北京市中国人民大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中物理试卷含解析

人大附中2018-2019学年度第一学期期中高二年级物理练习[中国^教#育~出&版%网]

一、单项选择本题

1.如图所示，用一个与水平面成角的恒力F拉质量为m的木箱，木箱沿光滑水平面前进，在作用时间t内，下列说法正确的是（    ）

A. F的冲量大小为

B. 木箱重力的冲量大小为

C. 地面支持力的冲量大小必为0[来源#&:中教@^%网]

D. 木箱的动量变化率大小为F[来@^&源*:#中教网]

【答案】B

【解析】

【详解】A.F的冲量大小为，故A错误

B.木箱重力的冲量大小为，故B正确

C.地面支持力的冲量不为0，故C错误

D.木箱的动量变化率大小合外力大小，不为F，故D错误

故选B

2.如图所示，著名网球运动员李娜挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前的瞬时的速度大小为，被拍子击打后瞬时的速度大小为、方向与击打前相反、重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（    ）

A. 大小为，方向与击打前瞬时的速度方向相同[来%源#:z~zstep.*com&]

B. 大小为，方向与击打前瞬时的速度方向相同

C. 大小为，方向与击打后瞬时的速度方向相同

D. 大小为，方向与击打后瞬时的速度方向相同[中国教^#育出~&版网%]

【答案】C

【解析】

【详解】设打前瞬时的速度方向为正，根据动量定理：得：，正负代表方向，故选C

3.如图所示的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C之间振动，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移x的正方向，简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列物理量可能不同的是（   ）

A. 位移 B. 回复力

C. 动能 D. 动量

【答案】D

【解析】[来#%源:中国教育&出版网^@]

【详解】因为振子每次经过同一位置时，速度方向可能不同，所以动量可能不同，故选D

4.取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移x的正方向,从某时刻计时，得到如图所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知下列说法正确的是（  ）[中%@#国教^育*出版网]

[来源&:zzs#t~ep.c*@om]

A. 振子运动的周期为8s

B. 时，振子在O点，并向B点运动

C. 末时质点的加速度沿C→O的方向[来源:zzs*tep.co~#^m@]

D. 质点在a点对应的状态比d点时对应的状态的相位超前

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据图像可以得到周期为8s，故A正确

B.时，振子向正向运动，所以向C运动，故B错误

C.末时振子到达B点，加速度沿B→O方向，故C错误

D.根据图像判断出a、d相位差不到，故D错误

故选A

5.如图所示，一个单摆由不可长的轻细棉线和摆球(可视为质点)组成，摆球质量为m，最大摆角为（），不计空气阻力，在其自由摆动时的周期为T。下列选项中的措施（在其他条件不变时)能使单摆自由振动的周期大于T的是（  ）

A. 减小最大摆角 B. 增大摆球的质量

C. 使摆球带正电q，并施加竖直向上的匀强电场 D. 使摆球带正电q，并在悬点O处放一绝缘的正点电荷Q

【答案】C

【解析】

【详解】A.单摆周期公式：与摆角无关，故A错误

B.单摆周期公式：与质量无关，故B错误

C.摆球带正电q，并施加竖直向上的匀强电场E，等效于减小了重力加速度，所以T变大，故C正确

D.摆球带正电q，并在悬点O处放一绝缘的正点电荷Q，电场力始终沿半径方向，对竖直方向没影响，故D错误

故选C

6.声波属于机械波，下列有关声波的描述中正确的是（    ）

A. 同一列声波在各种介质中的波长是相同的

B. 声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快

C. 在一个周期内，振动质元沿波传播方向走过的路程等于一个波长

D. 超声波（>20000Hz）在空气中碰到物理考卷卷面尺寸的障碍物时不容易发生明显衍射

【答案】D

【解析】

【详解】A.在不同介质中，波速不同，但频率相同，所以波长不同，故A错误[来源:中%&@国#教育出版网*]

B.声波在同种介质中传播速度相同，故B错误[来^源&#:中教%~网]

C.任一振动质点都只在自己的平衡位置附近振动，并不随波向前移动，故C错误

D.波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，超声波的波长比卷面小的多，所以不容易发生明显衍射，故D正确

故选D

7.类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，发现电磁波可以在真空传播而机械波不能，但电磁波与机械波一样也可以产生干涉现象。

如图所示，AI机器人比赛要求按规定直线OO1行走，某兴趣小组设想如下方案：在O点两侧适当距离对称放置两个信号发射源S1和S2，信号源可以各发射相同频率的电磁波信号，信号发射后可以向四周各个方向传播，用波的干涉原理来引导机器人走规定直线。下列说法正确的是（   ）

A. 机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度（以振幅反映）持续减弱

B. 机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度（以振幅反映）保持不变

C. 机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度（以振幅反映）持续增强[来源:*~&中%^教网]

D. 机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度（以振幅反映）交替变化

【答案】A[中国^*教育#&~出版网]

【解析】

【详解】两列波的频率必须相同，中垂线是加强区，但机器人离波源越来越远，所以接收到的信号强度（以振幅反映）持续减弱，故选D

8.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有（  ）

A. 小球的机械能减少了mg(H＋h)

B. 小球克服阻力做的功为mgh

C. 小球所受阻力的冲量大于

D. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

【答案】AC

【解析】

A．小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小，，则小球的机械能减小了，所以A错误；

B．对全过程运用动能定理得，，则小球克服阻力做功，故B错误；

C．根据运动学规律，落到地面的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得：

，可知阻力的冲量为：，即大于，故C正确；

D．对全过程分析，运用动量定量知，动量的变化等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。[来源:#中国^&教育出*版~网]

点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向。[来源:中国教*#育^&出版%网]

9.强台风往往造成巨大灾难。2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达，空气的密度，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】假设经过t时间，由动量定理得：，代入数据：，故选C

10.作图能力是高中物理学习中一项非常重要的能力。对于解决涉及复杂过程的力学综合问题，我们往往可以通过画状态图或图将物理过程展现出来，帮助我们进行过程分析、寻找物理量之间的关系。

如图所示，光滑水平面上有一静止的足够长的木板M，一小木块m（可视为质点）从左端以某一初速度向右侧运动。若固定木板，最终小木块停在距左侧处（如图8甲所示）。若不固定木板，最终小木块也会相对木板停止滑动，这种情形下，木块刚相对木板停止滑动时的状态图可能正确的是图中的（   ）

[www.zz#%&step*@.com]

A.

B.

C.

D. [来源:中国^*&教@#育出版网]

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据能量守恒，末态物块对地位移一定小于，故A错误

B.小物块匀减速的末速度等于木板加速的末速度，停止相对滑动，所以木板的位移一定小于物块的位移，故B正确

C.根据选项B的分析，故C错误

D.根据A的分析，故D错误

故选B

二、不定项选择题

11.一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后发现先是振动越来越剧烈、然后振动逐渐减弱，这一过程中洗衣机振幅随波轮转速（国际单位制中，转速与波轮对洗衣机施加的力的频率数值上相等）变化的关系图线如图所示，对这一现象下列说法正确的是（   ）

A. 正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上大于洗衣机的固有频率

B. 正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上小于洗衣机的固有频率

C. 当洗衣机振动最剧烈时，洗衣机的固有频率最大

D. 当洗衣机振动最剧烈时，波轮转速数值上恰等于洗衣机的固有频率

【答案】AD

【解析】

【详解】A.当波轮振动频率等于洗衣机固有频率时，发生共振，振幅最大，所以根据图像可知，正常工作时，洗衣机波轮的转速数值上大于洗衣机的固有频率，故A正确

B.根据选项A的分析，故B错误

C.固有频率是自身属性，故C错误

D.当波轮振动频率等于洗衣机固有频率时，发生共振，振动最剧烈，故D正确[www.z@zs^te%~p.com#]

故选AD

12.如图所示，用轻弹簧相连的物块a和b放在光滑的水平面上，物块a紧靠竖直墙壁，物块c以初速度向物块b运动并在极短时间内与b粘在一起，由物块a、b、c和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是（   ）[来源~:中国&*教@育出版网#]

[中国^@教*%育出#版网]

A. c刚与b接触→c与b粘在一起

B. b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大

C. 弹簧压缩量第一次最大中簧→弹簧第一次恢复原长

D. 弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次达最大

【答案】BC

【解析】

【详解】A.c与b粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A错误

B.b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，动量减小，符合机械能守恒但动量不守恒，故B正确

C.弹簧压缩量第一次最大中簧→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C正确

D.弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次达最大，动量守恒，机械能守恒，故D错误

故选BC

13.如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为，则下列说法中正确的是（   ）[中@~国&教育出#*版网]

A. c点、d点的振动相位总是相同

B. 时刻图中质点b的加速度在增大

C. 从时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并向上做减速运动

D. 从时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为40cm，时刻a相对平衡位置的位移为零

【答案】BC

【解析】[w^ww.z&zstep.co#~m*]

【详解】A.根据图像分析，c点、d点的振动相位不同，故A错误

B.波向x轴正方向传播，所以b在向y轴负方向运动，加速度增大，故B正确

C.经过0.01s即半个周期，b位于平衡位置上方，并向上做减速运动，故C正确

D.经过0.01s即半个周期，a相对平衡位置的位移大小为20cm，故D错误

故选BC

14.如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，在小车两侧立柱的横梁上固定一条长为L不可伸长的水平轻细绳，细绳另一端系有质量为m的小球，小球由静止释放，此后小车做往复运动。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。那么，在小车往复运动的过程中（   ）[来源:中国教&育%#出版^网@]

A. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反

B. 小球第一次在O点右侧能到达的最高点，可能比初始释放点低，原因是M、m的大小关系未知，可能出现到右侧最高点时小球的速度为零而小车的速度不为零

C. 小车运动的动能最大时，小球的重力势能最小

D. 小车往复运动的振幅恒为[来%^源:中教网#~*]

【答案】AC

【解析】

【详解】A.系统水平方向动量守恒，故A正确

B.系统水平方向动量守恒，所以小球到右侧最高点时，小车速度一定为零，故B错误

C.小球到最低点时，小车运动的动能最大，小球的重力势能最小，故C正确

D.根据水平方向动量守恒结合人船模型分析,小车向左运动最大位移为，所以振幅应为，故D错误

故选AC[来源^#:%中&教*网]

三、填空题

15.如图甲所示，用半径相同的1、2两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的1球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把质量为m2的2球放在水平轨道末端，让1球仍从位置S由静止滚下，1球和2球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放2球时，1球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。

（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1____ m2（选填“＞”、“<”或“=”）；

（2）关于本实验的实验操作，下列说法中正确的是________。（填选项前的字母）

A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的

B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误

C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置

D.仅调节斜槽上固定位置S，它的位置越低，线段OP的长度越大

（3）本实验中除了要测量OP、OM、ON的值以外，其他必须要测量的物理量，以下正确的有_________。（填选项前的字母）[来源^:中~#&教*网]

A.必须测量小球1的质量m1和小球2的质量m2[来*源&~@^:中教网]

B必须测量小球1开始释放的高度h

C必须测量抛出点距地面的高度H

D必须测量小球平抛运动的飞行时间

（4）当所测物理量满足表达式_____________［用第（3）问中已知和选定测量的物理量表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。

（5）若两球碰撞时不仅得到（4）的结论－碰撞遵循动量守恒定律，而且满足机械能守恒定律，则改变小球1的质量m1和小球2的质量m2的值（但总保证两球半径相同，且1球不反弹），由上述两条物理规律可以预测___________（填选项前的字母）

A．MN与OP大小关系不确定，有时会有MN<OP，有时会有MN>OP，有时会有MN＝OP

B．MN与OP大小关系确定，总会有MN＝OP

C．MN与OP大小关系确定，总会有 MN＜OP

D．不可能超过2

E．可能超过3

【答案】    (1). >；    (2). C；    (3). A；    (4).     (5). BE

【解析】

【详解】（1）为了减小误差，入射小球不反弹，所以两个小球的质量应满足m1> m2

（2）由于存在偶然误差，为了减小偶然误差，采取多次取平均的原则，故C正确；S位置越低，平抛速度越小，OP越短，故D错误，故选C

（3）根据平抛：，以及动量守恒：联立解得：所以还需测量两球质量。故选A

（4）根据（3）的分析表达式为

（5）根据动量守恒，能量守恒：，联立求解：，，因为平抛运动时间相同，所以MN＝OP；通过以上分析所以E正确，故选BE[中国%@*教^育出版网~]

16.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

[www.zz*~ste&^p.@com]

（1）组装单摆时，应在下列器材中选用________（选填选项前的字母）。

A.长度为1m左右的细线

B.长度为30cm左右的细线

C.直径为1.8cm的塑料泡沫球[来#源:中*国教育出版^网%~]

D.直径为1.8cm的铁球

（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝__________（用L、n、t和必要的数学常量表示）。

（3）用多组实验数据作出T2-L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是____ （选填选项前的字母）

A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L

B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次

C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值

（4）该同学在做完实验后，已测得当地重力加速度（用g表示），想研究单摆摆动时摆线中的拉力变化规律和能量变化特点。重新组装单摆装置后，实验时用拉力传感器测得摆线中的拉力大小随时间变化的F-t图象如图所示，图中，F1、F2、t0已知。设摆球在最低点时EP＝0，那么当摆线中的拉力大小是F1时摆球所在的位置是__，振动过程中摆球机械能E的表达式是E＝__（限选用F1、F2、t0、g和必要的数学常量表示）。[来源:^*中&%教网@]

【答案】    (1). AD；    (2). ；    (3). B；    (4). 最低点；    (5).

【解析】

【详解】（1）为了减小实验误差，故选AD[来源%:^@*中教网&]

（2）根据单摆周期公式得

（3）A.图像a相对于b向x轴左移，所以原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故A错误

B.根据（2）分析，误将49次全振动记为50次，n变大，g变大，T2-L图像斜率为，斜率变小，为图c，故B正确

C.T2-L图像斜率为，所以c图的g值大于图线b对应的g值，故C错误

故选B

（4）通过分析，拉力最大，摆球在最低点；

，，，联立解得：

四、计算与论述

17.一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，始终保证以速率v水平向左匀速拉动记录纸，通过纸移动的空间距离间接反映运动时间的方法，记录振子的运动。记录笔在纸上留下如图17所示的图像，已知该图像是经过一定的平移操作后是一个正弦函数图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标。

（1）写出振子的平衡位置的纵坐标yC；

（2）求振子振动的周期T，并给出一个类似本题记录振动的方法的应用；

（3）若记录笔与记录纸之间的摩擦力和空气阻力很小但不可忽略，在答题纸相关区域定性画出记录纸上可能出现的图线；

【答案】(1)；(2),应用：心电图，示波器显示等；(3)

【解析】[来源:#zz~step&.c%o*m]

【详解】（1）根据简谐运动对称性结合题给图像，可知平衡位置纵坐标

（2）由图像可知，振子在一个周期内沿x方向的位移为，水平速度为v，故由题意知，振子的周期

类似方法的应用：心电图仪、地震监测仪、示波器显示、沙摆实验等

（3）弱阻尼振动图像如图：

18.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别表示前后间隔△t＝0.2s的两个时刻的波形图，图中a点是实线与x轴的交点。[来源:中国^&@教育*出版网~]

（1）如果波是向x轴正方向传的，周期是多少？

（2）如果波是向x轴负方向传播的，且该波的周期大于0.2s，则

a．波速是多少?

b．画出图中a质点的振动位移y随时间t变化的y-t图像，（要求至少画出一个周期内的图像，图像包含必要的基础信息）[www.*^@z~zstep.c#om]

【答案】(1)；(2)a.2.25m/s，

b.

【解析】

【详解】（1）由波形图可知波长[ww@#w.zzs%t~&ep.com]

由题意波向x轴正方向传播，可得

则波速   （n=0,1,2…）

周期    （n=0,1,2…）

（2）a.由波形图可知波长，[中*&%#国教育~出版网]

由题意波向x轴负方向传播，可得[www.zzste*@p.%^co~m]

则波速  （n=0,1,2…）[中&国教育*^~出@版网]

周期   （n=0,1,2…）

因，故

波速

b.a点的振动图像如图

19.像子弹这样高速运动物体的速度通常很难测量，但我们可以借助物理学设计方案帮助我们测量。如图19所示，有一种测子弹速度的方案如下：利用长为L的细线下吊着一个质量为M的沙袋（大小可忽略不计）一颗质量为m、子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，摆线与竖直方向的最大偏角是（小于90°）。已知重力加速度为g。不计空气阻力。

[中国#教^*~育出&版网]

（1）求子弹刚射入沙包后和沙包的共同速度v的大小；

（2）求子弹射入沙包前瞬时的速度v0的大小；

（3）子弹在沙包中相对运动的过程（时间极短）系统产生的内能Q与子弹初动能E0的比值定义为。即：，在子弹质量和沙包质量不变的情况下，

a．子弹射入并留在沙袋中的过程与子弹能深入距离有关吗？给出结论并论证；

b．改变子弹的速度，子弹可能打穿沙包后继续以一定速度向前运动，这种情况下的值会比子弹留在沙包中大吗？给出结论并论证。

【答案】(1)，(2)；(3)a,无关，b，不会比子弹留在沙包中大

【解析】

【详解】（1）对象：<沙包+子弹>

过程：子弹刚射入沙包后→摆线与竖直方向成最大偏角，

规律：机械能守恒定律

列式：

解得：……[来源:*#z~zste@p.c^om]

（2）对象：<沙包+子弹>

过程：子弹刚射入沙包前→子弹刚射入沙包后，[来源%#~^:中教网&]

规律：动量守恒定律

列式：

解得：

（3）a.    与子弹能深入得距离无关……

子弹在沙包中相对运动的过程，系统产生的内能

，只与M、m有关，与子弹能深入得距离无关……

b.    不会比留在沙包中大……

若打穿沙包，设刚打穿瞬时，子弹速度为v1，沙包的速度为v2，则有

对<沙包+子弹>系统，由动量守恒定律有：

解得，可得

子弹在沙包中相对运动的过程，系统产生的内能

[来源:中^%&教网@#]

20.如图所示，一劲度系数为k的绝缘轻弹簧的左端固定，右端与一带正电的

小球相连接，小球套在光滑绝缘的水平杆上，小球的电量为＋q，质量为m，小球所在的空间有一个足够大的水平向右的强电场、电场强度大小为E，小球静止在水平杆上的O点。现将小球拉到O点右侧距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的

弹性限度。规定平衡位置为电势能和弹簧弹性势能的零点。以平衡位置为坐标原点建立如图所示的水平向右的一维坐标系Ox。

[来*源:中^教%@网#]

（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：

a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；

b．证明小球做简谐运动；[中国教^育@出~版&网%]

（2）图像法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如：①从教科书中我们明白了由v-t图像求直线运动位移的思想和方法；②从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系。请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：

a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的电势能EP电和弹性势能Ep弹的总和EP的表达式为。

b．根据小球运动过程中速度v与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动过程中速度随振动位移变化的v-x图像，并求解小球在运动过程中回复力做正功的功率P的最大值；

（3）已知小球运动的周期为（此结论仅允许本问使用）。结合第（2）问的能量分析，从冲量、动量的观点出发，解决以下问题：

小球从x＝＋A处由静止释放至第一次达到平衡位置的过程中，求：[中国教育&出^*@版网#]

a．弹簧对左端固定点的弹力冲量I的大小；[中%国教育@出#&版网*]

b．弹簧对小球的弹力对时间的平均值的大小。

【答案】(1)a,,b,；(2)a,由能量守恒证明；b,；

(3)a,，b.

【解析】

【详解】（1）a.对小球，由平衡条件

b.设小球偏离平衡位置x时的回复力为，故小球做简谐运动

（2）a.电势能[来~源#:*中&教网%]

弹性势能

电势能和弹性势能总和

b.由能量守恒定律，

整理得：

故图是椭圆。

故回复力功率，利用均值不等式可求最值

（3）a.左端固定点对弹簧的弹力冲量

由（2）中所得的关系，可得

解得

牛顿第三定律，弹簧对左端固定点的弹力冲量

b.，解得