广东省深圳市布吉高中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷(理科)

1、广东省深圳市布吉高中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷（理科）一、选择题（单选题每题4分，共16分，双选题每题6分，共30分，双选题少选得3分，选错不得分）1（4分）一个按正弦规律变化的交变电流的it图象如图所示根据图象可以判定（）A交变电流的频率f=100HzB交变电流的有效值I=20AC交变电流瞬时值表达式i=20sin0.02tAD在t=时刻，电流的大小与其有效值相等2（4分）如图所示，用线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定小球B接触今使两球带同种电荷，悬线将偏离竖直方向某一角度1，此时悬线中的张力大小为T1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为2，此时悬线中

2、的张力大小为T2，则（）AT1T2BT1=T2CT1T2D无法确定3（4分）在静电场中，下列说法中正确的是（）A电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C电场强度的方向总是跟等势面垂直D电势降低的方向就是电场强度的方向4（4分）如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线框abcd，线框平面与磁场垂直在下列哪种情况，可使线框中产生感应电流（）A线框沿纸面向右加速运动B线框垂直纸面向外运动C线框绕ad边转动D线框绕过d点与纸面垂直的轴，沿纸面顺时针转动5（6分）如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静

3、止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为，方向相反，则两小球质量之比m1：m2和碰撞前后动能变化量之比Ek1：Ek2为（）Am1：m2=1：3Bm1：m2=1：1CEk1：Ek2=1：3DEk1：Ek2=1：16（6分）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒，机械能守恒Ba尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒，机械能不守恒Ca离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能守恒Da离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能不守恒7（6分）如图所示，水平面内两光滑的平行

4、金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是（）A金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为：1：B金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2C从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1D从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：18（6分）两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b

5、，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图不计粒子重力，则下列说法正确的是（）Aa粒子带正电Bb粒子带正电Ca粒子速度较小Db粒子在磁场中运动时间较长9（6分）理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）AV表的读数为220VB通过R的电流为2ACA表的读数为2AD变压器的输入功率为44W二、实验题（18分）10（10分）某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸

6、上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次回答下列问题：（1）在安装实验器材时斜槽的末端应（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足mamb，两球的半径应满足rarb（选填“”、“”或“=”）（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图10所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图1中水平面上的点和点（4）在本实验中结合图1，验证动量守恒的验证式是下列选项中的Ama=ma+mb Bma=ma+mb Cma=ma+mb（5）经测定，ma=45.0g，mb=7.5g

7、，请结合图2分析：碰撞前、后ma的动量分别为p1与p1，则p1：p1=（保留分式）有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球mb平抛运动水平距离的最大值为cm11（8分）用图中给出的器材，测量一只标有“3V、0.6W”的小灯泡正常发光时的电阻R1实验过程要求尽量减小误差（滑动变阻器最大阻值为10；电源电动势为12V，内阻为1；电流表内阻约为1，电压表的内阻约为10k）电流表应选用的量程是 A（选填“0.6”或“3”），电压表应选用的量程是 V（选填“3”或“15”）；请将你设计的实验电路图，画在左下方的

8、虚线框中；根据中的电路图，用笔画线代替导线，完成图中的实物连接；若小灯泡发光较暗时的电阻为R2，判断出R1与R2的大小关系是R1R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）四、计算题12如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g求：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能13如图甲，

9、相距为L=1m的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在垂直导轨平面的匀强磁场中，OO为磁场右边界，磁感应强度为B=2T，导轨右侧接有定值电阻R=4，导轨电阻忽略不计在距OO为L=1m处垂直导轨放置一质量为m=1kg、电阻不计的金属杆ab若ab杆在水平向右的恒力F作用下由静止开始向右运动，其速度位移的关系图象如图乙所示（图中坐标值均为已知量），求（1）恒力F大小是多少？（2）在此过程中电阻R上产生的电热Q1是多少？（3）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度为多少？广东省深圳市布吉高中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（单选题每题4分，共16分，双选题每题

10、6分，共30分，双选题少选得3分，选错不得分）1（4分）一个按正弦规律变化的交变电流的it图象如图所示根据图象可以判定（）A交变电流的频率f=100HzB交变电流的有效值I=20AC交变电流瞬时值表达式i=20sin0.02tAD在t=时刻，电流的大小与其有效值相等考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：直接从图象中即可求出交流电的峰值及周期，从而求频率，写出电流的瞬时值表达式解答：解：A、题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为0.02s，故频率为50Hz，故A错误B、由图可知，该交流电的峰值是20A，有效值为U=14.1A，故B错误；C、角速度=100rad

11、/s，交变电流瞬时值表达式i=20sin100t（A），故C错误；D、t=时刻，i=20sin100×=10（A），故D正确故选： D点评：明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习2（4分）如图所示，用线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定小球B接触今使两球带同种电荷，悬线将偏离竖直方向某一角度1，此时悬线中的张力大小为T1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为2，此时悬线中的张力大小为T2，则（）AT1T2BT1=T2CT1T2D无法确定考点：共点力平衡的条件及其应用；库仑定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：

12、对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与OA、OB的关系，即可求解解答：解：小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形OAB相似，有：=因为OA=OB，所以T=mg即T与无关，则有T1=T2故选B点评：本题从小球的受力分析出发寻求正确的答案，采用三角形相似法处理，比较简单，也可以运用函数法研究3（4分）在静电场中，下列说法中正确的是（）A电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C电场强度的方向总是跟等势面垂直D电势降低

13、的方向就是电场强度的方向考点：电势；电场强度；等势面 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系电场强度为零，电势不一定为零电势为零，电场强度也不一定为零电场强度越大的地方，电势不一定高顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小解答：解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故A错误 B、电场强度处处相同的区域内，电势不一定处处相同，比如匀强电场，电场强度相同，而电势沿着电场线方向是降低的故B错误 C、电场线与等势面相互垂直，而电场线某点的切线方向为电场强度的方向，所以电场强度的方向

14、总是跟等势面垂直故C正确； D、沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，而电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故D错误故选C点评：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低4（4分）如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形闭合线框abcd，线框平面与磁场垂直在下列哪种情况，可使线框中产生感应电流（）A线框沿纸面向右加速运动B线框垂直纸面向外运动C线框绕ad边转动D线框绕过d点与纸面垂直的轴，沿纸面顺时针转动考点：感应电流的产生条件 分析：要使线圈中产

15、生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化而线圈处于通电导线提供的磁场，所以可根据线圈的运动或电流的变化来判定磁通量的变化解答：解：A、线框沿纸面向右加速运动，穿过线框的磁通量仍没有变化，所以线框不会产生感应电动势，因此也不会有感应电流出现，故A错误；B、线框垂直纸面向外运动，由于匀强磁场穿过线框的磁通量仍没有变化，所以线框不会产生感应电动势，因此也不会有感应电流出现，故B错误；C、线框绕ad边转动，导致穿过线框的磁通量发生变化，所以线框产生感应电动势，因此有感应电流出现，故C正确；D、线框绕过d点与纸面垂直的轴，沿纸面顺时针运动，穿过线框的磁通量仍没有变化，所以线框不会产生感应电动势，因此也不

16、会有感应电流出现，故D错误；故选：C点评：穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现而条数的变化可以由线圈的运动确定5（6分）如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为，方向相反，则两小球质量之比m1：m2和碰撞前后动能变化量之比Ek1：Ek2为（）Am1：m2=1：3Bm1：m2=1：1CEk1：Ek2=1：3DEk1：Ek2=1：1考点：动量守恒定律 分析：1、根据动量守恒定律列式，就可求得质量之比2、分别求出两球碰撞前后动能变化量，然后相比即可解答：解：A、B：以原来m1的速度v方向

17、为正方向，根据动量守恒定律所以故A正确、B错误C、D：两球碰撞前后动能变化量分别为：=所以故C错误、D正确故选AD点评：对于动量守恒的问题，一定要注意矢量的方向性，分析清楚碰撞前后各个量的方向，这是解题的关键此题难度不大，属于中档题6（6分）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒，机械能守恒Ba尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒，机械能不守恒Ca离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能守恒Da离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能不守恒考点：动量定理

18、；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0而判断机械能是否守恒，主要是分析系统是否有重力之外的其他力做功解答：解：AB、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零所以和b组成的系统的动量不守恒但由于没有外力做功；故系统的机械能守恒；故AB错误CD、a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒由于没有外力做功；故系统机械能守恒；故C正确、D错误故选：C点评：本题考查了系

19、统机械能守恒的条件和动量守恒的条件，注意区分，墙壁对物块a有弹力作用的过程，物块并没有发生位移，因此墙壁的弹力不做功7（6分）如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是（）A金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为：1：B金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2C从a到b和从b到c的两个过

20、程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1D从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：金属棒由静止开始向右做匀加速运动，根据运动学公式求出金属棒通过b、c的速度之比由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等知识求出功率、安培力、热量与速度的关系，进而求出相应的比值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出电荷量之比解答：解：A、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：；根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比

21、为1：，由公式F=BIL可知安培力之比为1：，根据牛顿第二定律，有： FFA=ma，FA=Fma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1：故A错误B、通过b、c两个位置的速度比为1：，根据P=知，电阻R的电功率之比为1：2故B正确C、由q=，因为ab=bc，则qab=qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1，故C正确D、根据能量守恒定律，热量Qab=Fxab，又=2axab，则Qab=Fxabmaxab同理Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等故D错误故选：BC点评：本题考查的知识较多，关键要掌握运动学公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定

22、律，安培力公式等等知识，能记住感应电荷量经验公式q=，如果是计算题要会推导8（6分）两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图不计粒子重力，则下列说法正确的是（）Aa粒子带正电Bb粒子带正电Ca粒子速度较小Db粒子在磁场中运动时间较长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进

23、行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间解答：解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误；B、由A分析知B正确；C、洛伦兹力提供向心力，即：qvB=，得：r=，故半径较小的a粒子速度小，故C正确；D、据，粒子在磁场中偏转角大的运动的时间也长；因为b粒子的偏转角大小，所以运动的时间就短，故D错误故选：BC点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定，属于基本题目9（6分）理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11，原线圈两端输入电压U随时间变

24、化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）AV表的读数为220VB通过R的电流为2ACA表的读数为2AD变压器的输入功率为44W考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流解答：解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02sA、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P

25、2=44W，故D正确故选BD点评：解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系二、实验题（18分）10（10分）某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次回答下列问题：（1）在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足mamb，两球的半径应满足ra=rb（选填“”、“”或“=”）（3

26、）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图10所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图1中水平面上的A点和C点（4）在本实验中结合图1，验证动量守恒的验证式是下列选项中的BAma=ma+mb Bma=ma+mb Cma=ma+mb（5）经测定，ma=45.0g，mb=7.5g，请结合图2分析：碰撞前、后ma的动量分别为p1与p1，则p1：p1=（保留分式）有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球mb平抛运动水平距离的最大值为76.8cm考点：验证动量守恒定律 分析：（1）在安装实验器材时斜

27、槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量（3）根据图示装置与小球的运动分析答题（4）根据实验的原理解答即可（5）根据动量守恒分析答题解答：解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即mamb为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等；（3）由图1所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B

28、点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点（4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，得：maOB=maOA+mbOC，故选：B（5）；发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m1v1=m1v1+m2v2根据机械能守恒定律：由以上两式解得：，因此最大射程为：故答案为：（1）保持水平；（2），=；（3）A，C；（4）B；（5），76.8点评：本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后

29、再读数，读数时视线要与刻度线垂直；求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键11（8分）用图中给出的器材，测量一只标有“3V、0.6W”的小灯泡正常发光时的电阻R1实验过程要求尽量减小误差（滑动变阻器最大阻值为10；电源电动势为12V，内阻为1；电流表内阻约为1，电压表的内阻约为10k）电流表应选用的量程是0.6 A（选填“0.6”或“3”），电压表应选用的量程是3 V（选填“3”或“15”）；请将你设计的实验电路图，画在左下方的虚线框中；根据中的电路图，用笔画线代替导线，完成图中的实物连接；若小灯泡发光较暗时的电阻为R2，判断出R1与R2的大小关系是R1大于R2（选填“大于”、“等于”

30、或“小于”）考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：器材的选择需精确、安全；根据灯泡的额定电压和电流确定电压表和电流表的量程若采用滑动变阻器限流法，无论怎么移动滑动变阻器，灯泡的电压都超额定值，所以滑动变阻器采用分压式接法根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接根据电路图连接实物图电流越大，温度越高，灯丝的电阻率越大，则灯泡的电阻越大解答：解：灯泡的额定电流I=，则电流表的量程选择0.6A灯泡的额定电压为3V，则电压表选择的量程为3V若滑动变阻器采用限流法接法，滑动变阻器移动最大值时，灯泡两端的电压都超过灯泡的额定电压，所以滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的内阻大约为15，与电流表内阻相

31、当，属于小电阻，所以电流表采用外接法根据电路图连接实物图正常发光时，电流比较大，灯丝的电阻率大，此时的电阻较大，所以R1R2故答案为：电流表量程 0.6 A，电压表量程是 3 V；画电路路完成实物连接；大于点评：解决本题的关键掌握滑动变阻器的分压式和限流式接法的区别，以及掌握电流表的内外接四、计算题12如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g求：（1）小球a

32、在圆环轨道最高点对轨道的压力；（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小球a在圆环轨道最高点受到重力和轨道的弹力，由两个力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解轨道对小球的弹力，由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力（2）小球a从B运动到A的过程中，只有重力做功，机械能守恒，求出小球a与弹簧分离时的速度大小va，根据动量守恒定律求解球b离开弹簧时的速度vb的大小（3）释放小球过程，弹簧的弹性势能转化为两球的动能，由机械能守恒定律求解释放小球前弹簧具有的弹性势能解答：解：（1）设a球通