2025-2026学年甘肃省兰州二中高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年甘肃省兰州二中高一（上）期末物理试卷（含解析），共15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。
1.2025年9月3日在北京天安门广场举行盛大阅兵仪式，以纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年。展示了很多新式的装备，解说员那句“打击范围覆盖全球”更是令人印象深刻。下列说法正确的是( )
A. “歼−20”匀速飞过天安门广场时的惯性小于加速飞行时的惯性
B. 直升机编队组成“80”的图案飞过天安门广场时，以直升机为参考系，地面上的人是运动的
C. 我国某款超高音速导弹的突防速度最高可达12马赫(1马赫约等于340m/s)指的是平均速度
D. 首次公开的100式主战坦克，搭载105毫米火炮，总重量仅为40吨，其中的单位“毫米”和“吨”都是国际制基本单位
2.某动车组由8节车厢组成，其中1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设每节车厢的质量相等，每节动车的牵引力为F，动车组在水平直轨道运行的过程中所受的阻力与车重成正比。当动车组做匀加速运动时，第2、3节车厢间的作用力大小与第7、8节车厢间的作用力大小之比为( )
A. 4：1B. 3：1C. 2：1D. 1：1
3.动物横穿公路是交通管理中的一个难题。无人驾驶汽车以20m/s的速度匀速行驶。它车头装有一个激光雷达，就像车辆的“眼睛”，“看”到前方30m处有动物横穿公路，启动自主制动系统，制动系统反应时间为0.1s，反应后系统自动刹车，汽车做匀减速直线运动。若汽车未撞上动物停下，则汽车的最小加速度大小约为( )
A. 6.7m/s2B. 4.2m/s2C. 3.3m/s2D. 7.1m/s2
4.小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后又弹回空中，其速度随时间变化的关系如图所示．若g=10m/s2，则( )
A. 小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/s
B. 碰撞前后速度改变量的大小为2m/s
C. 小球是从5 m高处自由下落的
D. 小球反弹的最大高度为0.45m
5.电动平衡车，又叫体感车、思维车、摄位车等。是现代人用来作为代步工具，休闲娱乐的一种新型的绿色环保的产物。如图所示，一个人站在“电动平衡车”上在水平地面上沿直线前进，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. “电动平衡车”匀速行驶时，车对人的摩擦力是人前进的动力
B. “电动平衡车”匀速行驶时，车对人的作用力方向是竖直向上的
C. “电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力大于人对车的作用力
D. 人从“电动平衡车”跳起后，上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态
6.如图所示，一轻绳的一端系在竖直墙上M点，轻绳穿过一轻质光滑圆环O，另一端系一质量为m的物体A.现用力F拉住轻环上一点，使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置.则在此过程中，绳中张力FT、力F和力F与水平方向夹角θ的变化情况正确的是( )
A. FT保持不变，F保持不变，夹角θ逐渐减小
B. FT保持不变，F逐渐增大，夹角θ逐渐增大
C. FT逐渐增大，F逐渐减小，夹角θ逐渐减小
D. FT逐渐减小，F保持不变，夹角θ逐渐增大
7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，A、B球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是( )
A. B球处于平衡状态
B. 轻弹簧的弹力大小为m1gsinθ
C. B球的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下
D. A球的加速度大小为m1+m2m1gsinθ，方向沿斜面向上
8.我们学习物理要了解物理规律的发现过程，学会科学的观察和思考，树立正确的自然观结合所学知识，下列说法正确的是( )
A. 图甲中伽利略利用斜面实验得到“力不是改变物体运动状态的原因”
B. 图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，物体不一定处于超重状态
C. 图丙中物体的重力可以分解为物体对斜面的压力和使物体沿斜面下滑的力
D. 图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是控制变量法
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，小车运动时，看到悬挂质量为m的摆球的细线与竖直方向成θ角并与小车保持相对静止，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A. 小车一定向左做匀加速运动，加速度大小为gsinθ
B. 小车可能向右减速运动，加速度大小为gtanθ
C. 小车可能向左加速运动，细线的拉力大小为mgcsθ
D. 小车可能向左减速运动，加速度大小为gtanθ
10.如图所示为一生产线上足够长的水平传送带，传送带以速度v向右匀速转动，工件均无初速度放到传送带的左端A点，相邻的两个工件放到传送带上的时间间隔为vμg，已知工件与传送带之间的动摩擦因数均为μ，工件的质量均为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 工件加速运动的时间为vμg
B. 工件刚放上传送带时与前一个工件的距离为v2μg
C. 在传送带上两个工件之间的最小距离为v22μg
D. 稳定时相邻两个工件之间的距离为v22μg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.甲同学尝试用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计a挂于固定点c，下端用细线挂一重物Q。弹簧测力计b的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向。
(1)图甲中弹簧测力计a的示数为______N；
(2)下列必要的实验要求是______(请填写选项前对应的字母)；
A.应测量重物Q所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.细线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)乙同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点，两弹簧测力计读数分别为F1和F2，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为F′，通过作图法验证时，图乙中符合实际情况的是______。
12.某兴趣小组“探究小车加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示。A为小车(质量为M)，B为电火花计时器(电源频率为50Hz)，C为装有沙的沙桶(沙和沙桶的总质量为m)，D为一端带有定滑轮的长木板。
(1)下列实验操作中，正确的是______。
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.每次实验，都要先放开小车，再接通电火花计时器
C.平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上
D.改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
(2)为使细绳对小车的拉力F近似等于沙和沙桶的总重力，需满足的条件是______。
(3)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻2个计数点之间有4个计时点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离。则此次实验中小车运动的加速度大小a=______m/s2(结果保留两位有效数字)。
(4)陈同学根据测量数据作出的a−F图线如图丙所示，他实验中可能存在的问题是______；李同学根据测量数据作出的a−F图线如图丁所示，图像末端发生弯曲的原因是______。
(5)胡同学改进实验方案，采用图戊的实验装置探究“小车加速度与合外力的关系”时，______(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.近年来，国产电动汽车发展迅速，达到了世界领先水平。某辆质量为2000kg的国产电动汽车在平直路面上进行研发测试，当速度达到20m/s时取消动力，经过20s其速度降低至12m/s，然后调整动力使车匀速行驶。假定测试过程中汽车受到的阻力不变。
(1)该汽车行驶时受到的阻力是多少？
(2)匀速行驶一段时间后，再次调整动力使车匀加速行驶了32m的路程，速度又达到20m/s，则汽车加速时牵引力的大小是多少？
14.如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量m=10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ= 32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(取g=10m/s2)
(1)物体刚开始运动的加速度大小；
(2)物体从A到B运动的时间。
15.如图所示，一质量M=2kg、长L=1m的木板置于在光滑水平地面上，木板左端静置一个质量m=1kg的小物块，现给小物块施加一水平向右的拉力F。已知小物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
(1)若将木板固定，滑块施加水平力后经过t1=1.0s滑离木板，求水平拉力F的大小；
(2)若木板不固定，水平力F与(1)中相同，求经过多长时间物块滑离木板；
(3)若木板不固定，欲使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，求水平拉力的大小范围。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A.惯性只由物体质量决定，与运动状态无关。无论匀速或加速，质量不变则惯性不变，故A错误；
B.以直升机为参考系，地面的人位置随时间变化，因此是运动的，故B正确；
C.“12马赫”描述的是导弹在某一时刻的瞬时速度最大值，而非平均速度，故C错误；
D.在国际单位制的基本单位中，长度单位为米，质量单位为千克。毫米和吨均为常用单位，它们不是国际单位制中的基本单位，故D错误。
故选：B。
根据惯性、参考系和瞬时速度以及基本单位和常用单位的知识进行分析解答。
考查运动学的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：设每节车厢的质量为m，动车所受阻力与车重的比例系数是k，每节动车的牵引力为F，动车的加速度为a，对整个动车组由牛顿第二定律有2F−8kmg=8ma。设第2，3节车厢间的作用力为F1，对后6节车厢由牛顿第二定律有F+F1−6kmg=6ma，设第7，8节车厢间的作用力为F2，对最后一节车厢由牛顿第二定律有F2−kmg=ma.解得F1=0.5F，F2=0.25F。则F1：F2=2：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
先根据整体法得出整个动车组的加速度，然后用隔离法分别对后6节车厢和最后一节车厢根据牛顿第二定律列方程求解。
本题考查牛顿第二定律中整体法和隔离法的应用，整体法和隔离法的交替应用是解决连接体问题的基本方法，要熟练掌握。
3.【答案】D
【解析】设汽车的加速度为a，则汽车的反应距离为x1=v0Δt=20×0.1m=2m，汽车的刹车距离为x2=v022a，要使汽车不撞上动物需满足x1+x2≤x=30m，联立解得a≥7.1m/s2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
4.【答案】D
【解析】解：A.由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；
B、碰撞时速度的改变量为△v=−3m/s−5m/s=−8m/s，则速度的改变量大小为8m/s.故B错误；
C、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v−t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得：小球下落的高度为：
h=12×0.5×5m=1.25m，故C错误；
D、小球能弹起的最大高度对应图中0.6s−0.8s内速度图象的面积，所以h=12×0.3×3m=0.45m，故D正确；
故选：D．
解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．
解决本题要明确v−t图象的含义：在v−t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．
5.【答案】B
【解析】解：A.“电动平衡车”匀速行驶时，所受外力的合力为0，人处于平衡状态，对人进行受力分析，由于站在“电动平衡车”上在水平地面上沿直线前进，则车对人没有摩擦力作用，人受到重力与支持力作用，故A错误；
B.根据上述可知，“电动平衡车”匀速行驶时，车对人的作用力即为支持力，由于与重力平衡，则车对人的作用力方向是竖直向上的，故B正确；
C.车对人的作用力与人对车的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D.由于不计空气阻力，人从“电动平衡车”跳起后，始终仅仅受到重力作用，加速度竖直为重力加速度，即上升过程与下降过程均处于完全失重状态，故D错误。
故选：B。
对人受力分析根据运动状态分析受力情况，结合相互作用力分析大小和方向；加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态。
此题考查力的平衡与相互作用力、超重失重的理解，注意结合生活现象理解。
6.【答案】B
【解析】解：圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，绳子的拉力始终等于mg，即FT保持不变，由于两个绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置的过程中，拉力F逐渐变大，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐竖直，θ逐渐增大，故B正确。
故选：B。
圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，根据三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线进行判断．
本题关键受力分析后，根据三力平衡中，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线进行判断，一定注意FT等于mg，保持不变．
7.【答案】C
【解析】解：AC.对B分析，当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，由牛顿第二定律得
m2gsinθ=m2a2
解得B球的加速度大小为
a2=gsinθ
方向沿斜面向下，故A错误，C正确；
B.对A、B整体分析，细线被剪断前，由平衡条件得
F弹=(m1+m2)gsinθ
细线被剪断瞬间，弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变，故B错误；
D.对A分析，细线被剪断瞬间，由牛顿第二定律得
F弹−m1gsinθ=m1a1
解得
a1=m2m1gsinθ
方向沿斜面向上，故D错误。
故选：C。
弹簧的弹力不能突变，开始三球静止，由平衡条件可以求出弹簧的弹力，应用牛顿第二定律可以求出剪断细线时各球的加速度。
本题考查了牛顿第二定律的应用，知道弹簧的弹力不能突变是解题的前提，分析清楚球的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】B
【解析】解：A.图甲中伽利略利用斜面实验，通过合理的外推，得到自由落体运动为匀变速直线运动，故A错误；
B.加速度向上，物体处于超重状态，所以图乙装置放在电梯内随电梯竖直上升过程中，可以是加速上升也可以是减速上升，不一定处于超重状态，故B正确；
C.图丙中物体的重力可以按照作用效果，分解为物体沿斜面的分力和使物体沿斜面下滑的力，故C错误；
D.图丁是用来研究合力与分力的关系，利用的主要方法是等效替代法，故D错误；
故选：B。
伽利略利用斜面实验，通过合理的外推，得到自由落体运动为匀变速直线运动；加速度向上，物体处于超重状态；根据正交分解，重力分解为沿斜面的分力和垂直斜面的分力；研究合力与分力的关系，利用的主要方法是等效替代法。
本题主要考查了力学中的基本知识点，解题关键是掌握加速度向上，物体处于超重状态，研究合力与分力的关系，利用的主要方法是等效替代法。
9.【答案】BC
【解析】解：对小球分析，在竖直方向，由平衡条件有Tcsθ−mg=0
在水平方向，由牛顿第二定律有Tsinθ=ma，
代入数据得a=gtanθ
方向向左T=mgcsθ，则小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，加速度大小为gtanθ，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
对摆球受力正交分解：竖直分力与重力平衡，水平分力提供加速度，得出加速度大小。结合加速度方向，判断小车可向左加速或向右减速，再对应选项中运动方向、加速度及拉力的描述是否正确。
这是一道聚焦力学关联运动的概念辨析题，以小车−摆球相对静止为典型情境，核心考查受力正交分解的应用，以及加速度方向与运动状态(加速、减速)的对应关系，通过分解摆球拉力得加速度，辨析小车“向左加速，向右减速”的可能情况，既巩固受力分析基础，又破除“加速度方向等同于运动方向”的认知误区，是受力与运动结合的入门典型题。
10.【答案】AC
【解析】解：A、工件的加速度
a=μmgm=μg
根据速度—时间关系v=at
解得加速时间t=vμg
故A正确；
B、刚放上时，工件刚匀速，距离就等于加速的距离
根据v2−0=2ax
解得x=v22μg
故B错误；
CD、当相邻两个工件都匀速时，距离最远，开始距离最近为
x=v22μg
最远距离为
x1=v22μg+vvμg−v22μg=v2μg
故C正确、D错误。
故选：AC。
A、工件无初速放上传送带，受滑动摩擦力加速，由牛顿第二定律得加速度，再结合速度公式分析加速到共速的时间；
B、前一个工件已运动了“相邻放置的时间间隔”，分前工件的加速阶段与匀速阶段(若已共速)，计算其位移，得到两工件的初始间距；
CD、后工件放上传送带后，前工件(可能匀速)与后工件(加速)的相对运动，当后工件加速到共速时，两者间距达到最小，通过位移差分析此最小距离；稳定后工件均随传送带匀速，相邻工件的放置时间间隔固定，结合传送带速度，计算匀速时的间距。
这道题是传送带模型的经典题型，需要区分“工件加速阶段”“相邻工件的相对运动阶段”“稳定匀速阶段”的间距变化，对运动过程的细节分析要求较高，能检验对“相对位移、时间间隔与速度关联”的理解。
11.【答案】5.80 ABC C
【解析】解：(1)弹簧测力计a最小分度为0.1N，需估读到分度值的下一位，故其示数为5.80N。
(2)A.本实验要验证当两个力的作用效果与一个力的作用效果相同时，他们满足平行四边形定则，故需测量出两个分力的大小，重物Q的重力，故Q的重力需要测量，故A正确；
B.为了减小误差，弹簧测力计在使用前应校零，故B正确；
C.细线方向应与木板平面平行，避免形成垂直木板的分力，故C正确；
D.同一次实验中，O点应静止在同一位置，改变拉力进行多次实验，O点位置可以不在同一位置，故D错误。
故选：ABC。
(3)乙同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点，两弹簧测力计读数分别为F1和F2，用平行四边形画出来的合力理论值为F，这个是一个理论值，只是由平行四边形定则得到；但是后来用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时，拉力F′的方向一定与橡皮筋在同一直线，为合力的实际值实际值方向肯定和橡皮筋方向相反，图中符合实际情况的是C图。
故选：C。
故答案为：(1)5.80；(2)ABC； (3)C。
本题考查力的合成的相关知识。
本题考查力的合成的相关知识，涉及到弹簧测力计的读数知识，以及力的合成的作图，需要结合问题逐一回答。
12.【答案】AD 小车的质量远大于沙河桶的质量 1.0 长木板倾角偏大;没有满足小车的质量远远大于小砝码和盘的总质量 不需要
【解析】解：(1)A.为了保证拉力方向不变，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B.为了充分利用纸带，每次实验，都要先接通打点计时器，再放开小车，故B错误；
C.平衡摩擦力时，小车前端不需要悬挂砂桶，小车后面的纸带连接好，故C错误；
D.平衡摩擦力时，根据平衡条件mgsinθ=μcsθ
化简得μ=tanθ
改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故D正确；
故选：AD。
(2)根据整体法，根据牛顿第二定律mg=(M+m)a
对沙和桶，根据牛顿第二定律mg−F=ma
联立解得F=mg1+mM
当M≫m时，得F≈mg
为使细绳对小车的拉力F近似等于沙和沙桶的总重力，需满足的条件是小车的质量远大于沙河桶的质量；
(3)相邻两计数点时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，加速度a=AE−2AC4T2=(21.60−2×8.79)×10−24×0.12m/s2=1.0m/s2
(4)图中在F=0时已经有了加速度，说明长木板倾角偏大；
对小车根据牛顿第二定律F=Ma
对沙和砂桶mg−F=ma
联立解得F=mg1+mM
当M≫m时，得F≈mg
当m≪M时，F才近似等于mg；若砝码和盘的总质量不满足这个条件时，图像斜率将减小向下弯曲，所以图线在末端弯曲的原因是没有满足小车的质量远远大于小砝码和盘的总质量；
(5)因为小车受到的拉力能直接从测力计读出来，因此不需要小车质量远大于钩码质量。
故答案为：(1)AD；(2)小车的质量远大于沙河桶的质量；(3)1.0；(4)长木板倾角偏大；没有满足小车的质量远远大于小砝码和盘的总质量；(5)不需要。
(1)根据平衡摩擦力的方法结合打点计时器的应用方法进行分析；
(2)根据牛顿第二定律分析作答；
(3)根据逐差法可知加速度；
(4)根据牛顿第二定律进行分析；
(5)因为小车受到的拉力能直接从测力计读出来，由此分析。
本题考查了“探究小车加速度与合外力的关系”的实验，要明确平衡摩擦力的目的和掌握平衡摩擦力的方法；能够根据牛顿第二定律分析图像出现的问题。
13.【答案】解：(1)取消动力时汽车的加速度大小a1=ΔvΔt=20−1220m/s2=0.4m/s2，
对汽车，由牛顿第二定律得：f=ma，
代入数据解得：f=800N；
(2)汽车做匀加速直线运动，根据速度位移公式可知，
汽车的加速度大小a2=v2−v022x′=202−1222×32m/s2=4m/s2，
对汽车，由牛顿第二定律得：F−f=ma2，
代入数据解得：F=8800N。
【解析】详细解析和解答过程见答案
14.【答案】(1)物体刚开始运动的加速度大小2.5m/s2 (2)物体从A到B运动的时间5.2s
【解析】解：(1)小物体向上加速过程，对小物体进行受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
μmgcsθ−mgsinθ=ma
则得物体刚开始运动的加速度为
a=2.5m/s2
(2)当小物体的速度增加到v=1m/s时，通过的位移是
x1=v22a=122×2.5m=0.2m
匀加速所用时间
t1=va=12.5s=0.4s
由于
μmgcsθ>mgsinθ
所以物体与传送带同速后一起匀速运动，位移为
x2=L−x1
解得x2=4.8m
即小物体将以1m/s的速度完成4.8m的路程，用时为
t2=x2v
解得t2=4.8s
故小物体从A到B所需时间为
t=t1+t2=0.4s+4.8s=5.2s
答：(1)物体刚开始运动的加速度大小2.5m/s2；
(2)物体从A到B运动的时间5.2s。
(1)对刚放置在传送带上的物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求加速度。物体初速度为0，传送带速度为v，相对滑动时摩擦力沿传送带向上，合力由摩擦力与重力分力的差提供。
(2)物体运动分为两个阶段：先以加速度a加速到与传送带速度相同，再随传送带匀速运动。需分别计算加速阶段的时间与位移、匀速阶段的时间，最后求和得到总时间。
本题考查传送带模型中物体的运动分析，关键在于分阶段研究运动状态(加速与匀速)，结合牛顿第二定律与运动学公式求解。需注意摩擦力方向的判断(由相对运动方向确定)及各阶段位移、时间的衔接。
15.【答案】解：(1)若木板固定，对滑块有：L=12a1t12代入数据解得a1=2m/s2
根据牛顿第二定律有：F−μmg=ma1代入数据解得F=4N(2)若木板不固定，滑块仍以a1=2m/s2向右加速，木板在物块的摩擦力作用下加速，根据牛顿第二定律，对木板有：
μmg =Ma2代入数据解得a2=1m/s2
由位移关系12a1t2−12a2t2=L，代入数据解得t= 2s。(3)若木板不固定，要使物块与板相对静止，最小拉力为零，若两者恰要相对滑动时拉力最大共同加速，对木板和物块系统根据牛顿第二定律有：Fm=(M+m)a，对木板：加速度最大为a2=1m/s2=a代入数据解得，最大拉力：Fm=3N，故水平拉力的范围0