2025-2026学年黑龙江省佳木斯市桦南一中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省佳木斯市桦南一中高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在日常生活和科技中处处蕴含物理知识，下列说法正确的是( )
A. 光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
B. “闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射
C. 通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的偏振现象
D. 正在鸣笛的火车向我们疾驰而来，我们听到的声波频率与该波源的频率相比变小
2.在足球场上，一质量为m=450g的足球朝运动员以v0=20m/s的水平速度迎面而来，然后运动员将足球以v=30m/s的速度反方向踢回，规定足球被踢回的方向为正方向。下列说法正确的是( )
A. 足球动量的变化量为4.5kg⋅m/sB. 运动员对足球的冲量为−22.5N⋅s
C. 运动员对足球不做功D. 运动员对足球做功为112.5J
3.下列选项中的操作，能产生感应电流的是( )
A. 图1中，条形磁铁向下靠近不闭合金属线圈的过程
B. 图2中，磁铁静止不动，撑开的弹性金属线圈放手后收缩的过程
C. 图3中，条形磁铁的中轴线和闭合金属线圈直径重合，磁铁靠近线圈的过程
D. 图4中，条形磁铁的中轴线和闭合金属线圈直径重合，线圈绕中轴线转动的过程
4.如图所示为一位同学正在荡秋千的简图，当秋千荡至最高点时绳与竖直方向的夹角为θ。忽略运动中空气对人的阻力，人可视为质点，人在秋千上摆动时可以简化为单摆。下列说法正确的是( )
A. 当秋千荡至最高点时，绳中的张力为0
B. 当秋千经过最低点时，人处于平衡状态
C. 增大θ，秋千摆动的周期也将增大
D. 换另一位质量更大的同学荡秋千时，秋千摆动的周期不变
5.如图甲所示，湖面上有两个导航浮标，一列水波沿浮标A到浮标B方向传播，两浮标平衡位置间的距离为15m，水波的波长为2m，浮标A的振动图像如图乙所示，将浮标A、B视为质点，水波视为简谐横波，浮标A、B均振动起来后，下列说法正确的是( )
A. 水波的传播速度为2m/s
B. 浮标A在1s内运动的路程一定等于2m
C. 浮标A处于波峰位置时，浮标B一定处于波谷位置
D. t=2s时，浮标A、B都由平衡位置竖直向上运动
6.如图所示，传送带转动的速度大小恒为2m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为2kg，B的质量为4kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=4m/s，B的初速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=1.5J，传送带足够长，A、B均可在传送带上留下痕迹，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 0−t0过程中A、B和轻弹簧组成的系统动量不守恒
B. 0−t0过程中A、B和轻弹簧组成的系统机械能总量一直不变
C. t=t0时，弹簧的压缩量为0.85m
D. 0−t0过程中，A、B在传送带留下的痕迹长度之和为0.95m
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.现为了在某海岸进行炸弹爆炸后的地质检测，在大海中的A处和陆地上的B处同时引爆炸弹，A、B处质点分别产生如图甲、乙所示的振动图像，且两处爆炸产生的波均向O处传播。已知两列波在海水中的传播速度均为v1=1500m/s，在陆地上的传播速度均为v2=3000m/s，AB=600km，O为AB的中点，C为OB的中点，假设两列波在海水和陆地上的传播速度不变，忽略海水的流速。则( )
A. O点为振动减弱点
B. 若A处有一漂浮物，漂浮物运动到陆地的最短时间为200s
C. 由于A、B处两列波在海水和陆地上的传播速度不同，故无法形成干涉现象
D. C点持续振动的时间为200s
8.关于如图所示的电路，以下说法正确的有( )
A. 通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压
B. 通过调节外电路电阻的阻值，可改变电源的电动势
C. 电源的电动势，在数值上等于断路时的路端电压
D. 无论外电路还是内电路，电流都是从电势高处流向电势低处
9.如图所示为一圆环，圆心为，a、b、c为圆周上的三点，其中ab连线刚好过圆心，c点为弧ab的三等分点，现将两个通电直导线垂直纸面放在a、b两点，a处的电流大小为I0，方向垂直纸面向里，b处的电流大小未知，方向垂直纸面向外。已知通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B=kIr，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数，导线a在c处产生磁场的磁感应强度大小为B0，c点的磁感应强度方向指向圆心。下列说法正确的是( )
A. 导线b处的电流大小为 3I0
B. 导线b在c处产生的磁感应强度大小为 3B0
C. c处的磁感应强度大小为 3B0
D. 点的磁感应强度大小为2 3B0
10.如图所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则( )
A. 光源与小球振动的相位差为π2
B. 光源从初始状态回到平衡位置的时间为0.75s
C. 影子振动的初相位为−arcsin 2 13−6 2
D. 影子的最大速度π 13−6 2cm/s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学想将满偏电流为300μA、内阻未知的电流表改装成电压表。
(1)利用如图所示的电路测量电流表G的内阻：先闭合开关S1，调节滑动变阻器R的滑片，使电流表的指针满偏；再闭合开关S2，保持滑动变阻器R的滑片不动，调节变阻器R′，使电流表的指针半偏，读出此时R′的阻值为200Ω，则电流表内阻的测量值为 Ω。
(2)将电流表G改装成量程为3V的电压表，需 (填“串联”或“并联”)一个阻值为 Ω的电阻。
12.下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分内容，请完成下列填空：
(1)某实验小组在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与图1中 (选填“A”、“B”或“C”)一致；用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的 (填“最高点”或“最低点”)。
(2)用图2实验装置验证动量守恒定律。测出小球a、b的质量分别为m1、m2和碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2，x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式 (用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
(3)如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，一束平行于直角三棱镜截面ABC的单色光从真空垂直BC边从P点射入三棱镜，P点到C点的距离为1.6L，AB边长为3L，光线射入后恰好在AC边上发生全反射。已知∠C=37°，光在真空中的传播速度为c，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)该三棱镜的折射率n；
(2)光线从BC边传播到AB边所用的时间t(只考虑一次反射)。
14.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为0时刻的波形图，虚线为1s时的波形图。以下各问均无须写出计算过程。
(1)若已知x=0处的质点在0～1s内运动的路程为25cm，求；
①波传播的方向、波长λ、质点振幅A、质点振动周期T；
②x=0处的质点从0时刻计时的位移与时间的关系；
(2)若波沿x轴正向传播，求波速大小。
15.如图所示，质量为m的“L”形长木板静止在光滑水平面上，长木板的CD段和EF段长均为L，CD面与EF面高度差为14L，P是EF的中点。先将长木板锁定，将质量为m的物块从长木板的C端以大小v0= 32gL的初速度滑上长木板，并刚好落在P点。已知物块与长木板CD、EF段的动摩擦因数相同，不计物块的大小，重力加速度为g，求：
(1)物块与长木板间的动摩擦因数；
(2)解除对长木板的锁定，改变物块从C点滑上长木板的初速度，物块也恰好能落到P点，则物块从D点滑离长木板时，长木板的速度大小；
(3)解除对长木板的锁定，改变物块从C点滑上长木板的初速度，使物块刚好不从F点滑离长木板。假设物块落到长木板EF上后瞬间，竖直分速度减为零，水平分速度保持不变，则物块在EF上的落点到E点的距离。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据全反射发生条件可知，光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故A错误；
B.因为声波的波长较长，“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射，故B正确；
C.通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的衍射现象，故C错误；
D.根据多普勒效应可知，正在鸣笛的火车向我们疾驰而来，我们听到的声波频率与该波源的频率相比变大，故D错误。
故选：B。
根据全反射、衍射和多普勒效应等知识进行分析解答。
考查全反射、衍射和多普勒效应等知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】D
【解析】解：A.因为规定足球被踢回的方向为正方向，所以该过程足球动量的变化量Δp=m[v−(−v0)]=0.450×[30−(−20)]kg⋅m/s=22.5kg⋅m/s，故A错误；
B.根据动量定理可得运动员对足球的冲量为I=Δp=22.5N⋅s，故B错误；
CD.运动员对足球做的功等于足球动能变化量，根据动能定理有W=ΔEk=12m(v2−v02)=12×0.450×[302−(−20)2]J=112.5J，故C错误，D正确。
故选：D。
动量变化量等于末动量与初动量之差；根据动量定理计算；根据动能定理计算。
本题考查了动量定理和动能定理的应用，知道在应用动量定理时，要规定正方向。
3.【答案】B
【解析】解：A.图1中，条形磁铁向下靠近不闭合金属线圈的过程，由于不是闭合回路，所以不会产生感应电流，故A错误；
B.图2中，磁铁静止不动，撑开的弹性金属线圈放手后收缩的过程，穿过金属线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故B正确；
C.图3中，条形磁铁的中轴线和闭合金属线圈直径重合，磁铁靠近线圈的过程，穿过金属线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D.图4中，条形磁铁的中轴线和闭合金属线圈直径重合，线圈绕中轴线转动的过程，穿过金属线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故D错误。
故选：B。
根据感应电流产生的条件，闭合回路，且磁通量发生变化对各项进行逐一判断。
考查感应电流产生的条件，理解电磁感应现象的本质，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A.当秋千荡至最高点时，人的速度为零，在沿绳方向上 T−mgcsθ=mv2r，即 T=mgcsθ，故A错误；
B.当秋千经过最低点时，人具有最大的速度，合力指向圆心，加速度也不为零，不是平衡状态，故B错误；
CD.简化为单摆，T=2π lg，周期与摆角θ无关，故C错误，D正确。
故选：D。
A.根据当秋千荡至最高点时，人的速度为零，根据合力提供向心力，求出绳子拉力；
B.根据当秋千经过最低点时，人具有最大的速度，通过合力提供向心力，判断人是否处于平衡状态；
CD.将荡秋千简化为单摆模型，讨论周期与摆角θ和质量无关。
本题直接考查学生对单摆模型的了解，结合合力提供向心力和周期公式来解决问题，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知水波的周期为
T=2s
则水波的传播速度
v=λT=22m/s=1m/s
故A错误；
CD、浮标A、B相距7.5个波长，振动相位始终相反，故C正确，D错误；
B、因为
1s=T2
浮标A在半个周期中运动的路程一定为
2A=2cm
故B错误。
故选：C。
首先从振动图像得出水波的周期，结合波长计算波速；接着分析浮标A在1s内的运动路程(需考虑初始位置)；然后计算两浮标间的距离与波长的关系，确定两者的振动相位差；最后根据振动图像判断t=2s时浮标A的运动方向，再结合相位差分析浮标B的运动状态，进而判断各选项。
这道题是简谐横波的综合题型，聚焦波的传播、振动图像与质点运动的关联，需要结合振动图像提取周期，再串联波的传播规律分析质点状态，能锻炼“图像→物理量→运动规律”的转化能力。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据题意分析可知，传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等都为F1=0.5×2×10N=0.25×4×10N=10N
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
BC、根据题意分析可知，规定v0方向为正方向，根据动量守恒有mAv0=mAv+mBvB
代入数据解得t=t0时B的速度为vB=1m/s
设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有−F1xA+F1xB+12mAv02=12mAv2+12mBvB2+Ep
代入数据解得xA−xB=0.85m
故弹簧的压缩量为Δx=xA−xB
代入数据解得Δx=0.85m
可知该过程系统机械能发生了改变，故B错误，C正确；
D、根据题意分析可知，在0−t0过程中，A、B在传送带留下的痕迹长度之和为Δs=xA−v0t+(v0t−xB)=xA−xB
代入数据解得Δs=0.85m，故D错误。
故选：C。
分析系统受力，判断动量是否守恒(合外力是否为零)。
分析机械能变化(摩擦力做功的影响)。
利用能量守恒定律结合运动学公式，计算弹簧形变量和相对位移。
本题关键在于：系统动量守恒的条件。机械能变化的原因。弹簧弹性势能与相对位移的关系。
7.【答案】AD
【解析】解：A、由题图甲、乙可知两列波的周期均为T=4s
B处质点的振动形式传到O点所用时间t1=LOBv2，代入数据解得t1=100s
A处质点的振动形式传到O点所用时间t2=LAOv1，代入数据解得t2=200s
可知B处质点的振动形式先传到O点，时间差Δt=100s=25T
因A、B两处波起振方向相反，故O点为振动减弱点，故A正确；
B、根据题意分析可知，波上质点本身不会随波迁移，而是在平衡位置附近上下振动，故漂浮物无法到达陆地，故B错误；
C、根据题意分析可知，两列波频率相同，可以产生干涉现象，故C错误；
D、根据题意分析可知，A处质点的振动形式传到C点所用时间t3=t2+LOCv2，代入数据解得t3=250s
B处质点的振动形式传到C点所用时间t4=LBCv2，代入数据解得t4=50s
时间差Δt′=200s=50T
因为两列波起振方向相反，故C点为振动减弱点，当A处质点的振动形式传到C点时，C点不再振动，故C点持续振动的时间为Δt′=200s，故D正确。
故选：AD。
根据振动图像确定周期，判断频率是否相同以分析干涉可能性；
利用波速公式t=sv计算波的传播时间，结合起振方向分析振动加强或减弱；
明确质点不随波迁移的特点；
分析C点受两列波作用的持续时间。
解决此类波的传播问题，需注意：①干涉条件的核心是频率相同，与传播速度无关；②质点不随波迁移，仅在平衡位置振动；③分析振动加强/减弱时，需结合传播时间差和起振方向综合判断相位差。
8.【答案】AC
【解析】解：A.根据闭合电路欧姆定律可知U=E−Ir，又因为I=ER+r，所以，通过调节外电路电阻的阻值，可改变路端电压，故A正确；
B.电源的电动势由电源本身决定的，与外电路的电阻值无关，调节外电路电阻的阻值，电源的电动势不变，故B错误；
C.电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压，故C正确；
D.在外电路，电流从电势高处流向电势低处；在内电路，电流从电势低处流向电势高处，故D错误。
故选：AC。
根据闭合电路欧姆定律分析路端电压；电源的电动势由电源本身决定的，在内电路，电流从电势低处流向电势高处。
电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能本领的大小以及电动势由电源非静电力特性决定，与外电路无关。
9.【答案】BD
【解析】解：BC.由几何关系可知∠cba=2∠cab=60°，设圆的半径为R，则bc=R，ac= 3R，根据右手螺旋定则，导线a在c处的磁场由c指向b，磁感应强度大小为Ba=kI0 3R=B0
导线b在c处的磁场由c指向a，如图所示
c处的磁感应强度方向指向圆心，则c处的磁感应强度大小为Bc=2B0
导线b在c处产生的磁感应强度大小为Bb= 3B0，故B正确，C错误；
A.由题意可知Bb=kIbR= 3B0
代入数据得Ib=I0，故A错误；
D.由以上分析可知aO=bO=bc，距离相等，导线中电流相等，所以在O点产生的磁感应强度大小均为 3B0，且方向均竖直向下，所以O点的磁感应强度大小为BO=2 3B0，故D正确。
故选：BD。
先用安培定则确定a处导线在c点的磁场方向，结合c点合磁场方向指向圆心的条件，用矢量合成的几何关系推导出b处导线在c点的磁场大小与电流，再计算合磁场强度。
这道题结合安培定则、矢量合成与几何关系，考查对通电直导线磁场叠加的分析，是电磁学中基础且典型的磁场叠加类选择题。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，设小球的振动方程
x1=Asin(ωt+φ1)(cm)=sin(ωt+φ1)(cm)
光源的振动方程
x2=Asin(ωt+φ2)(cm)=sin(ωt+φ2)(cm)
当t=0时
x1=sinφ1=0
则
φ1=0
x2=sinφ2(cm)= 22(cm)
故
φ2=π4
则光源与小球振动的相位差为π4，故A错误；
B、根据题意分析可知，光源的振动方程
x2=sin(ωt+π4)(cm)
ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
即
x2=sin(πt+π4)(cm)
光源从初始状态回到平衡位置，即
x2=sin(πt+π4)(cm)=0
可知光源从初始状态回到平衡位置的时间是多个值，0.75s，1.75s等均可，故B错误；
C、根据题意分析可知，小球的振动方程
x1=sinπt(cm)
光源的振动方程
x2=sin(ωt+π4)(cm)
影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，取影子某一时刻的位置
根据几何关系
−x3+x1−x3+x2=23
得影子的振动方程
x3=3x1−2x2=3sinπt(cm)−2sin(ωt+π4)(cm)= 13−6 2sin(πt+α)(cm)
当t=0时
x3=3sinπ×0(cm)−2sin(ω×0+π4)(cm)=− 2cm
即
− 2= 13−6 2sinα
故
α=−arcsin 2 13−6 2
故C正确；
D、根据题意分析可知，对于
x3= 13−6 2sin(πt+α)(cm)
设振幅
A= 13−6 2(cm)
根据能量守恒
12kA2=12mvm2
根据图2，周期
T=2s
根据弹簧振子的周期公式
T=2π mk
代入数据联立解得
vm=π 13−6 2cm/s
故D正确。
故选：CD。
根据振动图像确定小球和光源的振动方程，利用几何相似关系推导影子的振动方程，结合相位差、初相位、最大速度的计算分析各选项。
本题的核心是结合振动图像确定振动方程，利用几何相似关系推导影子的振动方程，结合相位差、初相位、最大速度的定义分析选项。影子的振动由光源和小球的相对运动决定，通过三角函数合成得到振动的振幅和初相位。
11.【答案】200
串联
9800

【解析】解：(1)忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，可以认为总电流不变，则闭合开关S2后，通过R′的电流为
I′=Ig−12Ig=150μA300μA−12×300μA
由欧姆定律可得，电流表内阻的测量值为
Rg=I′R′12Ig=R′=200Ω
(2)若要将该电流表G改装成量程为3V的电压表，需要串联一个定值电阻分压，则串联分压电阻为
R0=UIg−Rg=3300×10−6Ω−200Ω=9800Ω
故答案为：(1)200：(2)串联，9800。
(1)根据串并联电路的规律计算；
(2)根据电压表的改装原理计算。
本题关键掌握电压表的改装原理和串并联电路的规律。
12.【答案】B
最低点
m1x2=m1x1+m2x3
1.5

【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，螺旋测微器的精确值为0.01mm；其中游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读到下一位；测量小球的直径，某次读数为10.10mm，则所选用的测量仪器与图1中B(20分度游标卡尺)；
为了减小误差，用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的最低点。
(2)设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
m1v0=m1v1+m2v2
由于两小球在空中下落的高度相同，所用时间相同，则有v0=x2t，v1=x1t，v2=x3t
联立可得在实验误差允许范围内，若满足关系式m1x2=m1x1+m2x3
则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
(3)由折射率公式得n=sinθ1sinθ2=。
故答案为：(1)B，最低点；(2)m1x2=m1x1+m2x3；(3)1.5。
(1)根据游标卡尺和螺旋测微器的最小分度值和估读情况分析判断；根据小球在最低点速度最大判断；
(2)根据平抛运动规律和动量守恒定律推导；
(3)根据折射定律计算。
本题关键掌握用单摆测重力加速度、验证动量守恒定律和用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理、游标卡尺和螺旋测微器的读数方法。
13.【答案】解：(1)光线恰好在AC边上发生全反射，入射角等于临界角C。作出光路图如图所示，根据几何关系可知，光在AC面上的临界角C=37°。

由sinC=1n
解得
n=1sinC=53
(2)由几何关系得
tan37°=PMPC=PM1.6L
tan37°=ABAC=3LAC
cs37°=PCMC=1.6LMC
AM=AC−MC
sin37°=AMQM
由介质的折射率公式和运动学公式得
n=cv
t=PM+QMv
联立解得
t=68L9c
答：(1)该三棱镜的折射率n为53；
(2)光线从BC边传播到AB边所用的时间t为68L9c。
【解析】(1)光线恰好在AC边上发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何知识求出临界角C，再由sinC=1n求该三棱镜的折射率n；
(2)由几何关系求光线从BC边传播到AB边通过的路程，由v=cn求出光线在三棱镜中传播速度，从而求得所用的时间t。
解决本题时，要作出光路图，再运用几何知识求解临界角和光程，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律、临界角公式和光速的计算公式。
14.【答案】(1)①波传播的方向为−x方向、波长为4m、质点振幅为5cm、质点振动周期为0.8s；②x=0处的质点从0时刻计时的位移与时间的关系为y=−5sin52t(cm) (2)若波沿x轴正向传播，波速大小为(4n+3)m/s(n=0、1、2、3……)
【解析】解：(1)①根据波形图可知该波的振幅为A=5cm；
若已知x=0处的质点在0～1s内运动的路程为25cm=5A，即质点振动54T，根据图像可知波沿−x方向传播；
根据图像可知波长：λ=4m
x=0处的质点在0～1s内运动的路程为5A，即质点振动54T=1s，解得周期：T=0.8s；
②根据振动方程的一般表达式可得：y=−Asinωt=−5sin2π0.8t(cm)=−5sin52t(cm)；
(2)若波沿x轴正向传播，则有：(n+34)T=1s
解得：T=44n+3s(n=0、1、2、3……)
则波速为：v=λT
解得：v=(4n+3)m/s(n=0、1、2、3……)。
答：(1)①波传播的方向为−x方向、波长为4m、质点振幅为5cm、质点振动周期为0.8s；
②x=0处的质点从0时刻计时的位移与时间的关系为y=−5sin52t(cm)；
(2)若波沿x轴正向传播，波速大小为(4n+3)m/s(n=0、1、2、3……)。
(1)①根据波形图直接得到该波的振幅和波长，根据x=0处的质点在0～1s内运动的路程得到传播方向和周期；
②根据振动方程的一般表达式进行解答；
(2)若波沿x轴正向传播，求解周期的一般表达式，再根据波速计算公式进行解答。
对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
15.【答案】(1)物块与长木板间的动摩擦因数为0.5 (2)物块从D点滑离长木板时，长木板的速度大小为 10− 24 gL (3)物块在EF上的落点到E点的距离为 5−12L
【解析】解：(1)长木板固定时，物块由C至D做匀减速运动，离开D点后做平抛运动。设物块滑出D点的速度为vD，飞行时间为t。
竖直方向自由落体：h=14L=12gt2，解得：t= L2g。物块恰落在EF中点P，水平位移x=L2，故vD=xt=L2 L2g= gL2。
由动能定理：−μmgL=12mvD2−12mv02，代入vD= gL2和v0= 32gL得−μmgL=−mgL2，解得：μ=0.5。
(2)解除锁定后，系统水平动量守恒。设物块初速为v′0，滑离D点时物块速度为v1，木板速度为v2。由动量守恒得v′0=v1+v2。
物块加速度a1=−μg，木板加速度a2=μg，相对加速度arel=2μg=g。由相对运动关系：(v1−v2)2−(v′0)2=−2gL。
平抛运动时间t= L2g，水平相对位移L2=(v1−v2)t，解得v1−v2= gL2。代入得v′0= 5gL2。
联立v1+v2= 5gL2与v1−v2= gL2，解得v2= 10− 24 gL。
(3)设滑离D点时相对速度为u，飞行时间t= L2g。落点距离s=u L2g。由EF段运动得u2=2g(L−s)，
代入s得方程u2+ 2gLu−2gL=0，解得u= 10− 22 gL。最终s= 5−12L。
答：(1)物块与长木板间的动摩擦因数为0.5。
(2)物块从D点滑离长木板时，长木板的速度大小为 10− 24 gL。
(3)物块在EF上的落点到E点的距离为 5−12L。
(1)物块在固定长木板上从C滑到D做匀减速运动，离开D点后做平抛运动。通过平抛运动的竖直位移求出飞行时间，结合水平位移确定物块滑出D点的速度。利用动能定理建立物块初速度、末速度与摩擦力的关系，最终求出动摩擦因数。
(2)解除锁定后系统动量守恒，物块与长木板相互作用过程中动量守恒。通过相对运动分析确定物块与长木板的相对加速度，结合平抛运动的条件建立速度关系。联立动量守恒方程和相对速度方程，解出长木板的速度。
(3)物块滑离D点后做平抛运动，落点位置与相对速度相关。通过平抛运动水平位移与EF段运动的关系建立方程，求解落点位置。结合物块刚好不从F点滑离的条件，确定最终落点到E点的距离。
本题是一道综合性较强的力学题目，涉及匀变速直线运动、平抛运动、动量守恒、动能定理等多个核心知识点。题目通过“L“形长木板与物块的相互作用，巧妙地将多个物理过程串联起来，考查学生对力学综合问题的分析能力。第一问通过固定长木板的情境，考查学生对动能定理和平抛运动规律的应用，计算量适中但需要准确理解物理过程。第二问解除锁定后，系统动量守恒的引入增加了题目难度，需要学生灵活处理相对运动关系，对学生的逻辑推理能力提出较高要求。第三问在第二问基础上进一步深化，通过落点距离的求解考查学生建立方程和数学运算能力，是本题的难点所在。题目设计层次分明，从基础到综合逐步提升难度，能够有效检验学生对力学知识的掌握程度和综合运用能力。特别是第三问的设置，通过物块不滑离长木板的条件，考查学生分析临界问题的能力，体现了物理建模的思想。整体计算量较大，但各问之间逻辑连贯，是一道锻炼学生物理思维的好题。