2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.奇妙莫测的大自然中，有许多美妙的声音，以下关于大自然中的声现象，说法正确的是( )
A. “余音绕梁，三日不绝”体现了声波的衍射现象
B. “空山不见人，但闻人语响”体现了声波的干涉现象
C. “隔墙有耳”体现了声波的衍射现象
D. “姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声波的干涉现象
2.质量不计的轻质弹簧一端连接物体，另一端施加恒力F，如图甲所示，物体沿粗糙水平面向右匀速运动，时间t内弹力的冲量大小为I1，如图乙所示，物体在相同的恒力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，相同时间t内弹力的冲量大小为I2，则下列说法正确的是( )
A. I1>I2B. I1=I2
C. I13.如图所示，一定质量的小球以一定初速度从地面竖直上抛，小球运动过程中所受的阻力f恒定，则小球在上升过程中，说法正确的是( )
A. 小球的动量p随时间t的变化率ΔpΔt均匀增大
B. 小球的动量p随时间t的变化量Δp不变
C. 小球的动量p随时间t的变化量Δp均匀变小
D. 小球的动量p随时间t的变化率ΔpΔt不变
4.如图所示，静止轨道卫星Q在轨道上稳定运行，P为赤道平面上的监测站，为实时监测卫星运行状况，卫星Q持续向监测站P发射频率为f的电磁波，则卫星Q从A运行到B的过程中，关于监测站P接收的电磁波频率，下列说法正确的是( )
A. 监测站P接收的电磁波频率先减小后增大
B. 监测站P接收的电磁波频率先增大后减小
C. 监测站P接收的电磁波频率一直保持不变
D. 监测站P接收的电磁波频率一直减小
5.将固有频率为fA的振子A和固有频率为fB的振子B固定在同一平台上且fAA. 不可能A1、A2同时增大B. 不可能在A1增大的同时A2减小
C. 不可能A1、A2同时减小D. 不可能在A1减小的同时A2增大
6.质量为m=0.2kg的小球以v0=4m/s从地面竖直向上抛出，小球再次落地后与地面碰撞并以v1=2m/s向上弹回，若小球与地面的作用时间为t=1s，小球可视为质点，取g=10m/s2，不计小球运动过程中的一切阻力，则小球对地面的平均作用力大小为( )
A. 1.2NB. 1.8NC. 2ND. 3.2N
7.为研究机械波特点，小明模拟出一列沿x轴正方向传播的简谐横波后再将图像打印出来，但由于墨盒故障，只打印出t=0时刻的部分波形图像如图所示，根据图中所给数据，下列判断正确的是( )
A. 由于波形图缺失，无法确定该波的波长
B. 虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为8m
C. 虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为10m
D. 虽然波形图缺失，但根据计算可确定该波的波长为12m
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图甲所示，振子在光滑水平面A、B间做简谐运动，平衡位置为O，t=0时刻起振子开始运动，其振动图像如图乙所示，以向右为正方向，不计一切阻力，则下列说法中正确的是( )
A. t=0.2s时振子的速度方向向左
B. t=0.3s时振子的加速度方向向左
C. t=0.4s时振子的加速度最大
D. t=0.6s至t=0.7s的时间内，振子加速度大小逐渐减小
9.如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块B的质量为4kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度v0向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小vA、vB满足如图乙所示的关系，则由图像可知( )
A. 弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小
B. 滑块A的质量为3kg
C. 滑块A的初速度为v0=4m/s
D. 滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获得的最大弹性势能为12J
10.月湖之畔，汉江之滨的琴台音乐厅是武汉的艺术殿堂，音乐厅的“穹顶”安装有消音设备，能够削弱高速气流产生的噪声。原理如图所示，一定波长的声波从A端输入，在S点分成两列声波，分别通过直径和半圆通道到达声波输出端B，将消音设备的半径调整为R=0.2m时，可以使声波在输出端B起到“消声”效果，则由此可知该声波的波长可能为(计算结果保留2位有效数字)( )
A. 0.92mB. 0.46mC. 0.30mD. 0.15m
11.某货物输送装置如图所示，弹射器固定在水平面上，弹射器最右端可以放置质量不同的物体被弹射出去，弹射器正前方某一位置P处放置另一质量为0.5kg的物体B，P左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数μ=0.2，弹射器提供恒定的弹性势能Ep=20J，物体A获得全部弹性势能后被弹射出去，A在P点和B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B结合成一个整体，整体向右运动到某一点Q静止，设被弹射物体质量为mA，P、Q间的距离为x，A、B均可以看成质点，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 被弹射物体mA越小，则整体运动的距离x越大
B. 被弹射物体mA=0.5kg，则整体运动的距离x最大，最大距离为x=5m
C. 被弹射物体mA= 5+34kg，则整体运动的距离x=4m
D. 被弹射物体mA=3− 54kg，则整体运动的距离x=4m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.为测量武汉地区的重力加速度，小明在家找到一个表面部分磨损且凸凹不平的小钢球做成一个单摆，具体操作如下：
①小明用刻度尺测量两悬点OP间细线的长度L，将小钢球拉开一个大约5∘的角度静止释放；
②从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t；
③由于不能准确确定钢球的重心位置，小明改变两悬点OP间细线的长度先后完成两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2。
根据小明的操作步骤，回答以下问题：
(1)根据实验操作，在步骤②中，小钢球的摆动周期为T=______。
(2)根据步骤③记录的数据得出武汉地区的重力加速度为g=______(用l1、T1，l2，T2表示)。
13.学习小组利用如下实验装置研究两小球弹性碰撞过程中的动量守恒。如图所示，斜槽固定在水平桌面上且末端切线水平，距槽末端一定距离的位置固定着一个竖直挡板，A、B两小球直径相同且发生弹性碰撞，不计斜槽转折点的能量损耗和空气阻力，实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直挡板上，用来记录实验中小球与竖直挡板的撞击点；
②用水平仪确定竖直挡板上与小球圆心O等高的点并记录为P；
③让入射小球A单独从斜槽固定挡板处静止自由释放，记录小球在竖直挡板上的撞击点；
④将被碰小球B静止放置在水平轨道的末端，让入射球A再次从斜槽固定挡板处静止释放，A、B两球在斜槽末端碰后均向右水平抛出，记录A、B两小球在竖直挡板上的撞击点；
⑤重复③④操作多次，确定两小球各次的平均撞击点Q、M、N；
⑥测得PQ=h1、PM=h2、PN=h3
根据该实验小组的实验，回答下列问题：
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.该实验要求斜槽必须尽可能光滑
B.该实验无需要求斜槽光滑
C.入射小球A的质量应大于被碰小球B的质量
D.入射小球A的质量应小于被碰小球B的质量
(2)根据实验操作，3个撞击点P、Q、M、中，入射小球A单独释放后在竖直挡板上的撞击点为______点， A、B碰撞后A的撞击点为______点， A、B碰撞后B的撞击点为______点。
(3)该实验由于没有天平无法测出小球A、B的质量，实验小组认为只要测出h1、h2、h3，且满足______(写出h1、h2、h3关系式)，则在误差允许范围内，小球A、B发生弹性碰撞过程中的动量守恒。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
14.如图所示，可视为质点的两木块A、B质量均为2kg，用轻弹簧连接在一起放在水平地面上，用外力将木块A压下一段距离后静止不动，撤去外力，A上下做简谐运动，弹簧始终竖直且未超过弹性限度，不计一切阻力，取g=10m/s2，则：
(1)若施加的外力F1=30N，求撤去外力后在木块A运动过程中木块B对地面最小压力FN的大小；
(2)撤去外力后，要使木块B恰好不离开地面，求将木块A下压至静止时外力F2的大小。
15.位于坐标原点O的波源S产生的简谐横波向右传播，波的振幅A=6cm，波速v=20m/s，设t=0时刻波刚好传到x1=13m处，部分波形如图所示，P是在波的传播方向上x2=1997m的质点，求：
(1)波源S开始振动的方向和该波的周期T；
(2)t=0时刻波源S的位置坐标；
(3)从t=0时刻起，x2=1997m处的质点第一次到达波谷的时间。
16.如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ，在M点左侧某位置放置质量为m的长木板，质量为3m的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为μ，在M点右侧依次放置质量均为2m的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度v0，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为d，重力加速度为g，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求：
(1)开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1；
(2)长木板与B碰后瞬间B的速度vB；
(3)滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.“余音绕梁，三日不绝”是指声波遇到梁或墙，不断反射，是声波的反射现象，故A错误；
B.“空山不见人，但闻人语响”，其原因是声波产生了衍射，即体现了声波的衍射现象，故B错误；
C.“隔墙有耳”，即隔墙能听到声音，其原因是声波产生了衍射，体现了声波的衍射现象，故C正确；
D.“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”体现了声波在介质中的传播和衍射现象，与波的干涉无关，故D错误。
故选：C。
波遇到障碍物或小孔后继续传播的现象称为衍射现象；根据波的干涉，衍射与反射现象的特点解答。
本题考查波的衍射与反射的性质，理解衍射任何情况下都能发生，只有明显与不明显的区别，同时理解日常生活中的衍射现象，注意波的干涉，衍射与反射的不同。
2.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，弹簧弹力大小为F弹=F
根据冲量的定义式I=Ft有：I1=I2=F弹t=Ft，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据冲量的定义式I=Ft，结合弹力大小和时间关系分析冲量关系。
解答本题的关键要掌握冲量的定义式I=Ft，知道冲量是描述力在时间上积累效果的物理量。
3.【答案】D
【解析】解：小球在上升过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理得：
Δp=−(mg+f)Δt
可得：ΔpΔt=−(mg+f)，可知小球的动量p随时间t的变化量Δp均匀变大，小球的动量p随时间t的变化率ΔpΔt不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
小球在上升过程中，根据动量定理列方程，从而得到动量p随时间t的变化率ΔpΔt表达式，即可分析。
解答本题时，要知道涉及力在时间的积累效果时，要想到动量定理，知道动量p随时间t的变化率等于合外力。
4.【答案】C
【解析】解：因为静止轨道卫星Q是地球同步卫星，与地球自转具有相同的角速度，P为赤道平面上的监测站，则P与Q相对静止，则卫星Q从A运行到B的过程中，P与Q的相对位置不变，根据多普勒效应可知，监测站P接收的电磁波频率不变，故ABD错误，C正确。
故选：C。
静止轨道卫星Q相对于地球静止，根据监测站P与Q之间的距离是否变化，根据多普勒效应分析。
解决本题时，要明确地球同步卫星的特点和条件，知道地球同步卫星与地球自转具有相同的角速度。
5.【答案】B
【解析】解：发生受迫振动时，其振幅与驱动力频率的关系图像如图所示：
由图像可知，因为振子A和振子B的固有频率之间关系为fA故选：B。
根据共振现象发生的条件作答，当物体做受迫振动时，驱动力的频率与振子系统的固有频率越，振幅越大。
本题主要考查了简谐运动的共振现象，解题关键是掌握受迫振动的频率等于驱动力的频率，共振现象发生的条件。
6.【答案】D
【解析】解：由于不计一切阻力，可知小球落地瞬间的速度大小为v0=4m/s，分析小球与地面作用过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理可得
(F−mg)t=mv1−(−mv0)
解得地面对小球的平均作用力大小为
F=mv1+mv0t+mg=0.2×2+0.2×41N+0.2×10N=3.2N
由牛顿第三定律可知，小球对地面的平均作用力大小为3.2N，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分析小球与地面作用过程，分析小球的受力情况，规定正方向，根据动量定理列式求解地面对小球的平均作用力大小，由牛顿第三定律得到小球对地面的平均作用力大小。
解答本题时，要灵活选择研究过程，分析小球的受力情况，运用动量定理进行处理。要注意动量和力都是矢量，要规定正方向，用带正负号的数值表示矢量。
7.【答案】D
【解析】解：由图中0∼4m波形图可知，该波的波长满足8m<λ<16m
由图可知Δx=16m−4m=12m=nλ(n=1,2,3⋯)
当n=1时，波长λ=Δxn=121m=12m，符合题意；
当n=2时，波长λ=Δxn=122m=6m，不符合题意；
综上分析，只能取n=1，则该波的波长为λ=12m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据题图，确定波长范围；再确定x=4m到x=16m之间完整波的个数，最后求波长。
本题考查了波传播的周期性，每经过一个周期的波形图与原有波形图相同，波沿传播方向传播一个波长的距离。
8.【答案】AC
【解析】解：A.由振动的位移时间图像的切线斜率表示速度，可知在t=0.2s时振子经过平衡位置，振子的速度是负向最大，速度方向向左，故A正确；
B.由图乙可知，t=0.3s时振子的位移是负值，由a=−kxm，可知加速度为正值，方向向右，故B错误；
C.t=0.4s时振子位移为x=−5cm，在负方向的最大位移处，由a=−kxm可知，此时刻振子的加速度最大，故C正确；
D.由图乙可知，在t=0.6s至t=0.7s的时间内，振子位移逐渐增大，由a=−kxm可知，振子加速度大小逐渐增大，故D错误。
故选：AC。
由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F=−kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向及方向的变化。
本题考查机械振动的速度、加速度等相关知识，解决本题的关键是熟练掌握回复力与位移的关系，以及根据振动图像判断速度变化情况。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、由题意可知，滑块A以一定初速度v0向右开始压缩弹簧时，A向右做减速运动，B向右做加速运动，当弹簧被压缩量最大时，A、B达到共速，以后弹簧要恢复原长，A继续做减速运动，B继续做加速运动，弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度达到最小，故A正确；
BC、由图乙可知，B的最大速度是vBm=3m/s，则B的动量是pBm=mBvBm=4×3kg⋅m/s=12kg⋅m/s，由A、B两滑块组成的系统动量守恒可知，滑块A的最大动量是pAm=12kg⋅m/s，A的最大速度是vAm=v0=4m/s，则由pAm=mAvAm，得滑块A的质量为mA=3kg，故BC正确；
D、滑块A压缩弹簧过程中，弹簧的压缩量最大时弹簧所获得有最大弹性势能，此时A、B两滑块速度相同，设为v，由动量守恒定律可得
mAv0=(mA+mB)v
解得：v=127m/s
由机械能守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为
Ep=12mAv02−12(mA+mB)v2，解得：Ep=967J，故D错误。
故选：ABC。
分析A、B两滑块的运动情况，判断弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度情况；由图乙读出B的最大速度，根据动量守恒定律求滑块A的质量和初速度。滑块A压缩弹簧过程中，A、B两滑块速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧所获得有最大弹性势能，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求解弹簧所获得的最大弹性势能。
对于这类含有弹簧的问题，要注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒定律和机械能守恒定律列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
10.【答案】BD
【解析】解：由R=0.2m，则有SP=2R，半圆弧长为Rπ，在输出端B起到“消声”效果，则有两波在B端相遇时，若起到“消声”效果，两波传播的路程差应为：
Δx=nλ+12λ(n=0,1,2,3,⋯)
其中Δx=πR−2R(n=0,1,2,3,⋯)
联立解得：λ=2(π−2)R2n+1(n=0,1,2,3,⋯)
当n=0时
λ=0.46m
当n=1时
λ=0.15m
当n=2时
λ=0.091m
因此该声波的波长可能为0.46m或0.15m，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
明确消声器原理，根据波的干涉可知：当某点到波源的距离差为半波长的奇数倍时，此点的振动减弱。
本题是科学技术在现代生产生活中的应用，是高考考查的热点，注意正确理解仪器原理，关键是记住振动减弱的条件。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、由动能Ek=12mv2与动量p=mv，可得动量与动能的关系为：p= 2mEk
依题意，被弹射物体与B碰撞前其动能始终为Ek=Ep=20J
以向右为正方向，AB碰撞过程，由动量守恒定律得：
mAv0= 2mAEk=(mA+mB)v
解得：v= 2mAEkmA+mB
对碰撞后的过程，由动能定理得：
−μ(mA+mB)gx=0−12(mA+mB)v2
解得：x=mAEkμ(mA+mB)2g
其中：mA(mA+mB)2=1(mA−mB)2mA+4mB
可知当mA=mB时，x有最大值，最大值为：xm=Ek4μmBg，故A错误；
B、被弹射物体mA=0.5kg，则有mA=mB，由上述结论可知整体运动的距离x最大，最大距离为：
xm=Ek4μmBg=204×0.2×0.5×10m=5m，故B正确；
CD、若整体运动的距离x=4m，根据选项A的解答，有x=mAEkμ(mA+mB)2g
即mAEkμ(mA+mB)2g=4m
解得被弹射物体的质量：mA= 5+34kg，或mA=3− 54kg，故CD正确。
故选：BCD。
依题意，被弹射物体与B碰撞前其动能一定，根据动量与动能的关系，由动量守恒定律和动能定理推导P、Q间的距离x与被弹射物体质量mA的关系式，判断函数关系的增减性与极值。依据此关系式解答各个选项。
本题考查了碰撞模型，考查了动量守恒定律与动能定理的应用。培养数理结合处理问题的能力。
12.【答案】2tN−1 4π2(l1−l2)T12−T22
【解析】解：(1)从小钢球摆至最低处开始计时且记次数为第1次，当小钢球第N次通过最低处时，停止计时，显示时间为t，小钢球摆动一个周期经最低点两次，则有：tT=N−12
解得周期为：T=2tN−1
(2)设摆线末端距小钢球重心的距离为r，由单摆的周期公式可得：
T1=2π l1+rg
T2=2π l2+rg
解得：g=4π2(l1−l2)T12−T22
故答案为：(1)2tN−1；(2)4π2(l1−l2)T12−T22。
(1)根据小钢球摆动一个周期经最低点两次计算周期；
(2)根据单摆周期公式结合题中数据列方程组计算。
本题关键是掌握单摆周期的计算，掌握利用方程组解决问题。
13.【答案】BCMNQ1 h2+1 h3=1 h1
【解析】解：(1)AB、小球做平抛运动，所以要求斜槽轨道末端必须水平，斜槽不必光滑，故A错误，B正确；
CD、为了防止入射小球反弹，所以入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故C正确，D错误。
故选：BC。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有：h=12gt2
水平方向做匀速直线运动有：x=v水t
以向右为正方向，根据动量守恒有：mAv0=mAv1+mBv2
由因为入射小球的质量大于被碰小球的质量，即mA>mB，根据之前的解析式，可以推知：
v2>v0，v1而小球离开斜槽后做平抛运动，而由题意可知，其小球的水平位移相等，所以水平速度越大，则运动时间越短，其竖直下路高低越小，所以，入射小球A单独释放其撞击点为M点；A、B碰撞后，A球的撞击点为N点，B球的撞击点为Q点。
(3)设OP的距离为x，小球离开斜槽做平抛运动，竖直方向做自由落体有：h=12gt2
水平方向做匀速直线运动有：x=v水t
整理有：v水=x 2hg
由题意可知，PQ=h1、PM=h2、PN=h3，整理得：v0=x 2h2g，v1=x 2h3g，v2=x 2h1g
又因为动量守恒，所以有
mAv0=mAv1+mBv2
又因为是弹性碰撞，所以有
12mAv02=12mAv12+12mBv22
以上式子联立，解得：v0+v1=v2
即：1 h2+1 h3=1 h1
故答案为：(1)BC；(2)M、N、Q；(3)1 h2+1 h3=1 h1。
(1)根据实验原理和注意事项判断正误；
(2)小球离开轨道后做平抛运动，根据平抛运动的规律即可确定两球碰后的落点位置；
(3)根据题意应用平抛运动规律、动量守恒定律、机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验注意事项与实验原理是解题的前提与关键，应用平抛运动规律与动量守恒定律可以解题。
14.【答案】解：(1)设劲度系数为k，撤去外力后木块A以原平衡位置上下做简谐运动，由在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，木块A的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
a1=F1m=302m/s2=15m/s2
当木块A运动到最高点时，由简谐运动的对称性知，加速度大小也为a1，加速度方向向下，此时木块B对地面有最小压力，此时弹簧的弹力大小为kx1，
对A由牛顿第二定律得：
kx1+mg=ma1
解得：kx1=10N
方向向下，对B由共点力平衡条件得：
kx1+FN′=mg
代入数据得：FN′=10N
方向向上，由牛顿第三定律可知，木块B对地面最小压力FN的大小为10N。
(2)撤去外力后，木块A以原平衡位置上下做简谐运动，当木块B恰好不离开地面时，对B由共点力平衡条件得：
kx=mg
此时木块A处于最高位置，加速度最大，由牛顿第二定律得：
kx+mg=ma
联立解得：a=2g
由简谐运动的对称性，当木块A运动到最低点时，加速度最大，仍为2g，方向竖直向上，在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，由牛顿第二定律得：
F2=ma
代入数据得：F2=40N
答：(1)若施加的外力F1=30N，撤去外力后在木块A运动过程中木块B对地面最小压力FN的大小为10N；
(2)撤去外力后，要使木块B恰好不离开地面，将木块A下压至静止时外力F2的大小为40N。
【解析】(1)简谐运动在最大位移处加速度最大，当弹簧伸长量最大时，木块B刚好始终未离开地面，此时木块B对地面最小，对A分析根据牛顿第二定律求出最低点的加速度，根据对称性得出A最高点的加速度，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力，再对B分析，根据平衡条件求出B对地面的压力；
(2)木块B恰好不离开地面时，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力，木块A处于最高位置时，根据牛顿第二定律求出加速度，根据简谐运动的对称性，得到木块A运动到最低点时的加速度，在撤去外力瞬间，合外力等于撤去的外力，根据牛顿第二定律求出外力F2的大小。
本题以简谐运动模型，考查了牛顿第二定律、平衡条件，难度中等，关键是分析清楚受力情况，结合简谐运动的对称性进行分析。本题要注意撤去外力后，木块1以未加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当木块2刚好要离开地面时，1处于最高点时，1的加速度最大，1处于最低点时，弹簧对2的压力最大。
15.【答案】解：(1)在波动中任何质点的起振方都与波源的起振方向相同。根据“同侧法”判断x=13m处质点的振动方向沿y轴正方向，则波源S开始振动的方向沿y轴正方向；
根据波形图可知波长为λ=8m，则该波的周期为；
T=λv=820s=0.4s
(2)波源S开始振动的方向沿y轴正方向，波源S的振动方程为：
y=Asin2πTt=6sin2π0.4t(cm)=6sin5πt(cm)
波从波源S传到x1=13m所用时间为：t=Δxv=1320s=0.65s
可知t=0时刻，波源S已经振动了0.65s，则波源S的位置坐标为：
y=6sin5π×0.65(cm)=6sin(4π−34π)(cm)=6×(− 22)cm=−3 2cm
(3)从x1=13m传到x2=1997m所用时间为：
t1=Δx1v=1997−1320s=99.2s
由于质点的起振方向沿y轴正方向，则从t=0时刻起，x2=1997m处的质点第一次到达波谷的时间为
t=t1+34T=99.2s+34×0.4s=99.5s
答：(1)波源S开始振动的方向沿y轴正方向，该波的周期0.4s；
(2)t=0时刻波源S的位置坐标−3 2cm；
(3)从t=0时刻起，x2=1997m处的质点第一次到达波谷的时间99.5s。
【解析】(1)在波动中任何质点的起振方都与波源的起振方向相同。根据“同侧法”判断x=13m处质点的振动方向，然后判断波源S的起振方向；根据题图求波长，再根据波长、波速和周期的关系求周期；
(2)根据波源的起振方向、振幅和波源振动的周期求振动方程；波在均匀介质中匀速传播，求解波源的振动时间，然后求波源S的位移；
(3)质点P的起振方向沿y轴正方向，质点P由平衡位置第一次到达波谷的时间为34T，再加上波从x1=13m传到x2=1997m所用时间，即为从t=0时刻起，x2=1997m处的质点第一次到达波谷的时间。
本题主要考查了机械波的传播。注意波在同种均匀介质中匀速传播，波动中任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同。
16.【答案】解：本题发生多次碰撞，均以向右的方向为正方向，
(1)A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有
3mv0=(3m+m)v
解得：v=34v0
以长木板为对象，根据动能定理可得：μ×3mg⋅x1=12mv2−0
解得长木板右端与滑块B之间的距离为：x1=3v0232μg
(2)长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得：
mv=mv1+2mvB
12mv2=12mv12+12×2mvB2
解得长木板与B碰后瞬间B的速度为：vB=v02
(3)设B与C碰撞前瞬间的速度为v′B，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
2mv′B=2mv′′B+2mvC
12×2mv′B2=12×2mv′′B2+12×2mvC2
解得：v′′B=0，vC=v′B
可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得：12×2mvB2=Q=μ⋅2mg(d+x2)
解得：x2=v028μg−d
答：(1)开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1为3v0232μg；
(2)长木板与B碰后瞬间B的速度vB为v02；
(3)滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2为(v028μg−d)。
【解析】(1)先根据动量守恒定律定律求出A与长木板共同的速度，根据动能定理求出长木板的位移；
(2)长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解；
(3之后BC发生弹性碰撞，由弹性碰撞的规律示碰撞后D的速度，再根据能量守恒与转化定律求距离。
本题考查了求速度、动能与轨道半径问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提，分析清楚物体运动过程后，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理即可正确解题。