而旋转，喷水管喷水是利用了反冲现象，故D正确。
故选：D。
反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果，系统所受合外力为零，系统动量守恒，据此分析答题。
本题考查反冲的应用，解决本题的关键是要知道反冲的原理，以及知道反冲在实际生活中的运用。
2.【答案】D
【解析】解：A.做匀速圆周运动的物体的加速度的方向时刻指向圆心，所以其方向时刻在变，所以加速度是变化的，故A错误；
B.在匀速圆周运动中，物体所受的合外力方向始终指向圆心，故B错误；
C.平抛运动只受重力作用，则动能的变化量等于重力做功，由于在相同时间内物体下落高度不同，重力做功不同，故动能的变化量不同，故C错误；
D.平抛运动的加速度始终等于重力加速度g，所以在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量一定相同，由于Δv=gΔt则物体在任意相同时间内速度的变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体的加速度及速度都是变化的；
曲线运动的速度沿轨迹的切线方向，一定是变速运动．做平抛运动的物体，加速度为g，根据△v=gt分析速度的变化量。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
3.【答案】B
【解析】解：曲线运动的速度方向沿过该点的切线方向，合外力总是指向曲线凹陷的一侧，故可知B点与P点的速度与合外力方向最接近。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
曲线运动某一点速度的方向沿该点切线的方向，由此分析即可。
该题考查曲线运动速度的方向，知道曲线运动某一点速度的方向沿该点切线的方向即可。
4.【答案】C
【解析】解：A、由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由于r1B、由万有引力提供向心力有
GMmr2=mω2r
解得
ω= GMr3
由于r1C、由开普勒第三定律r13T12=r23T22得
T1:T2= r13: r23，故C正确；
D.向心加速度an=ω2r得
a1:a2=r22:r12，故D错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解卫星的线速度、角速度和周期，即可得到甲、乙两卫星线速度、角速度和周期之比。
本题考查卫星绕地球的运动，解题关键是知道卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解即可。
5.【答案】B
【解析】解：对运动员受力分析，运动员受到重力mg和支持力F，如图所示。
由重力和支持力的合力提供向心力，即
mgtanθ=mv2R
解得：v= gRtanθ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对运动员受力分析，确定向心力来源，根据牛顿第二定律分析求解。
本题考查圆周运动的临界问题，对人受力分析，根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式处理。
6.【答案】A
【解析】解：由图像可知，0∼t0时间内，对时间而言，合力F的平均值为F−=0+F02=0.5F0，由动量定理得
0.5F0t0=mv−0
在t=t0时刻物体的动能为Ek=12mv2
联立解得：Ek=F02t028m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
0∼t0时间内，合力F随时间均匀增大，求出合力F的平均值，由动量定理求出t=t0时刻物体的速率，再求t=t0时刻物体的动能。
本题主要考查动量定理和F−t图像的物理意义，也可以根据F−t图线与t轴所围成的面积表示这段时间内合力F的冲量来求解合力F的冲量。
7.【答案】D
【解析】解：AB.小车牵引力的功率P=Fv，F−v图像是双曲线的一支，所以小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比则可知F与v的乘积保持不变，即功率P不变，则：S1=S2，故AB错误；
CD.小车运动到B点时正好做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，则有：FB=f=4N
小车的功率为：P=Fv=fvB=4×8W=32W，则小车在C点的牵引力功率为32W，在A点的功率也为32W；
小车在A点的牵引力为FA=15N，在A点时速度：vA=PFA=3216m/s=2m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
小车牵引力的功率P=Fv，F−v图像是双曲线的一支，可知F与v的乘积保持不变，即功率P不变，由此分析AB选项；
小车运动到B点时正好做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，根据P=Fv计算功率，已知A点的牵引力求出速度大小。
本题考查了机车的启动问题，解决本题的关键知道整个过程中的运动规律，知道发动机功率和牵引力、速度的关系，当加速度为零时，速度最大。
8.【答案】D
【解析】解：A、当物块运动到O点时弹簧正好处于原长，则物块从A到O的过程中，弹簧对物块的拉力向下，对物块做正功，所以物块的机械能增加，故A错误；
B、弹簧处在B点时，物块的加速度刚好为0，可知，物块在B点时速度最大，所以物块从A到B的过程中，物块动能一直增大，故B错误；
C、根据题意可知，物块处在B点时弹簧的压缩量为h，物块处于平衡状态，则有kh=mg，解得：m=khg，故C错误；
D、物块在B点时速度最大，设为v。物块处在A、B两点弹簧的伸长量和压缩量相等，则两点对应的弹性势能相等，A到B的过程，对物块和弹簧系统，由机械能守恒定律可得：mg⋅2h=12mv2，解得：v=2 gh，故D正确。
故选：D。
物块从A到O的过程中，分析弹簧对物块做功情况，判断物块机械能的变化情况；物块从A到B的过程中，物块的加速度为零时，速度最大，据此分析动能的变化情况；物块处在B点时受力平衡，根据平衡条件和胡克定律相结合求出物块的质量；由能量守恒定律求物块下落过程的最大速度。
解答本题的关键要明确物块的运动情况，知道物块的加速度为零时，速度最大，能根据系统机械能守恒求最大速度。
9.【答案】AC
【解析】解：A.甲图中，全过程中F做的总功为
W=15×6J−3×(12−6)J=72J，故A正确；
C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为
W=−f×14×2πR=−12πRf，故C正确；
B.乙图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为
W=F(OA−−OC−)，故B错误；
D.丁图中，F始终保持水平，缓慢将小球从P拉到Q，F为变力，根据动能定理得
W−mgl(1−csθ)=0
解得W=mgl(1−csθ)，故D错误。
故选：AC。
由F−x图像可围成的面积就是力做的功，变力的功可以转化为恒力作用点的移位，来计算功。由力的方向与速度共线，用路程来算功，由动能定理来算功。
本题对常见的变力做功问题进行了考查，如力的大小不变的变力做功，用功能定理求变力的功，用力-位移图像围成的面积来求功等。
10.【答案】BD
【解析】解：CD、子弹射入滑块的过程，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知
mv=(m+M)v′
解得：v′=mm+Mv
由动量定理，知子弹对滑块的冲量I=Mv′=Mmm+Mv，可知两种情况下滑块受到的冲量相同，故C错误，D正确；
AB、根据功能关系，系统产生的热量等于系统减少的动能，即Q=12mv2−12(m+M)v′2=12mv2−m22(m+M)v2，可知系统产生的热量相等，故A错误，B正确。
故选：BD。
子弹射入滑块的过程，根据动量守恒定律列式，求出子弹射入滑块后的速度。根据动量定理分析子弹对滑块的冲量关系；根据功能关系分析系统产生的热量关系。
本题是子弹打木块的类型，要抓住系统的动量守恒，知道动量定理可以分析冲量大小。由能量守恒定律可以求系统产生的热量。
11.【答案】BCD
【解析】解：A.一天绕地球转16圈，可知空间站周期，根据万有引力提供向心力，有F=m4π2T2(r+h)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，但空间站质量未知，则地球对空间站的吸引力无法求出，故A错误；
B.由于v=2π(r+h)T，其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的速度，故B正确；
C.在地球表面，万有引力等于重力，则有
GMm(r+h)2=m4π2T2(r+h)，GMmr2=mg
解得
g=4π2(r+h)3r2T2
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出地球表面的重力加速度，故C正确；
D.由于
a=ω2(r+h)=4π2T2(r+h)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的加速度，故D正确。
故选：BCD。
根据万有引力提供向心力列出方程判断；根据线速度定义式分析判断；根据重力和万有引力近似相等、牛顿第二定律列方程计算判断；根据向心加速度的表达式分析判断。
本题关键掌握万有引力提供向心力、地球表面重力和万有引力近似相等，掌握线速度和向心加速度表达式。
12.【答案】BC
【解析】解：取碰撞前两球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
p1+p2=p1′+p2′
解得碰撞后甲球的动量：p1′=2kg⋅m/s
碰撞过程中系统的总动能不增加，则有
p1′22m1+p2′22m2≤p122m1+p222m2
解得：m2m1≥239
碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有
p1′m1≤p2′m2
解得：m2m1≤71
综上有：239≤m2m1≤71，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
碰撞过程中系统遵守动量守恒定律，总动能不增加，碰撞后同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度，根据这三个规律，得到两球的质量关系。
对于碰撞过程，要抓住三大规律解答：1、系统动量守恒；2、系统总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度，即符合实际运动情况。
13.【答案】>需要 不需要 m1OP−=m1OM−+m2ON−
【解析】解：(1)为了保证碰撞时小球1不反弹，两球的质量必须满足m1>m2，为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径需相等；
(2)根据平抛运动的规律h=12gt2
小球的运动时间t= hg
由于小球做平拋运动的高度相同，运动时间相同，因此在验证动量守恒时可消除高度和时间，所以本实验不需要测量平抛运动的高度和时间；
(3)平抛运动水平方向做匀速直线运动，1碰前的速度为v0=OP−t
碰后1、2的速度分别为v1=OM−t，v2=ONt−
当动量守恒时，则m1v0=m1v1+m2v2
整理可得m1OP−=m1OM−+m2ON−
故答案为：(1)>；需要；(2)不需要；(3)m1OP−=m1OM−+m2ON−。
(1)根据实验的注意事项分析作答；
(2)(3)根据平抛运动的规律分析小球的运动时间决定因素，根据平抛运动的水平分运动求解小球碰撞前后的水平速度，结合动量守恒定律分析作答。
本实验要求入射球和被碰小球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，因此下落的时间相同，这是本实验的关键；理解入射小球和被碰小球的质量大小关系、半径大小关系有助于对实验原理的理解。
14.【答案】不需要 (h3−h1)28gT2 a10.0
【解析】解：(1)若重物从释放到E点过程的机械能守恒，则有：mgh2=12mvE2
打E点时的瞬时速度为：vE=h3−h12T
联立可得：h2=(h3−h1)28gT2
由此结果可知不需要测量重物质量。
(2)设打A点时的速度为vA，根据机械能守恒定律得：
12mv2−12mvA2=mgh
可得：v2=2gh+vA2
可知v2−h图像的纵轴的截距b=vA2>0，故他作出的图像应该是直线a。
直线a的横轴截距的绝对值表示A点与起始点O的距离，由图像可知A点到起始点O的距离为10.0cm。
故答案为：(1)不需要；(h3−h1)28gT2；(3)a；10.0
(1)根据机械能守恒定律解答；
(2)根据机械能守恒定律求出v2−h图像的表达式，根据图像的截距和斜率解答。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作应注意的事项和打点纸带测量速度的原理，掌握利用图像处理数据的方法。
15.【答案】解：(1)由于小球恰好能沿管道做完整的圆周运动，故小球在最高点时的速度为0，则动能大小为
Ek=0
以A点所在水平面为零势能面，在最高点小球的重力势能大小为
Ep=2mgR
则小球的机械能大小为
E=Ek+Ep=2mgR
(2)设小球运动到A点时速度为v，由机械能守恒有
2mgR=12mv2
设在A点管道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN−mg=mv2R
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到A点时对管道的压力大小为5mg。
答：(1)小球的机械能为2mgR；
(2)小球运动到A点时对管道压力的大小为5mg。
【解析】(1)恰好可以做完整的圆周运动，则在最高点最小速度为0，可求出动能，求出此时的重力势能，进而求出机械能；
(2)根据机械能守恒得出A点动能，再根据牛顿第二定律列式求解。
本题考查向心力以及机械能守恒的应用，要注意明确绳模型和杆模型的联系与区别，本题中圆环可视为杆模型，所以最高点的临界速度为零。
16.【答案】解：(1)运动员从B点飞出做平抛运动，有s⋅sinα=12gt2
代入数据联立解得：t=3.6s
设运动员到达B点的速度为vB，平抛运动水平方向做匀速直线运动s⋅csα=vBt
代入数据联立解得vB=24m/s
(2)运动员落在P点时竖直方向的速度大小为vy=gt=10×3.6m/s=36m/s
则此时重力的瞬时功率为P=mgvy=60×10×36W=2.16×104W
(3)从A到B，由动能定理有mgh+Wf=12mvB2
解得Wf=−4320J
答：(1)运动员从B到P的运动时间3.6s，水平飞出的速度大小24m/s；
(2)运动员落在着陆坡上的P点时重力的瞬时功率为2.16×104W；
(3)运动员在AB段运动过程中阻力所做的功−4320J。
【解析】(1)运动员离开B点做平抛运动，根据数学知识求解飞出点与落地点的竖直高度，再根据自由落体运动公式求时间；平抛运动水平方向做匀速直线运动，据此求水平初速度；
(2)根据自由落体运动求运动员落地时的竖直速度，根据功率公式求重力的瞬时功率；
(3)根据动能定理求解阻力所做的功。
本题主要考查了平抛运动的基本规律、功率公式和动能定理；要能正确地求解重力的瞬时功率。
17.【答案】解：(1)以A、B为系统，水平向右为正方向，设碰后瞬间B的速度为v2，由动量守恒定律得：
mAv0=mAv1+mBv2
代入数据解得：v2=4m/s
(2)以B、C为系统，当弹簧被压缩至最短时，具有最大弹性势能，此时B、C具有共同速度，由动量守恒定律得：
mBv2=(mB+mC)v3
由机械能守恒定律得：
Epm=12mBv22−12(mB+mC)v32
联立解得：Epm=12J
(3)当弹簧再次恢复原长，木块C被弹出后的速度最大，水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
(mB+mC)v3=mBv4+mCv5
由能量守恒定律得：
12mBv22=12mBv42+12mCv52
联立解得：v5=4m/s
答：(1)A、B碰后瞬间，木块B的速度大小为4m/s；
(2)弹簧具有的最大弹性势能为12J；
(3)木块C的最大速度为4m/s。
【解析】(1)A与B碰撞过程中两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出A与B碰后的瞬间，木块B的速度大小。
(2)弹簧弹性势能最大时B、C速度相等，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据机械能守恒定律求出弹簧最大的弹性势能。
(3)当弹簧再次恢复原长，木块C被弹出后的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出木块C的最大速度。
本题要正确分析物体的运动过程，抓住碰撞满足的基本规律：动量守恒定律；注意应用系统的动量守恒、机械能守恒进行解答。