2019届河北省衡水市武邑中学高三上学期第四次调研考试物理试卷（解析版）

河北武邑中学2018-2019学年上学期高三年级第四次调研物理试卷
一、选择题
1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（　　）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：因电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示场强的方向，由图可知，只有C图中MN两点的电场线疏密程度相同，故MN两点电场强度相同的点只有C．
考点：考查了对电场线的认识
点评：电场线的方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小．
2.已知某物体做直线运动，下列说法正确的是
A. 物体速度为零，加速度一定为零
B. 物体加速度增大，速度一定增大
C. 物体速度变化越快，加速度一定越大
D. 物体受到的合力越大，速度一定越大
【答案】C
【解析】
【详解】A、物体的速度为零时，加速度不一定为零，如自由落体开始下落的位置，故A错误;
B、加速度增大时速度不一定增大，如加速度和速度方向相反时速度减小，故B错误；
C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可知，当物体受到的合力越大，则加速度越大，但是如果加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，速度变小，故选项D错误。
【点睛】本题考查加速度和速度的关系，要注意明确加速度只与速度的变化快慢有关，与速度大小、速度变化的大小无关，同时知道加速度和速度同向时物体加速，加速度和速度反向时物体减速。
3.如图所示，质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F拉着绳的中点O，使AO与竖直方向的夹角为θ，物体处于平衡状态，则拉力F的大小为

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析小球的受力情况，运用合成法或正交分解法进行求解，得到F的表达式；
【详解】以结点O为研究对象受力分析如下图所示：

由题可知，竖直绳的张力等于mg，保持不变；
根据平衡条件可知：，
由此两式可得：，故B正确，ACD错误。
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用合成方法求解即可，也可运用正交分解。
4.光滑水平面上，小球A以速率v运动时，和静止的小球B发生碰撞，碰后A以的速率弹回，而B球以的速率向前运动，则A、B两球的质量之比为
A. 2：3 B. 2：9 C. 3：2 D. 9：2
【答案】B
【解析】
小球A和静止的小球B发生碰撞，取两小球为系统,受到的合外力为零，满足动量守恒的条件；又因为动量是一个矢量，取A球初速度方向为正方向，设A、B小球质量分别为m1、m2，则m1v=－m1·＋m2·，得m1:m2=2:9，故B正确.
5.如图所示，在加速上升的电梯中，小明站在一个台秤上．下列说法正确的是

A. 人对秤的压力与秤对人的支持力是一对平衡力
B. 秤对人的支持力与人的重力是一对平衡力
C. 秤对人的支持力等于人对秤的压力
D. 人处于失重状态
【答案】C
【解析】
A. 人对秤的压力与秤对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，C正确；
B．人处在加速上升的电梯中，加速度向上，秤对人的支持力与人的重力的合力向上，故B错误；
D．人处在加速上升的电梯中，加速度向上，人处于超重状态，故D错误。
故选：C。
6.“蛟龙”再探深海，前往太平洋、印度洋执行实验性应用航次。假设深海探测器在执行下潜任务中，探测器最后达到某一恒定的收尾速度。若探测器质量为m，由于重力作用下潜，探测器的收尾速度为v，探测器受到恒定的浮力F，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A. 探测器达到收尾速度后，合力为向下
B. 探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F
C. 探测器达到收尾速度前，受到的合力可能为零
D. 无论是达到收尾速度前，还是达到收尾速度后，探测器受到的合力都不能是零
【答案】B
【解析】
【详解】探测器达到收尾速度前，受到的合力不可能为零，达到收尾速度后，受到的合力为零，故ACD错误；根据共点力平衡，探测器达到收尾速度后，探测器受到的水的阻力为mg－F，故B正确。所以B正确，ACD错误。
7.在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m1、m2、m3，它们的轨道半径分别为r1、r2、r3，且r1＞r2＞r3，其中m2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则(　　)
A. 相同的时间内，m1通过的路程最大
B. 三颗卫星中，m3的质量最大
C. 三颗卫星中，m3的速度最大
D. m1绕地球运动的周期小于24小时
【答案】C
【解析】
根据万有引力提供向心力可得： ，解得：；由于r1＞r2＞r3，故v1＜v2＜v3，故m3的速度最大，在相同的时间内，m3通过的路程最大，故A错误，C正确。由于F万=可得，在向心力大小相等的情况下，由于r1＞r2＞r3，故m1＞m2＞m3．故B错误。据万有引力提供向心力可得：，可得卫星运动的周期T=2πr，显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，故m1的周期大于m2的周期，而卫星2的周期为24小时，故m1的周期大于24小时，故D错误。故选C。
点睛：卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解．只要掌握了万有引力提供向心力的几种不同的表达形式即可顺利此类问题．
8.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（ ）
A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）
B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【答案】D
【解析】
根据地球表面物体重力等于万有引力可得，所以地球质量，故A可计算；由万有引力做向心力可得，故可根据v，T求得R，进而求得地球质量，故B可计算；根据万有引力做向心力可得，故可根据T，r求得中心天体的质量M，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，C可求解，D无法求解．
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.
11.如图所示，将一物体从地球表面的A处移到B处，万有引力做功为W1；将该物体从B处移到无穷远处，万有引力做功为W2。取无穷远处引力势能为零，则该物体在A处具有的引力势能可表示为

A. W1-W2 B. W2-W1 C. W1+W2 D. -W1-W2
【答案】C
【解析】
【详解】物体A处移到B处，万有引力做功为W1；物体从B处移到无穷远处，万有引力做功为W2，所以从A移到无穷远处万有引力功做功为W1+W2，万有引力做功引起了重力势能的变化，且万有引力做正功引力势能减小，万有引力做负功，引力势能增大，即 取无穷远处引力势能为零，所以A点的引力势能为W1+W2，故C对；ABD错；
故选C
【点睛】把握住万有引力做功与引力势能变化之间的关系即可求解。
12.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是圆弧轨道最低点，圆心角， D与圆心O等高。现有一个质量m=0.2 kg可视为质点的小物体.从D点的正上方E点处自由下落.DE距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是

A. 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力大小为12.4N
B. 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为2.4m
C. 若斜面足够长，小物体最终可以停在最低点C
D. 若斜面足够长，小物体最终在圆弧底端往复运动
【答案】ABD
【解析】
试题分析：由机械能守恒可求得物体在C点的速度，C点物体做圆周运动，则由牛顿第二定律充当向心力可求得支持力；要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB的长度；由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动，
物体从E到C，由机械能守恒得，在C点，由牛顿第二定律得：，联立解得支持力，A正确；从E～D～C～B～A过程，由动能定理得，，，联立解得斜面长度至少为，B正确；因为（或），所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，D正确C错误．
13.如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2-R1=R3-R2，a，b，c为轨迹MN与三个圆的3个交点，则下列判断正确的是（ ）

A. P、Q两电荷可能为同种电荷，也可能异种电荷
B. a点电势一定高于b点电势
C. P在a点的电势能小于在c点的电势能
D. P由a点到b点的动能变化的绝对值大于由a点到c点的动能变化的绝对值
【答案】CD
【解析】
试题分析：从图示中粒子的运动轨迹可以看出，P、Q两电荷是异种电荷，因为它们之间产生的是引力，A不对；如果Q是负电荷，则a点电势一定高于b点电势，但如果Q是正电荷，则a点电势就会低于b点电势，故B也不对；
由于P经过第一个圆后朝a点运动时其速度逐渐增大，即其动能变大，故其电势能减小，所以P在a点的电势能小于在c点的电势能，C是正确的；由于a点、b点分别位于第二与第三个圆上，a点、c点分别位于第二与第一个圆上，三个圆之间的距离是不变的，但三个圆间的电压差并不相同，第二与第三个圆间的电压差的绝对值要大于第二与第一个圆间的电压差的绝对值，故a点与b点间电势能变化的绝对值大于由a点与c点的电势能变化的绝对值，故a点到b点的动能变化的绝对值大于由a点到c点的动能变化的绝对值，D也是正确的。
考点：点电荷形成的电场，电势能等。
14.如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球运行，在A点经过第一次变轨后在椭圆轨道Ⅱ上运行，在近地点B处进行第二次变轨，进入近地地圆轨道Ⅲ运行，下列说法正确的是（ ）

A. 飞船在轨道Ⅰ上运行经过A点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速率
B. 飞船在轨道I上运行经过A点时的加速度大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的加速度
C. 飞船在轨道Ⅲ上运行时飞船里的宇航员处于超重状态
D. 飞船在轨道Ⅲ上运行经过B点时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行经过B点时的机械能
【答案】A
【解析】
A、飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应减速做近心运动，所以飞船在轨道Ⅰ上运行经过A点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速率，故A正确；
  B、 飞船在轨道Ⅰ上运行时通过A点和在轨道Ⅱ上运行时通过A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，故B错误；
C、飞船在轨道Ⅲ上绕地球匀速运行时，物体所受的万有引力提供圆周运动所需的向心力，物体与接触面之间无作用力，处于完全失重状态，则C错误；
D、飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，在B点应减速做近心运动，飞船在轨道Ⅲ上运行经过B点时的机械能小于在轨道Ⅱ上运行经过B点时的机械能，故D错误；
故选A。
【点睛】飞船变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。
15.在光滑水平面上,a、b两小球沿同一直线都以初速度大小v0做相向运动,a、b两小球的质量分别为ma和mb,当两小球间距小于或等于L时,两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示,下列说法中正确的是（　　）

A. 在t1时刻两小球间距最小
B. 在t2时刻两小球的速度相同,且大小为
C. 在0t3时间内,b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同
D. 在0t3时间内,排斥力对a、b两小球的冲量大小相等
【答案】BD
【解析】
【详解】A、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故A错误；
B、由题意可知，两小球相距L时存在相互作用力，故两小球做变速运动，由于不受外力，故小球的动量守恒；根据动量守恒定律可知：，解得t2时刻两小球的速度均为，故B正确；
C、在0−t3时间内，b球先减速再反向加速运动，知所受的合力方向与速度方向先相反再相同，故C错误；
D、由于两小球受到的相互作用力相同，故在0∼t3时间内，排斥力对a、b两小球的冲量大小相等，故D正确；
故选BD。
【点睛】明确v-t图象的性质以及题意，知道两小球的运动情况，根据动量守恒定律可求得共同的速度；根据图象分析受力以及运动关系，根据动量定理分析冲量大小。
二、填空题
16.为了“探究动能改变与合外力做功”的关系,某同学设计了如下实验方案:
第一步:把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连,重锤后连一穿过打点计时器的纸带,调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示．
第二步:保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出纸带,如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．

请回答下列问题:
（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt,根据纸带求滑块速度,打点计时器打B点时滑块速度vB＝________．
（2）已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________（写出物理名称及符号,只写一个物理量）,合外力对滑块做功的表达式W合＝________．
（3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v,以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系,描点作出v2－W图像,可知该图像是一条________,根据图像还可求得________．
【答案】 (1). （1）； (2). （2）下滑的位移x； (3). mgx； (4). （3）过原点的直线; (5). 滑块的质量M
【解析】
（1）匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，故：vB=
（2）本题运动过程中，物块受到的合力为重力，要求合力做的功，则还需要测出这一过程滑块运动的位移x，则合外力对滑块做功的表达式W合=mgx
（3）合外力做的功为W=mgx=mv2，所以v2=W，则v2-W图象是一条过原点的倾斜的直线，根据图象课求得直线斜率为k，所以m=，即根据图象可以求得滑块的质量．
三、计算题
17.如图所示，一个质量m＝4kg的小物块放在水平地面上。对小物块施加一个F =10N的恒定拉力，使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，拉力与水平方向的夹角θ=37°，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)小物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小；
(2)小物块运动过程中加速度的大小；
(3)物块运动4.0s位移的大小。
【答案】(1)6.8N；(2)0.3m/s2；(3)2.4m
【解析】
【分析】
对物体受力分析，根据公式求出滑动摩擦力的大小；再根据牛顿第二定律求出加速度；物体匀加速前进，根据位移时间公式求出4s末的位移的大小；
【详解】解：(1)设小物块受地面的支持力为N，在竖直方向上合力为零，因此有：
滑动摩擦力的大小：
(2)设小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：
解得：
(3)小物块运动4.0s所通过的位移大小：
18.如图所示,可视为质点的两个小球通过长度L=6 m的轻绳连接,甲球的质量为m1=0.2 kg,乙球的质量为m2=0.1 kg。将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放,甲球释放∆t=1 s后再释放乙球,绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短,绷断过程小球的位移可忽略),此后两球又下落t=1.2s同时落地。可认为两球始终在同一竖直线上运动,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。

（1）从释放乙球到绳子绷直的时间t0；
（2）绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。
【答案】(1) (2)
【解析】
（1）细线伸直时甲球的位移
乙球的位移
因为
联立解得
（2）细线伸直时甲乙的速度分别是
①
设细线绷断瞬间甲乙球的速度分别为
继续下落至落地时有 ②
又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则
③
联立方程解得
设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I, 由动量定理得

点睛：本题考查了动量守恒定律、动量定理和运动学公式的综合运用，知道绷断前后瞬间甲、乙两球组成的系统动量守恒，知道合力的冲量等于动量的变化量．
19.汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在倾角正弦值为0.02的长直公路上时，如图所示，所受阻力为车重的0.1倍（g＝10m/s2），求：


（1）汽车所能达到的最大速度vm＝？
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
（3）当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功多少？
（4）在10s末汽车的即时功率为多大？
【答案】（1）汽车所能达到的最大速度vmax多大为12.5m/s；
（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度作匀加速直线运动，则此过程能维持14s；
（3）当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功为4.2×105J；
（4）在10s末汽车的即时功率为43200W．
【解析】
试题分析：（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，根据P=Fv即可求得最大速度；
（2）汽车匀加速直线运动时，牵引力不变，当功率达到最大功率时，匀加速运动就结束了，求出此时的速度，由速度公式可以求得运动的时间；
（3）当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功W=Fs．
（4）求出10s末的速度和牵引力F，根据P=Fv即可求解．
（1）最大速度为vm==m/s=12.5m/s
（2）设0.6 m/s2加速度运动的最大速度设为v'则由牛顿第二定律得：
﹣0.02mg=ma
解得v′==m/s
这一过程能维持的时间为t==14s
（3）汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，x==58.8m
W=Fs=x=7200×58.8J=4.2×105J
（4）10s＜14s
所以10s末汽车做匀加速直线运动，v=at=0.6×10m/s=6m/s
F=ma+f+0.02mg=7200N
p′=Fv=7200×6W=43200W
考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算
点评：本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动．要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度．当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度vm
20.如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上。一圆环套在杆上，圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，支架的质量为3m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立x轴。
（1）在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力为F，请在图中画出F随x变化的示意图；
（2）借助F-x图像可以确定合力做功的规律，在此基础上，求圆环在下落过程中最大速度vm的大小。
（3）试论证当圆环运动到最低点时，底座对地面的压力FN > 5mg。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）根据受力及弹力的变化可知：在圆环压缩弹簧的过程中，F随x变化的示意图如图所示

（2）在运动过程中当合力为零时，圆环的速度有最大值，设圆环速度最大时弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律有：
在此过程中，根据F- x图线与x轴围成的面积可求得圆环所受合力做的功：

从圆环开始下落到圆环速度达到最大的过程中，
根据动能定理有：
所以：
（3）当圆环运动到最低点时圆环速度为零，弹簧的弹力最大（设为Nm），底座对地面的压力FN最大。
设从平衡位置到最低点的过程中，圆环所受合力做的功为W2。
根据动能定理，从接触弹簧到平衡位置的过程中有：
从平衡位置到最低点的过程中有：
根据公式可知： ， 即
结合图像可知，，即
设地面对底座的支持力大小为F。取底座为研究对象，根据牛顿第二定律有：
所以：
根据牛顿第三定律，底座对地面的压力大小，所以：
【点睛】本题考查了弹簧问题比较复杂，要利用图像的面积代表合力做功并结合牛顿定律来求待求物理量。