高級中學名校試卷PAGEPAGE1海淀區2024-2025學年第二學期期中練習高三物理一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.關于光現象及應用，下列說法正確的是（）A.佩戴特制的眼鏡觀看立體電影，是利用了光的折射B.醫學上用光纖制成內窺鏡做人體內部檢查，是利用了光偏振C.雨后太陽光入射到水滴形成彩虹，是由于光的干涉D.光經過針尖時，其影的輪廓模糊不清，出現明暗相間的條紋，是由于光的衍射【答案】D【解析】A．觀看立體電影所戴的眼鏡利用了光的偏振，故A錯誤；B．醫學上用光纖制成內窺鏡做人體內部檢查，利用了光的全反射把光傳送到人體內部進行照明，故B錯誤；C．雨后彩虹是由于太陽光入射到水滴中發生的折射形成的，故C錯誤；D．光經過針尖時，其影的輪廓模糊不清，出現明暗相間的條紋，是由于光的衍射，故D正確。故選D。2.下列核反應方程中，括號內的粒子為質子的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．由質量數和質子數守恒可得，括號內的粒子為，故A不符合題意；B．由質量數和質子數守恒可得，括號內的粒子為，故B不符合題意；C．由質量數和質子數守恒可得，括號內的粒子為，故C符合題意；D．由質量數和質子數守恒可得，括號內的粒子為，故D不符合題意。故選C。3.關于分子動理論，下列說法正確的是（）A.懸浮在液體中的固體微粒越大，布朗運動越明顯B.當分子間的距離減小時，分子間作用力一定增大C.物體的溫度升高，物體內每個分子的動能都增大D.溫度是分子熱運動劇烈程度的標志【答案】D【解析】A．根據布朗運動的特點可知，顆粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯，故A錯誤；B．分子間距離為平衡位置時，分子力為零，所以當分子間的距離減小，分子間作用力不一定增大，還要看分子間距離與平衡位置的大小關系，故B錯誤；C．溫度是分子平均動能的標志，物體的溫度越高，分子熱運動的平均動能越大，但不是物體內每個分子的動能都增大，故C錯誤；D．溫度是分子熱運動劇烈程度的標志，故D正確。故選D。4.圖甲為一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在t=0時的圖像，圖甲中某質點的振動情況如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.圖乙可能是質點a的振動圖像B.再經1s質點a將沿x軸運動到x=2m處C.質點b的位移與時間的關系為y=0.1sin(πt)mD.波在傳播過程中，質點a在2s內運動的路程為0.8m【答案】A【解析】A．根據“上、下坡法”可知，質點a在時由平衡位置向上振動，而乙圖中某質點在時也恰好由平衡位置向上振動，故乙圖可能是質點a的振動圖像，A正確；B．質點只能在各自的平衡位置附近做簡諧振動，而不會隨著波遷移，B錯誤；C．由圖可知，質點的振幅周期角頻率由甲圖可知，當時，質點b經過平衡位置向下振動，故質點b的位移與時間關系為C錯誤；D．由于該波的周期為，質點a在2s時間內恰好完成一個周期的振動，一個周期內，質點a運動的路程為D錯誤。故選A。5.如圖所示，彈簧上端固定、下端懸掛一個磁鐵，在磁鐵正下方放置一個固定在桌面上的閉合銅質線圈。將磁鐵托起到某一高度后放開、磁鐵開始上下振動。不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.磁鐵振動過程中、線圈始終有收縮的趨勢B.磁鐵振動過程中、彈簧和磁鐵組成系統的機械能保持不變C.磁鐵遠離線圈時，線圈對桌面的壓力小于線圈的重力D.磁鐵靠近線圈時，線圈與磁鐵相互吸引【答案】C【解析】根據題意可知，磁鐵靠近線圈時，穿過線圈的磁通量增大，線圈中產生感應電流，由楞次定律可知，線圈有收縮的趨勢，線圈與磁鐵相互排斥，線圈對桌面的壓力大于線圈的重力；磁鐵遠離線圈時，穿過線圈的磁通量減小，線圈中產生感應電流，由楞次定律可知，線圈有擴大的趨勢，線圈與磁鐵相互吸引，線圈對桌面的壓力小于線圈的重力，整個過程中，由于線圈中產生了感應電流，即有電能產生，由能量守恒定律，可知彈簧和磁鐵組成系統的機械能會一直減小。故選C。6.某同學用如圖所示的可拆變壓器完成“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，可拆變壓器上各接線柱對應的數字表示倍率為“×100”的匝數。將原線圈的“0””和“1”接線柱與學生電源連接，將副線圈的“0”和“8”接線柱與電壓表連接，測得副線圈的輸出電壓為15V。下列說法正確的是（）A.原線圈接的是學生電源的直流電壓擋B.原線圈的輸入電壓可能是2VC.原、副線圈之間靠鐵芯導電來傳輸能量D.若將電源改接原線圈的“0”和“4”接線柱，則副線圈的輸出電壓將大于15V【答案】B【解析】A．原線圈接的是學生電源的交流電壓擋，故A錯誤；B．將原線圈的“0””和“1”接線柱與學生電源連接，則副線圈的“0”和“8”接線柱與電壓表連接，則若考慮到有漏磁現象，則有其中可得則原線圈的輸入電壓可能是2V，故B正確；C．變壓器的工作原理是電磁感應現象，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸能量，故C錯誤；D．若將電源改接原線圈的“0”和“4”接線柱，則即原線圈匝數變多，則由可知，副線圈的輸出電壓將小于15V，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，兩相同物塊用細線相連接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做勻加速直線運動，物塊間細線的拉力大小為T。當兩物塊均由粗糙的水平面運動到光滑的水平面上且仍在F的作用下運動，則（）A.兩物塊的加速度變大，細線的拉力仍為TB.兩物塊的加速度不變，細線的拉力仍為TC.兩物塊的加速度變大，細線的拉力小于TD.兩物塊的加速度不變，細線的拉力小于T【答案】A【解析】設物塊的質量為m，當水平地面粗糙時，設動摩擦因數為，以兩物塊為整體，根據牛頓第二定律可得解得加速度為以左側物體為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得繩子的拉力為當水平地面光滑時，以兩物塊為整體，根據牛頓第二定律可得解得加速度為以左側物體為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得繩子的拉力為則有，，故選A。8.如圖所示，MN右側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量為m、電荷量為q的兩個電性不同的粒子，均以與MN夾角為、大小為v的速度垂直磁場射入。不計重力及粒子間的相互作用。則兩粒子（）A.在磁場中運動軌跡的半徑不同 B.在磁場中運動的時間不同C.射出磁場時的速度方向不同 D.射出位置到射入位置的距離不同【答案】B【解析】AC．由可得故兩粒子在磁場中運動軌跡的半徑相同。如圖所示正電荷粒子的運動軌跡為大圓弧，負電荷粒子的運動軌跡為小圓弧射出磁場時的速度方向相同，故AC錯誤；B．粒子在磁場中運動周期若粒子帶負電荷，在磁場中運動的時間若粒子帶正電荷，在磁場中運動的時間故兩粒子在磁場中運動的時間不同，故B正確；D．由幾何關系可知，兩粒子射出位置到射入位置的距離相同，大小等于故D錯誤。故選B。9.如圖所示，物體在與水平方向夾角為、大小為F的拉力作用下，從靜止開始沿水平地面向右做勻加速直線運動，物體和地面之間的動摩擦因數為。在物體運動時間為t的過程中（）A.僅改變，拉力對物體做的功不變B.僅改變，合力對物體做的功不變C.僅改變拉力大小F，物體受到重力的沖量不變D.僅改變拉力大小F，物體受到摩擦力的沖量不變【答案】C【解析】AB．對物體受力分析，根據牛頓第二定律可得其中聯立解得拉力對物體所做的功為合力對物體所做的功可見，若改變，則拉力所做功隨之改變，若改變，合力所做的功也會改變，AB錯誤；C．根據沖量的定義可知，重力的沖量由于重力的大小不變，作用時間不變，故重力的沖量不變，C正確；D．拉力的大小改變，結合上述分析可知，物體所受摩擦力的大小發生改變，而作用時間不變，因此摩擦力的沖量發生改變，D錯誤。故選C。10.2024年6月，“嫦娥六號”探測器成功著陸在月球背面預選著陸區，開啟人類探測器首次在月球背面實施的樣品采集任務。“嫦娥六號”被月球捕獲進入月球軌道的部分過程如圖所示：探測器在橢圓軌道1運行經過P點時變軌進入橢圓軌道2、在軌道2上經過P點時再次變軌進入圓軌道3。三個軌道相切于P點，Q點是軌道2上離月球最遠的點。下列說法正確的是（）A.探測器從軌道1進入軌道2的過程中，需點火加速B.探測器在軌道2上從P點運行到Q點的過程中，機械能越來越大C.探測器分別沿著軌道2和軌道3運行，經過P點時的加速度相同D.探測器在軌道3上運行的周期大于其在軌道1上運行的周期【答案】C【解析】A．由軌道1變到軌道2，半徑減小，做近心運動，因此需要在P點減速，故A錯誤；B．探測器在軌道2上從P點運行到Q點的過程中，只有萬有引力做功，機械能守恒，故B錯誤；C．根據牛頓第二定律，有由于探測器分別沿著軌道2和軌道3運行，經過P點的距離r相同，所以經過P點時的加速度相同，故C正確；D．根據開普勒第三定律可知，軌道1的半長軸大于軌道3的半長軸，所以在軌道1上運行的周期比在軌道3上運行的周期大，故D錯誤。故選C。11.兩個點電荷A和B的電荷量分別為qA和qB，M是點電荷連線中垂線上的某點，其電場方向如圖所示，下列說法正確的是（）A.qA和qB的大小可能相等B.A和B為同種電荷，且qA>qBC.A和B為異種電荷，且qA>qBD.若A和B的電荷量均變為原來的2倍，則M點的電場方向不變【答案】D【解析】A．若qA和qB的大小相等且為異種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線垂直；若qA和qB的大小相等且為同種電荷，由電場強度的疊加原理可知M點電場強度與AB連線平行，由圖可知M點電場強度方向既不與AB連線垂直也不與AB連線平行，故qA和qB的大小不可能相等，故A錯誤；BC．要使M點的電場方向如圖中所示，由電場疊加原理可知，點電荷A和B在M點產生的電場強度、如圖所示則有點電荷A帶負電荷、點電荷B帶正電荷，且有，又點電荷A和B到M點距離相等，由，可知，故BC錯誤；D．若A和B的電荷量均變為原來的2倍，則點電荷A和B在M點產生的電場強度，則由平行四邊形定則可知M點的合場強，方向不變，故D正確。故選D。12.如圖所示，一定厚度和寬度的半導體板放在勻強磁場中，當半導體板通過一定電流，且電流與磁場方向垂直時，在上側面A和下側面之間會產生一定的電勢差UH將這種半導體板制成磁敏元件，可用來探測某空間的磁場。下列說法正確的是（）A.若半導體板內載流子為電子，則上側面A的電勢比下側面的電勢高B.探測空間磁場時，UH與被測磁場的磁感應強度呈線性關系C.探測空間磁場時，磁敏元件的擺放方向對UH的數值無影響D.在圖示情況下，半導體板單位體積中載流子數目越大UH越大【答案】B【解析】A．根據左手定則可知，電子受到洛倫茲力向上偏轉，故上側面A的電勢比下側面的電勢低，A錯誤；BD．設半導體板的厚度為d，高度為h，根據電流的微觀表達式當電勢差穩定時洛倫茲力與電場力平衡，則有聯立解得可知電勢差與B成正比，與d成反比，半導體板單位體積中載流子數目越大UH越小，B正確，D錯誤；C．探測空間磁場時，磁敏元件的擺放要求磁場方向與板的厚度平行，即磁敏元件的擺放方向對UH的數值有影響，C錯誤。故選B。13.飛輪儲能是一種利用高速旋轉飛輪來儲存和釋放能量的技術。飛輪能儲存能量，是因為轉動的物體具有動能。如圖所示，將飛輪簡化為圓盤，可繞通過其圓心且與圓盤平面垂直的轉軸轉動。可以把圓盤分成很多小塊，任取一小塊都能根據來計算其動能，將所有小塊的動能累加即可以求得飛輪轉動的動能。下列說法正確的是（）A.飛輪轉動時的動能與其轉動的角速度成正比B.飛輪轉動的動能與其質量分布是否均勻無關C.保持角速度的大小不變，若飛輪改為繞其直徑轉動，則其動能不變D.保持角速度的大小不變，若飛輪改為繞其直徑轉動，則其動能變小【答案】D【解析】圓盤上的各點同軸轉動，角速度相等，質量為m距轉軸距離為r的點的速度其動能其中為轉動慣量。A．圓盤繞垂直于盤面的軸轉動時其中m為圓盤質量，R為圓盤半徑，飛輪轉動時的動能則飛輪轉動時的動能與其轉動角速度的平方成正比，故A錯誤；B．轉動慣量I與飛輪的質量分布是否均勻有關，飛輪轉動的動能與其質量分布是否均勻有關，故B錯誤；CD．飛輪繞垂直于盤面且過盤心的軸轉動時的轉動慣量繞過直徑的軸轉動時的轉動慣量保持角速度的大小不變，若飛輪改為繞其直徑轉動，則其動能變小，故C錯誤，D正確。故選D。14.當波源與觀測者發生相對運動時，觀測者接收到波的頻率發生變化，這是我們熟悉的多普勒效應。觀測者和波源之間的距離變化越快，多普勒效應越明顯。原子會吸收和發出某些特定波長的電磁波，我們觀測到的某顆恒星的光譜包含由此恒星的大氣層中的原子引起的吸收譜線。已知鈉原子具有一條波長為的特征譜線（線）。研究人員在觀測某雙恒星系統時，從t=0時開始在表中記錄雙恒星系統中的鈉原子在線對應波長處的吸收光譜，其中1號恒星和2號恒星在吸收波長處吸收光譜的波長分別為λ1和λ2假定研究人員處于雙恒星運動所在平面，雙恒星均近似做勻速圓周運動，且不考慮雙恒星系統質心（質點系的質量中心）的運動。不考慮相對論效應和宇宙膨脹的影響。關于該雙恒星系統，下列說法正確的是（）t/dλ1/λ2/0.35893.15897.50.65892.85897.70.95893.75897.21.25896.25896.21.55897.35895.11.85898.75894.32.15899.05894.12.45898.15894.62.75896.45895.63.05894.55896.73.35893.15897.33.65892.85897.73.95893.75897.2A.雙恒星繞質心轉動的周期約為1.8dB.觀測到波長為的光是1號恒星靠近觀測者時發出的C.在間觀測到波長為的光是1號恒星在距離觀測者最近位置附近發出的D.通過比較觀測波長變化量，可判斷1號恒星質量較小【答案】D【解析】A．從表中數據來看，波長從一種狀態變化回類似狀態的時間間隔約為3.0d，因為雙恒星繞質心轉動時，會引起光的多普勒效應，從而導致觀測到的波長周期性變化，這個周期就等于雙恒星繞質心轉動的周期，所以雙恒星繞質心轉動的周期約為，故A錯誤；D．如圖所示M點表示恒星相對觀察者在靠近，且靠近速度最大的位置，根據多普勒效應，頻率應在其數據中最大，波長應在其數據中最小；同理N點表示波長應在其數據中最大。表中1號恒星的最短波長（對應其做大頻率）為，2號恒星最短波長（對應其最大頻率），可以看出1號恒星的最短波長更短，則對應最大頻率更大，說明1號恒星相對觀察者靠近的最大速度更大。說明其對應的軌道半徑更大，即M點所在的圓軌道。根據雙星知識，軌道半徑與質量成反比，則1號恒星比2號恒星質量小，故D正確；BC．根據前面的分析，圖中M點對應1號恒星波長最小的時刻，即，那么其再轉四分之一周期后（即）離觀測者最近，再過半個周期后（即）離觀測者最遠，再次離觀測者最近時，則在間觀測到波長為的光不是1號恒星在距離觀測者最近位置附近發出的，時1號恒星一定是遠離觀測者，故BC錯誤。故選D。二、非選擇題15.現有一個阻值約為2kΩ的定值電阻，用多用電表測其電阻，應選用電阻_______擋（選填“×10”“×100”或“×1k”)；圖為已選定擋位后正在測量中的多用電表表盤，其對應的阻值是_______Ω。【答案】【解析】[1]歐姆表的中央刻度為“15”，待測電阻的阻值約為，為了減小誤差，應使歐姆表的指針指在中央刻度附近，故應選擇“”擋；[2]根據上述分析及歐姆表指示的刻度，可知待測電阻的阻值為。16.用圖所示裝置探究兩個互成角度的力的合成規律。如圖甲所示，輕質小圓環掛在橡皮條的一端，橡皮條的另一端固定，橡皮條恰好伸直時的長度為GE。通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環，小圓環受到拉力的共同作用，靜止于O點，橡皮條伸長的長度為EO，如圖乙所示。改用一個力F單獨拉住小圓環，仍使它靜止于O點，如圖丙所示。關于本實驗，下列說法正確的是（）A.需要記錄GE和EO長度B.描點確定拉力方向時，所描兩點之間的距離應適當大一些C.借助該實驗數據也可以完成“探究力的分解規律”的實驗【答案】BC【解析】A．本實驗是通過橡皮條的伸長來體現力的作用效果，不需要記錄橡皮條原長，只需要橡皮條兩次伸長量相同（都到O點），保證力的作用效果相同即可，故A錯誤；B．描點確定拉力方向時，所描兩點之間的距離適當大一些，可以減小作圖時的誤差，使確定的方向更準確，故B正確；C．根據力的合成與分解的互逆關系，借助該實驗數據，已知合力F和分力、的情況，也可以完成“探究力的分解規律”的實驗，故C正確。故選BC。17.某同學通過雙縫干涉實驗測量單色光的波長。該同學調整好實驗裝置后，分別用圖所示的氫原子在可見光區的四條譜線中的Hβ和Hγ兩條譜線的光照射雙縫。已知氫原子四條譜線的波長滿足，其中對應Hα，為常量）。在干涉圖樣中，條紋間距較小的是譜線_______所對應的光形成的。（選填“Hβ”或“Hγ”）【答案】【解析】根據題意，由公式結合圖像可知Hβ、Hγ分別是氫原子從第4能級和第5能級躍遷到第2能級發出的光，可知λHβ＞λHγ由條紋間距公式可知，紋間距較小的是譜線Hγ所對應的光形成的。18.某實驗小組用圖1所示電路測量一段粗細均勻、阻值約為5Ω的金屬絲的電阻率。（1）實驗室有電源（電動勢E為3.0V，內阻約為1Ω）、開關和導線若干，以及下列器材：A．電流表（量程0～0.6A，內阻約0.125Ω）B．電流表（量程0～3A，內阻約0.025Ω）C．電壓表（量程0～3V，內阻約3kΩ）E．滑動變阻器（0～5Ω，額定電流2A）F．滑動變阻器（0～1kΩ，額定電流0.5A）為了比較準確地測量金屬絲的電阻阻值，實驗中電流表應選___，滑動變阻器應選___。（選填器材前的字母）（2）圖2所示為測量R2的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線，請根據圖1電路圖補充完成圖2中實物間的連線___。（3）該小組同學正確連接電路，改變滑動變阻器的滑片位置，測量得到多組電壓U和電流I，并在圖3坐標系中標出。a．請在圖3中畫出U-I圖線___。b．已通過U-I圖線得到了Rx。為準確測量待測金屬絲的電阻率，請寫出還需要測量的物理量及對應的測量方法___。（4）該小組同學利用上述相同實驗器材，分別按照圖1和圖4的電路圖正確連接電路。按操作規范，將滑動變阻器滑片從一端滑向另一端，探究電壓表示數U與滑片移動距離x間的關系，分別得到圖線甲和乙。已知滑動變阻器電阻絲的總長度為L，下列反映U-x關系的示意圖中可能正確的是。A. B. C.【答案】（1）AE（2）（3）見解析（4）C【解析】【小問1詳析】[1]根據閉合電路的歐姆定律可知，電路中的最大電流因此電流表應選擇A；[2]滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節，滑動變阻器應選擇E；【小問2詳析】根據電路圖，實物連接情況如下【小問3詳析】[1]描點作圖，舍棄個別相差較遠的點，如圖所示[2]根據電阻定律可得為了測量金屬絲的電阻率，根據圖像可得的阻值后，還需要用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，毫米刻度尺測量金屬絲接入電路中的長度L。【小問4詳析】圖1中，滑動變阻器的滑片移動距離時，滑片位于最左端，電壓表的示數為零；圖4中，滑動變阻器的滑片移動距離時，滑動變阻器的滑片位于最右端，電壓表的示數最小值為圖1中，滑動變阻器的滑片位移最右端時，滑片移動的距離為，電壓表的示數為最大值圖4中，滑動變阻器的滑片位移最左端時，滑片移動的距離，電壓表的示數為最大值由于，所以，即圖線甲的最大值小于圖線乙的最大值；圖4中滑動變阻器滑片移動的距離時，滑動變阻器接入電路中的有效長度，設電阻絲的橫截面積為S，則電壓表的示數為其中隨著x的增大，逐漸減小，根據均值不等式可知，當，減小到最大，此后減小得幅度逐漸增大，電壓表示數增大得越快，綜合分析可知C正確。故選C。19.如圖所示，光滑水平面內存在一有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向如圖所示。一邊長為L的正方形單匝導線框位于水平面內，某時刻導線框以垂直磁場邊界的初速度v從磁場左邊緣進入磁場。已知導線框的質量為m、電阻為R。求導線框完全進入磁場的過程中，求：（1）感應電流的最大值I；（2）加速度的最大值a；（3）流過導線截面的電荷量q。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】線框剛進入磁場時，產生的感應電動勢最大為E=BLv根據閉合電路歐姆定律，可得感應電流則感應電流的最大值為【小問2詳析】線框受到的安培力為F=BIL根據牛頓第二定律可得F=ma解得加速度的最大值為【小問3詳析】導線框完全進入磁場的過程中，平均電動勢為平均電流為流過導線截面的電荷量為聯立解得流過導線截面的電荷量為20.如圖所示，運動員以一定速度從P點沿水平方向離開平臺，恰能從A點與軌道相切進入粗糙圓弧軌道AC，沿圓弧軌道在豎直平面做圓周運動。已知運動員（含裝備）質量m=50kg，運動員進入圓弧軌道時的速度大小vA=10m/s，圓弧軌道的半徑R=4m，圓弧軌道AB對應的圓心角∠。測得運動員在軌道最低點B時對軌道的壓力是其總重力的3.8倍。取重力加速度，，。將運動員視為質點，忽略空氣阻力。求：（1）運動員從P點到A點運動過程所用時間t；（2）運動員在B點時的動能；（3）在圓弧軌道AB段運動過程中，摩擦力對運動員所做的功W。【答案】（1）0.6s（2）2800J（3）-100J【解析】【小問1詳析】由于運動員從P到A的運動過程為平拋運動，且vA=10m/s，故運動員在A點豎直方向速度，解得【小問2詳析】在B點由牛頓第二定律得由牛頓第三定律可知運動員在B點的動能解得【小問3詳析】運動員從A到B過程，由動能定理得解得所以在圓弧軌道AB段運動過程中，摩擦力對運動員所做的功為-100J。21.如圖1所示，把一個質量為m小球連接在勁度系數為k的輕質彈簧的右端，彈簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和彈簧組成的系統稱為彈簧振子。以彈簧原長時小球的位置為坐標原點O，以水平向右為正方向建立坐標軸Ox。小球在運動過程中彈簧始終在彈性限度內，忽略摩擦阻力的影響。（1）把小球拉向O點的右方x=+L處，然后由靜止釋放，小球沿著坐標軸做往復運動。a．在圖2中畫出彈簧彈力F隨x變化的示意圖，并由此求出小球從x=+L處靜止釋放至第一次運動到平衡位置O的過程中，彈簧對小球做的功W。b．求小球從x=+L處靜止釋放至第一次運動到平衡位置O的過程中，彈簧對小球沖量的大小I。（2）動量p隨位移x變化的圖像在理論物理、近代數學分析的發展中扮演了重要的角色。如圖3所示，小球運動過程的p-x圖線為橢圓，已知彈簧振子系統的機械能為E。a．求該橢圓的半長軸a和半短軸b。b．實際上，小球在運動過程中受到微小的阻力，在相當長的時間內可近似認為其p-x圖線是一系列面積不同的封閉橢圓。經過一段相當長的時間T，橢圓的面積減小為原來的90％，求這段時間內克服微小阻力做功的平均功率P。（已知橢圓面積S=πab)【答案】（1）a．，；b．（2）a．，；b．【解析】【小問1詳析】a．如圖所示圖像與坐標軸圍成的面積即表示功的大小，其面積大小為由于彈力方向與位移方向均與規定的正方向相反，則故彈簧對小球所做的功b．由動能定理可得以水平向左為正方向，根據動量定理則有，聯立解得【小問2詳析】a．在處時，小球的動量為零，則小球的速度為零，動能為零，則有解得半長軸在處彈簧的彈性勢能為零，則有，解得即半短軸b．將上述結論代入橢圓的面積公式即有橢圓的面積減小為原來的90％，系統的能量由功能關系可得，克服阻力所做的功所以這段時間內克服微小阻力做功的平均功率22.尋求守恒量，是解決物理問題的重要方法。（1）如圖1所示，用細線懸掛的兩個完全相同的小球，靜止時恰