北京市海淀区届高三上学期期中考试反馈练习物理试题答案+解析.docx

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北京市海淀区届高三上学期期中考试反馈练习物理试题答案+解析

海淀区高三年级第一学期期中练习反馈题物理

一、本题共10小题。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

1.如图所示，用三段不可伸长的轻质细绳OA、OB、OC共同悬挂一重物使其静止，其中OA与竖直方向的夹角为30°，OB沿水平方向，A端、B端固定。

若重物的质量是m，则（）

A.OA绳的拉力等于2mg

B.OB绳的拉力等于mg/2

C.OC绳的拉力小于OB绳的拉力

D.OA绳的拉力大于OB绳的拉力

【答案】D

【解析】

【详解】以结点O为研究，受力分析图如图所示；

根据平衡条件，结合力图可知：

;

；FOA＞FOB，所以D正确，ABC错误。

故选D。

【点睛】本题首先要选择研究对象：

结点O；其次关键是作好力图，就能直观比较三个绳子拉力的大小．

2.一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形图如图所示，已知位于x=1m处的质点正向下运动，则下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.x=3m处的质点的振幅为零

C.x=2m处的质点此刻具有最大加速度

D.该时刻以后，x=2.5m处的质点比x=1.5m处的质点先回到平衡位置

【答案】ACD

【解析】

【详解】已知位于x=1m处的质点正向下运动，可知该波沿x轴负方向传播，选项A正确；x=3m处的质点此时的位移为零，但是振幅不为零，选项B错误；x=2m处的质点位移最大，回复力最大，则此刻具有最大加速度，选项C正确；该时刻x=2.5m处的质点向上振动，x=1.5m处的质点向下振动，则从该时刻以后，x=2.5m处的质点比x=1.5m处的质点先回到平衡位置，选项D正确；故选ACD.

3.在“验证力的平行四边形定则”实验中，将橡皮条的一端固定在水平木板的A点，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。

实验中先用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，将结点拉伸到某一位置O，如下图所示。

再只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O。

两组同学得到的实验数据分别如下图所示。

则下列说法正确的是（）

甲乙丙

A.两根细绳必须等长

B.两弹簧测力计拉力方向夹角越大误差越小

C.两组同学的数据，丙图更符合实际情况

D.橡皮筋对O点的拉力是合力，两测力计对O点的拉力是分力

【答案】C

【解析】

【详解】实验时两根细绳没必要必须等长，长度适应即可，选项A错误；两弹簧测力计拉力方向夹角大小要适当，并非越大误差越小，选项B错误；图中的F是两个分力合力的理论值，F′是合力的实验值，其F′的方向应该与橡皮条的方向重合，则两组同学的数据，丙图更符合实际情况，选项C正确；橡皮筋的拉力和两个弹簧测力计的拉力的合力为零，其中任意两个力的合力与第三个力等大反向，选项D错误；故选C.

4.如图所示，水平放置的转盘以一定角速度做匀速圆周运动，放在转盘上的小物体跟着转盘一起做匀速圆周运动，与圆盘保持相对静止，则下列说法正确的是（）

A.物体处在平衡状态

B.物体受到三个力的作用

C.在角速度一定时,物块到转轴的距离越远，物块越容易脱离圆盘

D.在物块到转轴距离一定时,物块运动周期越小,越不容易脱离圆盘

【答案】BC

【解析】

【详解】物体做匀速圆周运动，加速度不为零，则不是处在平衡状态，选项A错误；物体受到重力、圆盘的支持力和摩擦力三个力的作用，选项B正确；根据f=mω2r可知，在角速度一定时,物块到转轴的距离越远，需要的向心力越大，物块越容易脱离圆盘，选项C正确；在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，则角速度越大，需要的向心力越大，越容易脱离圆盘，选项D错误；故选BC.

【点睛】本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点；同时要知道物块出现滑动的条件是最大静摩擦力小于所需的向心力.

5.如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是（）

A.将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态

B.将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态

C.将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出

D.饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出

【答案】BC

【解析】

【详解】无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，所以A错误，B正确。

将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，选项C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，选项D错误；故选BC。

【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．

6.2013年12月2日，嫦娥三号探测器顺利发射，进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道．12月10日“嫦娥三号”从距离月表100km的环月圆轨道Ⅰ，变轨至为近月点15km、远月点100km的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相切于点P，如图所示．若只考虑月球引力，关于“嫦娥三号”飞船，以下说法正确的是（）

A.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道II上的机械能

B.飞船沿轨道I运行至P点的速度大于沿轨道II运行至P点的速度

C.飞船沿轨道I运行至P点的加速度小于沿轨道II运行至P点的加速度

D.飞船在轨道Ⅰ上的周期比在轨道Ⅱ上的周期大

【答案】ABD

【解析】

【详解】飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要制动减速，使其速度减小做向心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动。

所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于轨道Ⅱ上运动的机械能，故AB正确；根据

可知飞船沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度，选项C错误；根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅰ上的轨道的半长轴大于在轨道Ⅱ上的半长轴，则飞船在轨道Ⅰ上的周期比在轨道Ⅱ上的周期大，选项D正确；故选ABD.

【点睛】本题要知道卫星变轨的原理，并且要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关。

7.在光滑水平面上有一长木板，质量为M，在木板左端放一质量为m的物块，物块与木板间的滑动摩擦力为f，给物块一水平向右的恒力F，当物块相对木板滑动L距离时，木板运动位移为x，则下列说法正确的是（）

A.此时物块的动能为FL

B.此时物块的动能为（F-f）L

C.此时木板的动能为fx

D.物块和木板动能的总增加量为F（x+L）

【答案】C

【解析】

【详解】物块对地的位移为L+x，对物块，根据动能定理得，物块的动能为Ek=（F-f）（L+x），故AB错误；木板对地的位移为x，对木板，由动能定理得：

此时木板的动能为fx．故C正确。

物块和木板动能的总增加量为（F-f）（L+x）+fx=F（x+L）-fL，则D错误；故选C.

【点睛】本题涉及力在空间的效果求动能，要首先想到动能定理，要注意对单个物体，位移的参照物是地面．

8.某同学以一定的初速度将一小球从某高处水平抛出。

以抛出点为零势能点，不计空气阻力，小球可视为质点，如图所示图线能比较符合小球从抛出到落地过程中，其动能Ek和重力势能Ep随时间t变化的关系是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据动能定理可知

，则选项AB错误；重力势能

，则选项C正确，D错误；故选C.

【点睛】此题关键是根据物理规律建立动能和重力势能与时间的函数关系，结合数学知识进行判断.

9.如图所示，物体A、B的质量分别为m和2m,之间用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则（）

A.从撤去推力到A离开竖直墙之前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒

B.从撤去推力到A离开竖直墙之前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒

C.弹簧第二次恢复为原长时，A、B两物体的速度方向一定相同

D.弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为3：

1

【答案】ACD

【解析】

【详解】对A、B和弹簧组成的系统，从撤去推力到A离开竖直墙之前，系统受到墙壁的弹力作用，合外力不为零，则A、B和弹簧组成的系统动量不守恒；此过程中由于只有弹力做功，则机械能守恒，选项A正确，B错误；弹簧第二次恢复为原长时，此时A、B两物体的速度方向均向右，方向一定相同，选项C正确；撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：

E=

（2m）vB2 ；A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：

动量守恒：

2mvB=（m+2m）v ，机械能守恒：

EPmax＝

（2m）vB2−

（m+2m）v2 ；可解得：

EPmax＝

，即弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为3：

1，所以D正确；故选ACD.

【点睛】正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒．

10.如图所示，水平传送带能以恒定的速率v运行。

现使一个可视为质点的物体，沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0从传送带左端滑上传送带，物体最终可能从传送带右端抛出，或从左端滑回光滑水平面，在此过程中，下列说法正确的是（）

A.传送带顺时针转动时，物体一定从右端抛出

B.传送带逆时针转动时，物体一定从左端滑回光滑水平面

C.传送带顺时针转动和逆时针转动，对物体做的功可能相同

D.传送带顺时针转动和逆时针转动，物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同

【答案】ACD

【解析】

【详解】若传送带顺时针转动时，无论物体的初速度v0与传送带的速度v的关系如何，物体一定从右端抛出，选项A正确；若传送带逆时针转动时，若物体的初速度v0较大，物体在传送带上做减速运动，到达最右端时速度还未减到零，此时也能到达传送带的最右端，选项B错误；若传送带顺时针转动，且物体在传送带上滑动的速度一直大于传送带的速度，则传送带对物体做功为-fL；若传送带逆时针转动，物体一直减速到最右端，此时传送带对物体做功也为-fL；两种情况下对物体做的功相同，选项C正确；物体与传送带因摩擦产生的内能为Q=f∆x，传送带顺时针转动和逆时针转动时，相对传送带的位移可能相同，则物体与传送带因摩擦产生的内能可能相同，选项D正确；故选ACD.

二、本题共2小题。

11.图是研究平抛运动的实验装置示意图，桌面上的小球经压缩状态的弹簧弹开后，飞出桌面做平抛运动。

撞到带有白纸和复写纸的竖直长木板上，并留下痕迹A。

重复实验，木板依次后退水平距离相同，都为x，小球撞在木板上，留下痕迹B、C，测量A、B、C点到同一点O的距离y1、y2、y3，其中O点与小球抛出时圆心位置等高

（1）关于此实验，以下说法正确的是_________.

A.重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置，再释放小球

B.桌面必须保证严格水平

C.桌面必须尽量光滑，多次重复实验

D.一定会有y1:

y2:

y3=1:

4:

9

（2）利用题目中所给数据，可得到平抛运动的初速度为v0=_______（已知当地重力加速度为g）

【答案】

（1）.AB

（2）.

【解析】

【详解】

（1）重复实验时，必须将弹簧压缩到同一位置，再释放小球，以保证每次弹出的初速度都相同，选项A正确；桌面必须保证严格水平，以保证小球做平抛运动，选项B正确；桌面光滑与否与实验精度无关，只要弹出时速度相同即可，选项C错误；由于竖直板的初始位移与抛出点的距离不一定也是x，则O、A、B、C四点的时间间隔不一定相同，则不一定会有y1:

y2:

y3=1:

4:

9，选项D错误；故选AB.

（2）由平抛运动的规律可知：

x=v0t；（y3-y2）-（y2-y1）=gt2；解得

.

【点睛】本题关键是让学生掌握描点法作图线的步骤，同时知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解．

12.同学们分别利用下图甲、乙所示的两种装置采用不同方法探究“合外力做功与动能改变量的关系”。

其中小车A与纸带和打点计时器B相连，托盘C内装有砝码，D为无线测力传感器，可直接测量绳子给小车的拉力。

（1）下列说法正确的是__________

A.两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力

B.两种方案都需要测量并记录小车的质量

C.两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量

D.两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量

（2）如图丙是某次实验打下的纸带，其中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打下的第一个点，打点周期为T，相邻两点间还有四个点没画出，则打下C点时小车的速度大小为vc=________________

（3）若采用方案二进行实验，用天平测得小车的质量为M，传感器D测量得到绳子拉力为F，研究小车从开始运动到打下C点的过程，则根据动能定理，应验证的表达式为（用题目中已知物理量的符号表示）_________________

（4）若采用方案一进行实验，并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力，多次实验发现拉力做功总是比小车动能增加量要________一些（填“偏大”或“偏小），造成这种误差最可能的原因是_____________________

【答案】

（1）.AB

（2）.

（3）.

（4）.偏大钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力,导致拉力的功的测量值偏大

或:

mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能

【解析】

【详解】

（1）两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力的功等于合外力的功，选项A正确；两种方案都需要测量并记录小车的质量，这样才能求解小车的动能变化量，选项B正确；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，也不要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，选项CD错误；故选AB.

（2）因纸带上相邻两点间还有四个点没画出，可知t=5T，打下C点时小车的速度大小为

；

（3）小车从开始运动到打下C点的过程动能的增量为

；拉力的功W=Fs3，则应验证的表达式为

；

（4）钩码也做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力，所以由钩码的重力代替拉力求解的功偏大，即导致拉力的功的测量值偏大；或者mg做功不仅增加小车动能，也增加砝码和砝码盘的动能.

【点睛】本题考查探究功与速度变化的关系实验，解决本题的关键掌握纸带处理的方法，会通过纸带求解瞬时速度和动能增量，以及知道实验误差形成的原因，明确用钩码的重力代替绳的拉力的作用所带来的影响。

三、本题包括6小题。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.如图所示，一个质量m=10kg的物体放在水平地面上．对物体施加一个F=50N的拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动．已知拉力与水平方向的夹角θ=37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g=10m/s2．

（1）求物体运动的加速度大小；

（2）求物体在2.0s末的瞬时速率；

（3）若在2.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离．

【答案】

（1）物体运动的加速度大小为0.50m/s2；

（2）物体在2.0s末的瞬时速率为1m/s；

（3）此后物体沿水平地面可滑行的最大距离为0.10m

【解析】

试题分析：

（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；

（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式求出2s末的速度；

（3）根据动能定理求出速度减为零的位移．

解：

（1）设物体受摩擦力为f，支持力为N，

则f=uN

根据牛顿第二定律有：

Fcosθ﹣f=ma

N+Fsinθ=mg

解得：

a=0.50m/s2

（2）物体在2.0s末的速度v=at=0.5×2=1.0m/s，

（3）拉力后滑行的最大距离为x，根据动能定理得：

﹣umgx=0﹣

mv2

解得：

x=0.10m

答：

（1）物体运动的加速度大小为0.50m/s2；

（2）物体在2.0s末的瞬时速率为1m/s；

（3）此后物体沿水平地面可滑行的最大距离为0.10m．

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，求解第三问时，也可以先根据牛顿第二定律求出撤去拉力F后的加速度，再根据运动学基本公式求解，当然，应用动能定理求解比较简单．

14.如图所示，一物体从光滑固定斜面顶端由静止开始下滑。

已知物体的质量m=0.50kg，斜面的倾角θ=30°，斜面长度L=2.5m，取重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间；

（2）物体滑到斜面底端时的动能；

（3）在物体下滑的全过程中支持力对物体的冲量。

【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】

试题分析：

（1）设物体沿光滑斜面下滑的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律：

根据运动学公式：

解得：

t=1.0s

（2）设物体滑到斜面底端时的速度大小为v，则有

解得：

v=5.0m/s

滑到斜面底端时的动能

6.25J

（3）设物体沿斜面下滑过程中所受到的支持力为N，则

在此过程中支持力对物体的冲量大小为

解得：

N•s（或4.33N•s）

考点：

牛顿第二定律；冲量

15.“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在海南文昌航天发射中心成功发射升空，完成了与天宫二号空间实验室交会对接。

已知地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。

（1）求质量为m的飞船在距地面高度为h的圆轨道运行时的向心力和向心加速度大小。

（2）若飞船停泊于赤道上，考虑地球的自转因素，自转周期为T0，求飞船内质量为m0的小物体所受重力大小G0。

（3）发射同一卫星到地球同步轨道时，航天发射场一般选取低纬度还是高纬度发射基地更为合理？

原因是什么？

【答案】

（1）

（2）

（3）借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能

【解析】

【详解】

（1）根据万有引力定律和牛顿第二定律有

解得

（2）根据万有引力定律及向心力公式，有

及

解得

（3）借助接近赤道的低纬度发射基地更为合理，原因是低纬度地区相对于地心可以有较大线速度，有较大的初动能。

16.图是离心轨道演示仪结构示意图。

光滑弧形轨道下端与半径为R的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内。

质量为m的小球从弧形轨道上的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，若小球通过圆轨道的最高点时对轨道的压力与重力等大。

小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。

求：

（1）小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小；

（2）小球开始下滑的初始位置A点距水平面的竖直高度h；

（3）小球从更高的位置释放，小球运动到圆轨道的最低点和最高点时对轨道的压力之差。

【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】

【详解】

（1）小球经过最高点，轨道的压力N＝mg，依据牛顿第三定律可知小球对轨道压力为mg,由牛顿第二定律有：

mg+mg＝

解得v＝

（2）小球自A点下滑至圆轨道最高点的过程，依据动能定理有

解得h＝

（3）设小球从更高的位置释放运动到最低点时的速度为v1，受轨道的压力为N1；运动到最高点时的速度为v2，受轨道的压力为N2；依据牛顿第二定律有

小球由最低点运动到最高点的过程，依据动能定理有：

得压力差

17.如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，水滴下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。

水滴的运动为一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。

图甲中所示喷泉水滴的运动轨迹如图乙中所示，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为d。

已知喷出口的水流量Q（流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，重力加速度为g。

（1）求上述喷泉中水从喷水口喷出时的速度大小v。

（2）如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为H处由静止提升至水面，然后再喷射出去。

已知：

H=h，d=2h，水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【详解】

（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知:

竖直方向

水平方向

解得

水从喷口喷出时竖直方向

所以水从喷口喷出时的速度大小为

（2）在Δt时间内，喷射出水的质量Δm=ρQΔt

对Δt时间内喷出的水，在最高点的动能

由功能关系，ηPΔt=Δm（H+h）g+

解得P=

18.将一倾角为、上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一劲度系数为k的轻弹簧的上端固定在斜面上，下端与质量为m的小滑块连接且弹簧与斜面平行，如图所示。

用外力控制小滑块使弹簧处于原长，某时刻撤去外力，小滑块从静止开始自由运动。

已知：

斜面足够长，重力加速度为g。

（1）求：

小滑块运动到平衡位置时的加速度大小；

（2）若小滑块在斜面上振动的周期为T，沿斜面向下运动经过平衡位置时开始计时，请写出小滑块振动过程中位移x随时间t变化的函数关系式；

（3）爱钻研的小明同学思考能否将重力势能和弹性势能这两个势能等效地看成一个势能。

试帮助小明论述是否可以引进“等效势能”。

若可以，以小滑块运动的平衡位置为坐标原点O，平行斜面向上建立一维坐标系Ox，求出“等效势能”的表达式（规定坐标原点为“等效势能”的零点）；若不可以，请说明理由。

【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】

【详解】

（1）小滑块的回复力由重力分力与弹簧弹力的合力提供。

在平衡位置时，回复力为零，有

得小物块加速度：

（2）假设在运动过程中任意时刻小滑块相对平衡位置的位移为x，如下图所示。

则小滑块受到的回复力为

联立以上方程得

并且回复力方向与位移x方向相反，故物体做简谐运动

所以位移x随时间t变化的函数关系式为

（3）可以引入，因为重力和弹簧弹力合力做功和路径无关。

由

（2）可见：

力F与位置坐标的函数关系为：

，作出

图象如下图所示：

由图象的物理意义可知：

小滑块从O点运动到任意点x的过程中，力F做负功，且做功的数值等于图中带阴影三角形的面积，即：

设“等效势能”为Ep，由功能关系得:

由于规定坐标原点为“等效势能”的零点，即

由以上方程得：

【点睛】首先据题意知道是弹簧振子模型是解题的关键，根据模型判断平衡位置；灵活应用机械能守恒定律和平衡态列方程．