2025-2026学年河北省石家庄市七县部分校高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

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1.下列关于万有引力定律的表达式F=Gm1m2r2，理解正确的是( )
A. 当r趋近于0时，两物体间的万有引力趋于无穷大
B. 计算地球对其表面物体的引力时，r可以取地球的半径
C. 假如物体处于地球的中心，它所受地球的引力一定最大
D. 万有引力定律只适用于天体，对于分子、原子并不适用
2.如图所示，小车静置于光滑的水平面上，将小球用细线悬挂在小车上，从图示位置无初速度地释放小球，不计空气阻力。关于释放小球后的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球和小车组成的系统机械能守恒
C. 小球摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D. 小球摆到最低点时，小球和小车速度相同且最大
3.一质量为m的物体在外力F的作用下沿水平地面运动，外力F随位移的变化规律如图所示。当物体发生的位移为x0时，关于外力F做的功，下列说法正确的是( )
A. 外力F所做的功为F0x02
B. 外力F所做的功大于F0x02
C. 外力F所做的功小于F0x02
D. 因不知地面情况及物体的初速度，故无法判断
4.木卫二1610年被伽利略发现，它个头比月球稍小，表面裹着厚冰，冰底下可能有比地球还多的水。2024年10月15日NASA的欧罗巴快船号探测器正式升空，未来数年将近距离环绕木卫二，穿透冰壳探测海洋、采样大气、分析裂纹物质，探测木卫二是否存在生命。如果木卫二围绕木星做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，是木星自身半径的n倍，引力常量为G，木星密度为( )
A. 3πn3GT2B. 3πn2GT2C. 3πnGT2D. 3πnGT
5.一汽车沿某山坡下坡时，若关掉油门，汽车下坡的速度将保持不变。假定汽车所受的阻力不变，现让该汽车以恒定的功率沿该山坡下坡，若汽车的速度由0增大到v所用的时间为t，则该车的速度由v增大到2v所用的时间为( )
A. tB. 2tC. 3tD. 4t
6.竖直轻弹簧上端固定，下端挂一质量为m的小球，两者组成的系统处于平衡状态。现将小球向下移动距离x0后，由静止释放小球并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球做简谐运动的周期为2t0B. 0∼6t0内，小球通过的路程为12x0
C. 0∼t02内，小球运动的路程大于x02D. t0时刻，小球处于平衡位置
7.如图所示，半径为R、质量为2m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小球从弧槽的顶端紧贴着弧槽由静止释放，若槽不固定，当小球落地时，与圆弧末端的水平距离为( )
A. RB. 22RC. 3RD. 62R
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于对宇宙速度的理解，下列说法正确的是( )
A. 第一宇宙速度是人造卫星绕地球做圆周运动的最大速度
B. 发射地球同步卫星时，发射速度应大于第一宇宙速度
C. 发射月球探测器时，其发射速度应大于第二宇宙速度
D. 发射火星探测器时，其发射速度应大于第三宇宙速度
9.如图所示，质量为m的人站在倾角θ的台阶式自动扶梯上，在人随扶梯从静止开始做加速度大小为a的匀加速运动的过程中，人与台阶没有相对滑动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 人所受的支持力对人做正功
B. 人所受的摩擦力对人做负功
C. t时刻摩擦力对人做功瞬时功率为ma2tcs2θ
D. t时刻克服重力做功的瞬时功率为mgat
10.如图所示，质量为M的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量也为M的小物块A，一颗质量为m的子弹以水平初速度v射入A并留在A内。已知子弹射入A时间极短，A与B之间的动摩擦因数为μ，且A与B最终达到相对静止，下列说法正确的是( )
A. A与B最终的速度为mv2M+m
B. 系统损失的总机械能为Mm2v22(m+M)(2M+m)
C. A与B组成的系统因摩擦产生的热量为2Mm2v2(m+M)(2M+m)
D. 平板车B的长度至少为Mm2v22μg(m+M)2(2M+m)
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上有两个滑块A、B，分别在滑块A、B上固定宽度相等的遮光片，其中一个滑块(含遮光片)的质量为m，另一个滑块(含遮光片)的质量为2m，光电计时器(未画出)可记录滑块A、B上遮光片通过光电门的时间。
(1)实验开始前要对气垫导轨进行调平。实验时，将滑块B静置在两光电门之间，滑块A从光电门1的左侧以一定的速度向右运动，与滑块B发生碰撞后返回，则滑块A的质量应为______(选填“m”或“2m”)。
(2)已知滑块A的遮光片前后两次经过光电门1的时间分别为t1、t1′，滑块B的遮光片经过光电门2的时间为t2，若下列关系式______(填字母标号)成立，则A、B碰撞过程中动量守恒。
A.1t1−1t′1=12t2
B.1t1+1t′1=12t2
C.1t1−1t′1=2t2
D.1t1+1t′1=2t2
(3)在某次实验中，若测得滑块A碰前的速度大小为3m/s，碰后返回时的速度大小为1m/s，则判断滑块A、B碰撞过程中______(选填“有”或“无”)机械能损失。
12.某实验小组的同学利用如图1所示的装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。
(1)若用槽码的重力表示小车受到的合外力，实验中需要满足槽码的质量______ (选填“远大于”或“远小于”)小车的质量，且在实验开始前必须要______ ；
(2)在满足(1)的情况下做实验，图2为某次实验时打出的一条纸带，若打点计时器使用的交流电的频率为f，根据图2所标出的数据可计算出打A点时小车的速度大小为vA=______ ；(用x1、f表示)
(3)在(2)的基础上，已知槽码的质量为m，小车的质量为M，A、B两点间的距离为x，重力加速度为g，则小车由A点运动到B点的过程中，恒力对小车做的功为W=______ ；小车动能的变化量为ΔEk=______ ；(用m、M、x、x1、x2、f、g表示)
(4)多次重复实验发现，恒力对小车做的功总是稍大于小车动能的增加量，导致这一结果的原因可能是______ 。(写出任意一条即可)
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.水平绳中一简谐横波沿x轴传播，已知t=0时的波形如图1所示，绳上三个质点A、B、C的平衡位置分别是xA=15m、xB=45m、xC=40m。从该时刻开始，质点C的振动图像如图2所示，求：
(1)波传播的方向与速度大小；
(2)从t=0时刻开始，质点B经过多长时间第一次回到平衡位置；
(3)从t=0时刻开始，经过多长时间质点A、B振动的速度第二次相同。
14.如图所示，长L=5m、倾角θ=37∘的斜面固定在水平地面上，一质量为m=1kg的小滑块从斜面顶端由静止开始下滑，与固定在斜面底端的挡板P碰撞后以原速率弹回。已知小滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.5，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，小滑块可视为质点。
(1)求小滑块到达斜面底端时的速度大小；
(2)求小滑块在斜面上运动的总路程；
(3)若小滑块从斜面顶端下滑时的初速度大小为v0=4 6m/s，求小滑块上升到最高点时距地面的高度。
15.如图所示，木板ABC固定在水平面上，其中AB段是圆心为O、半径为R=0.45m的光滑圆弧，圆弧所对应的圆心角为θ=37∘，BC段粗糙，且BC段的长度为l=1.15m。紧靠BC的右侧有一与BC段等高的传送带，且长木板与传送带在C点平滑相切，传送带以v0=8m/s的速度沿逆时针方向转动，物块N放置在木板上的C点。将一个质量为m1=0.6kg的物块M轻放在传送带的右端D点，使其沿传送带运动至C点，并与物块N发生弹性正碰(碰撞时间极短)，碰后物块N由A点滑离木板，且N运动的最高点到A点的竖直距离为ℎ=0.45m。已知物块M与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.4，物块N与木板BC间的动摩擦因数为μ2=0.4，传送带上C、D两点的距离为L=10m，物块M、N均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)物块M在传送带上运动的时间t；
(2)物块N的质量m2。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.万有引力定律只适用于两质点之间，当r趋近于0时，物体不能看成质点，公式不成立，故A错误；
B.由万有引力定律可知，计算地球对其表面物体的引力时，可以把地球看成质量分布均匀的球，r为地球球心到物体的距离，可以近似取地球的半径，故B正确；
C.物体处于地心时，此时公式不可直接使用，需要微元求和，故C错误；
D.万有引力定律适用于宏观有质量的物体，对于分子、原子同样适用，只是万有引力非常小，并非只适用于天体，故D错误。
故选：B。
根据万有引力定律的内容结合万有引力定律的适用条件逐一分析判断各选项的正误。
考查万有引力定律的内容和使用条件，知道在什么情况下正确使用万有引力定律解答相关的问题，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A.小球和小车组成的系统在水平方向不受外力，只有水平方向动量守恒；竖直方向受重力、支持力等外力作用，合外力不是总为零，系统总动量不守恒，故A错误；
B.地面对小车的支持力不做功，重力为保守力，细线拉力属于系统内力，只在小球和小车间转移能量，小球和小车组成的系统机械能守恒，故B正确；
C.设小球质量为m，小车质量为M，小球摆到最高点时相对小车瞬时静止，小球和小车的水平速度分别为v1、v2，则v1=v2；又选取向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv1+Mv2=0
解得v1=v2=0，故C错误；
D.小球摆到最低点时系统总动能最大，此时小球相对小车沿水平方向运动，设小球和小车的水平速度分别为v1、v2，选取向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv1+Mv2=0
可知二者速度方向相反，故D错误。
故选：B。
分析系统的受力情况，由动量守恒得到小球和小车的运动情况；该过程只有重力做功，故系统机械能守恒。根据水平方向动量守恒可解得速度。
小车在运动的情况下，小球速度与绳子拉力不垂直，故拉力做功不为零；通常我们说的小球与绳子拉力处处垂直的情况是绳子固定点静止不动。
3.【答案】B
【解析】解：由功的计算公式W=Fx可知，在F−x图像中，图线与横坐标轴围成的面积表示力F所做的功，若F均匀变化，图线是一条过原点的倾斜直线，则做的功等于F0x02，
根据几何关系得本题图中图线与坐标轴围成的面积大于F0x02，所以外力F所做的功大于F0x02，故B正确，ACD错误。
故选：B。
在F−x图像中，图像与横轴所围面积表示该力做功，据此分析判断。
本题主要考查了F−x图像，知道图像与x轴所围面积表示外力做功。
4.【答案】A
【解析】解：木卫二围绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2=m(2πT)2r
解得木星的质量为M=4π2r3GT2
则木星的密度为ρ=MV=3πr3GT2R3=3πn3GT2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
先由万有引力提供卫星向心力列式求出木星质量，结合轨道半径与木星半径的倍数关系写出木星球体体积公式，再根据密度定义式联立化简，推导出木星密度表达式。
本题以木卫二探测为航天背景，综合万有引力、圆周运动、球体密度公式推导，侧重字母代数化简，区分轨道半径与中心天体半径，能有效考查学生公式联立推导与审题分辨几何量的能力，是天体密度类典型基础考题。
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，汽车下坡过程中所受阻力的大小等于汽车重力沿斜坡向下的分力大小，因此当汽车以恒定功率下坡时，汽车所受的合力即为牵引力。
设汽车速度从v增加到2v所用的时间为t′。依据动能定理W=Ek2−Ek1，当汽车速度从0增加到v时，有Pt=12mv2−0。
当汽车速度从v增加到2v时，有Pt′=12m(2v)2−12mv2。联立两式，解得：t′=3t。故ABD错误，C正确。
故选：C。
题目描述汽车下坡时关掉油门速度不变，表明阻力与重力沿斜坡分力平衡。汽车以恒定功率下坡时，牵引力做功提供动能增量。已知速度从0到v所用时间t，根据动能定理，牵引力做功等于动能变化。牵引力功率恒定，做功与时间成正比，因此动能增量与时间成正比。速度从v到2v的动能增量为速度从0到v的三倍，故所需时间也为三倍，即3t。
本题综合考查功率恒定条件下汽车的启动问题，并巧妙结合了下坡这一特定情境，使得汽车所受阻力与重力沿斜面向下的分力平衡，从而简化了受力分析。题目将动能定理作为核心工具，要求学生通过功能关系建立功率做功与动能变化之间的联系，进而求解时间。计算量适中，但需要学生准确理解恒定功率启动过程中牵引力与速度的反比关系，以及合外力做功即为牵引力做功这一关键点。本题着重锻炼学生的模型建构能力与能量转化思想的应用，通过对比不同速度区间内动能增量与做功的关系，引导学生发现时间与速度平方增量成正比这一规律，体现了用能量观点处理变力做功问题的优越性。
6.【答案】D
【解析】解：A.由题意，结合图可知小球从最低点运动至平衡位置的时间为t0，则简谐运动的周期为T=4t0，故A错误；
B.0∼6t0内小球振动了32T，小球通过的路程为s=32×4A=6A=6x0，故B错误；
C.0∼t0内，小球振动了14T，小球从最低点向平衡位置运动，运动路程为x0，越靠近平衡位置，小球的速度越快，所以0∼t02内小球的平均速度小于t02∼t0内小球的平均速度，则0∼t02内，小球运动路程小于x02，故C错误；
D.t0时刻，小球受到弹力大小等于重力，合力为0，处于平衡位置，故D正确。
故选：D。
根据小球受力的特点，结合简谐运动的知识结合图像分析。
考查对简谐运动的理解，能够读懂小球的简谐运动中弹簧弹力与小球运动时间的关系图像是解题的基础。
7.【答案】C
【解析】解：设小球滑至圆弧底端与槽分离时，小球的速度大小为v1，圆弧槽的速度大小为v2。
小球下滑过程中，系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，有mv1−2mv2=0，解得v1=2v2。
系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒。小球下落高度为R，则有mgR=12mv12+12(2m)v22。
将v1=2v2代入，得mgR=2mv22+mv22=3mv22，解得v2= gR3，v1=2 gR3。小球离开圆弧槽后做平抛运动，下落高度为R2。
设平抛运动时间为t，竖直方向有R2=12gt2，解得t= Rg。此段时间内，小球向右匀速运动，圆弧槽以v2向左匀速运动。
两者水平方向相对速度大小为v相对=v1+v2，即v相对=3v2，v相对=3 gR3= 3gR。
小球落地时，其与圆弧末端的水平距离，即为平抛时间内两者的相对位移大小Δx=v相对t= 3gR× Rg= 3R。故ABD错误，C正确。
故选：C。
小球从光滑圆弧槽顶端静止释放，槽不固定时系统水平方向不受外力，因此水平动量守恒。小球下滑过程中系统机械能守恒，结合小球下落高度R可建立小球与槽分离时两者速度的关系。小球离开槽后做平抛运动，下落高度为R2，可确定平抛时间。分离后槽在光滑水平面上继续匀速运动，小球在水平方向也做匀速运动，两者水平方向相对速度等于分离时速度之和，水平距离即为平抛时间内相对位移。
本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律以及平抛运动规律，是一道综合性较强的力学题目。题目涉及多个物理过程的分析与衔接，要求学生具备清晰的物理图景构建能力和严谨的逻辑推理能力。计算量适中，但需要学生准确理解小球与槽分离前后各自运动状态的变化，并正确运用相对运动关系求解水平距离。本题的难点在于分离后两者均做匀速运动且方向相反，需通过相对速度来求解相对位移，这很好地锻炼了学生处理复杂运动过程的能力。
8.【答案】AB
【解析】解：A、由万有引力提供向心力推导得环绕速度v= GMr，轨道半径r越小，线速度越大；近地轨道r最小，对应第一宇宙速度7.9km/s是绕地圆周运动最大速度，故A正确；
B、地球同步卫星轨道远高于近地轨道，需要更大发射速度才能抬升至高轨道，发射速度必须大于7.9km/s，故B正确；
C、月球是地球的卫星，发射月球探测器时，其发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度即可，不需要大于第二宇宙速度，故C错误；
D、火星绕太阳转，都在太阳系内，所以探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故D错误。
故选：AB。
先区分三个宇宙速度的物理意义：第一宇宙速度是近地卫星环绕最大速度、最小发射速度；第二宇宙速度是脱离地球引力的临界速度；第三宇宙速度是脱离太阳系的临界速度。再逐一对照选项，判断同步卫星、月球探测器、火星探测器对应的发射速度范围。
本题聚焦三个宇宙速度易混淆的核心概念，区分环绕速度与发射速度的不同，覆盖卫星、地月探测、星际探测三类典型场景，能有效辨析概念误区，适合巩固天体发射相关基础理论。
9.【答案】AC
【解析】解：A、对人受力分析如图所示：
支持力竖直向上，人在扶梯上速度沿斜面向上，支持力与速度方向夹角为90∘−θ，小于90∘，支持力对人做正功，故A正确；
B、人在水平方向具有加速度为acsθ，则台阶对人的静摩擦力水平向右，静摩擦力与速度方向夹角为θ，摩擦力对人做正功，故B错误；
C、由水平方向牛顿第二定律可得：f=macsθ，则t时刻人的速度为：v=at，则摩擦力与速度方向夹角为θ，瞬时功率为：Pf=fvcsθ=ma2tcs2θ，故C正确；
D、人的竖直分速度为vy=atsinθ，克服重力做功的瞬时功率为：PG=mgvy=mgatsinθ，故D错误。
故选：AC。
人站在自动扶梯上不动，随扶梯加速上升的过程中，根据力和位移的夹角分析做功正负，由运动学公式结合牛顿第二定律及瞬时功率公式可求摩擦力和重力做功是瞬时功率的大小。
本题是对功的正负及瞬时功率和牛顿第二定律及运动学公式的考查，解题的关键是要知道功的正负判断，需结合受力分析和力与位移方向的夹角关系判断各力做功情况，知道瞬时功率的表达式。
10.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意可知，子弹射入木块的过程水平方向满足动量守恒，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv=(m+M)v1
整个过程mv=(2M+m)v2
A与B最终的速度为v2=mv2M+m，故A正确；
BC.A与B组成的系统因摩擦产生的热量Q=12(m+M)v12−12(2M+m)v22
得Q=Mm2v22(m+M)(2M+m)
子弹射入木块的过程也有机械能损失，故BC错误；
D.A与B组成的系统因摩擦产生的热量Q=μ(m+M)gL
解得平板车B的长度至少为L=Mm2v22μg(m+M)2(2M+m)
故D正确。
故选：AD。
A.由动量守恒定律求出A与B最终的速度；
BC.动能定理分析求解；
D.结合BC选项的分析和热量表达式求出平板车B的长度。
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理的应用。对于多物体的相对运动的模型，解答时要理清物体的相对运动过程，确定所研究过程的初末状态。掌握应用动量守恒定律和机械能(或能量)守恒定律综合解决问题的方法。
11.【答案】m
D
无
【解析】解：(1)碰后滑块A能够返回，说明滑块A的质量较小，故滑块A的质量应为m。
(2)两滑块碰撞过程中动量守恒，以向右的方向为正，由光电门测速原理与动量守恒定律可得：m⋅dt1=2m⋅dt2−m⋅dt1′
整理可得：1t1+1t′1=2t2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(3)由动量守恒定律可得：m×3=2mvB−m×1
解得：vB=2m/s
由此可知碰前的机械能为：E1=12m×32=92m
碰后滑块A、B的机械能之和为：E2=12m×(−1)2+12×2m×22=92m
可知碰撞过程中无机械能损失。
故答案为：(1)m；(2)D；(3)无。
(1)碰后滑块A能够返回，说明滑块A的质量较小。
(2)由光电门测速原理与动量守恒定律解答。
(3)由动量守恒定律求得碰撞B的速度，判断碰前A的动能与碰后滑块A、B的总动能是否相等。
本题考查了验证动量守恒定律的实验，掌握光电门测速原理，解答时注意动量的方向。
12.【答案】远小于;补偿小车所受的阻力
fx12
mgx;Mf28(x22−x12)
细绳与滑轮之间有摩擦力(或空气对小车的运动有阻力作用)
【解析】解：(1)若用槽码的重力表示小车受到的合外力，实验开始前，应补偿小车受到的阻力。根据牛顿第二定律得：
对小车和槽码组成的整体有：mg=(M+m)a
对小车有：T=Ma
解得：T=MmgM+m=11+mMmg
可知为了用槽码的重力表示小车受到的合外力，还应满足槽码的质量m远小于小车的质量M。
(2)根据打点纸带测量速度的原理，可得：vA=x12T=fx12
(3)用槽码的重力表示小车受到的合外力，可得此过程恒力对小车做的功为：W=mgx
同理可得在打B点时的小车的速度大小为：vB=x22T=fx22
可得此过程小车动能的变化量为：ΔEk=12M(vB2−vA2)
联立可得：ΔEk=Mf28(x22−x12)
(4)若恒力对小车做的功总是大于小车动能的增加量，导致这一结果的原因可能是细绳与滑轮之间存在摩擦阻力、或者空气对小车的运动有阻力作用等。
故答案为：(1)远小于；补偿小车所受的阻力；(2)fx12；(3)mgx；Mf28(x22−x12)；(4)细绳与滑轮之间有摩擦力(或空气对小车的运动有阻力作用)。
(1)若用槽码的重力表示小车受到的合外力，需要补偿小车受到的阻力。根据牛顿第二定律推导细绳的拉力与槽码重力的关系，分析槽码的质量与小车的质量应满足的关系。
(2)根据打点纸带测量速度的原理得到打A点时小车的速度大小。
(3)依据用槽码的重力表示小车受到的合外力，由力做功的定义得到此过程恒力对小车做的功；同理得到在打B点时的小车的速度大小，由动能的定义得到此过程小车动能的变化量。
(4)若恒力对小车做的功总是大于小车动能的增加量，导致这一结果的原因可能是细绳与滑轮之间存在摩擦阻力、或者空气对小车的运动有阻力作用等。
本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系(即动能定理)的实验，掌握用打点纸带测量速度的方法，掌握本实验的要求。
13.【答案】波沿x轴负方向传播，速度大小为20m/s
B经过0.75s第一次回到平衡位置
质点A、B振动的速度第二次相同需要的时间为1.5s
【解析】解：(1)由题图2可知t=0时刻质点C向上振动，由同侧法可知，波沿x轴负方向传播；
由题图可知，周期T=2s，波长λ=40m，所以波速：v=λT，解得：v=20m/s；
(2)机械波在均匀介质中匀速传播，波沿x轴负方向传播，靠近波源一侧处在平衡位置的点距B点15m，则质点B第一次回到平衡位置用时：t=Δxv=60−4520s=0.75s；
(3)当某质点位于平衡位置时，两侧“与其平衡位置间距相等的质点”速度相同，平衡位置的振动状态传播到AB中点的距离Δx′=λ4+λ2，时间为：t′=Δx′v，解得：t′=1.5s。
答：(1)波沿x轴负方向传播，速度大小为20m/s；
(2)B经过0.75s第一次回到平衡位置；
(3)质点A、B振动的速度第二次相同需要的时间为1.5s。
(1)由质点C的振动图像，结合同侧法，可得到波的传播方向；根据图1可得到波长，根据图2可得到周期，联立可得到波速；
(2)根据波的传播速度、传播方向，结合B的坐标，可得B第一次回到平衡位置的时间；
(3)根据质点的振动的周期性与对称性，可得到质点A、B振动的速度第二次相同需要的时间。
本题考查机械波的图像分析，在分析各质点的振动特点时，注意各质点均在不同时刻周期性重复波源的振动。
14.【答案】小滑块到达斜面底端时的速度大小为2 5m/s
小滑块在斜面上运动的总路程为7.5m
小滑块上升到最高点时距地面的高度为3.288m
【解析】解：(1)设小滑块到达斜面底端时的速度大小为v，由动能定理可得mgLsinθ−μmgLcsθ=12mv2
解得v=2 5m/s
(2)由于μ=0.50，说明小滑块会冲出斜面顶端，做斜抛运动。
设小滑块冲出斜面顶端时的速度大小为v3，则12mv32=8J，解得v3=4m/s
冲出顶端后，小滑块在竖直方向参与竖直上抛运动，其竖直方向的分速度为vy=v3sin37∘=4×0.6m/s=2.4m/s
小滑块在斜抛运动中继续上升的最大高度为Δℎ=vy22g=2.422×10m=0.288m
已知斜面顶端距地面的高度为ℎ0=Lsin37∘，计算得ℎ0=3m
所以小滑块上升到最高点时距地面的总高度为H=ℎ0+Δℎ=3m+0.288m=3.288m
答：(1)小滑块到达斜面底端时的速度大小为2 5m/s。
(2)小滑块在斜面上运动的总路程为7.5m。
(3)小滑块上升到最高点时距地面的高度为3.288m。
(1)小滑块从斜面顶端静止下滑至底端，此过程涉及重力沿斜面分力做功与摩擦力做功，两者均沿斜面向下。利用动能定理分析此单一过程，将已知的斜面长度、倾角、摩擦因数及质量转化为滑块到达底端时的动能，从而求得速度大小。
(2)滑块与挡板碰撞后原速率弹回，由于摩擦力始终做负功，滑块最终会停在斜面底端。分析滑块从开始运动到最终静止的全过程，此过程中只有重力和摩擦力做功，且重力做功仅与初末高度差有关，摩擦力做功与总路程相关。运用动能定理建立重力做功与摩擦力总功的关系，可求解总路程。
(3)滑块以初速度v0下滑，先分析其下滑至底端与挡板碰撞前的速度。此过程重力与摩擦力做功情况与(1)问相同，但初动能不为零，需用动能定理关联初速度、下滑距离与碰前速度。碰撞后以原速率反弹，分析其沿斜面向上运动的过程。若反弹后能冲上斜面顶端，需计算其冲出顶端时的剩余动能。冲出顶端后，滑块做斜抛运动，需将其速度分解为水平和竖直方向，最高点对应竖直分速度减为零，利用竖直上抛运动规律求出上升高度，加上斜面顶端本身的高度即为最终距地高度。
本题综合考查力学中的斜面运动、动能定理应用以及能量耗散分析，涉及物理过程较为完整，计算量适中，属于中等难度题目。题目重点考查学生对动能定理这一核心规律的理解与灵活运用能力，尤其是在存在摩擦力和非弹性碰撞的复杂过程中，如何分阶段选取研究对象并正确列式。第(1)(2)问侧重基础建模与能量守恒思想，第(3)问则需结合碰撞后斜抛运动的分析，对学生的逻辑推理与多过程衔接能力提出了更高要求。其中判断滑块能否冲出斜面并继续做斜抛运动是本题的思维亮点，也体现了从直线运动到曲线运动的综合考查。
15.【答案】物块M在传送带上运动的时间t为2.25s
物块N的质量为1kg
【解析】解：(1)假设物块M在传送带上能加速至传送带的速度v0，则有v02=2ax
物块M的加速度大小a=μ1g
解得x=8m