【文档说明】安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高一下学期开学考试 物理 含答案.docx，共(12)页，438.268 KB，由小赞的店铺上传

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定远育才学校2022-2023学年度第二学期高一开年考物理试题一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）1.2022年3月23日，中国空间站第二次太空授课，演示了在失重环境下水的表面张力将两个塑料板连接起来的“液桥”实验。

已知表面张力大小𝐹=σL，其中𝐿为长度，𝜎为表面张力系数，表示不同液体表面张力大小的性质，则𝜎用国际单位制中的基本单位可表示为()A.kg/𝑠B.kg/𝑠2C.kg/𝑚D.kg/𝑚22.一汽车在刹车后

做匀减速直线运动，从某时刻开始计时，经过4𝑠汽车的速度恰好为零，已知汽车在第3秒内的位移为7.5𝑚。则()A.汽车4𝑠内经过的位移大小为40𝑚B.汽车的初速度大小为10𝑚/𝑠C.汽车运动的加速度大小为2.5𝑚/𝑠2D.汽车在1.5𝑠末时的速度大小为15𝑚/𝑠3.如图

所示，将小球𝐴以初速度𝑣0竖直上抛的同时，将小球𝐵由静止释放，不计空气阻力，重力加速度大小为𝑔。若小球𝐴上升到最高点时，两小球位于同一水平线上，则两小球初始位置之间的高度差为()A.𝑣02𝑔B.2𝑣02𝑔C.3𝑣02�

�D.4𝑣02𝑔4.如图所示，一物体在与水平方向成𝜃角的力𝐹作用下，沿着水平天花板做匀速直线运动。从某时刻(设𝑡=0)起，力𝐹大小不变，力𝐹的方向沿逆时针方向缓慢旋转到𝜃=90°。若物体与天花板间的动摩擦因数为𝜇，物体所受的最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，天花板足够长，下列判断正确的是()A.在𝑡=0时刻之前，物体可能向左做匀速直线运动B.在𝑡=0时刻之前，物体受到的摩擦力大小可能为零C.在𝑡=0时刻之后，物体做减速运动，最后从天花板掉下来D.在𝑡=0时刻之后，物体做减速运动，且加速度越来

越大，直到停止运动5.将两个质量均为𝑚的小球𝑎、𝑏用细线相连后，再用细线悬挂于𝑂点，如图所示．用力𝐹拉小球𝑏，使两个小球都处于静止状态，且细线𝑂𝑎与竖直方向的夹角保持𝜃=30°，则𝐹达到最小值时𝑂�

�绳上的拉力为()A.√3𝑚𝑔B.𝑚𝑔C.√32𝑚𝑔D.12𝑚𝑔6.工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部𝐴𝐵𝐶𝐷为圆形绳套，𝐴，𝐵，𝐶，𝐷是圆上四等分点，侧面𝑂𝐴，𝑂𝐵，𝑂𝐶，𝑂𝐷是四条完全相同、不可伸长的轻绳。𝑂点在石球球心正上方0.

5𝑚处，石球半径为0.3𝑚，石球表面光滑、重力大小为𝐺。下列说法正确的是()A.𝑂𝐴绳的张力大小为5𝐺12B.若侧面绳长不变，减小绳套的半径，𝑂𝐴绳的张力减小C.若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，𝑂𝐴绳的张力增大D.若加速向上提升石球，𝑂𝐴绳的张力大于5�

�167.一个质量为𝑀的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线栓一质量为𝑚的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成𝜃角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持

静止，则以下判断正确的是()A.在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但箱子对地面的作用力始终保持不变B.小球摆到右侧最高点时，地面受到的压力为(𝑀+𝑚)𝑔，箱子受到地面向左的静摩擦C.小球摆到最低点时，地面受到的压力为(𝑀+�

�)𝑔，箱子不受地面的摩擦力D.小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于𝑚𝑔，箱子对地面的压力大于(𝑀+𝑚)𝑔二、多选题（本大题共3小题，共15分。全部选对的5分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。）8.如图所示，光滑斜面𝐴𝐸被分成四个相等的部分，一

物体从𝐴点以某一初速度沿斜面向上滑动，到达𝐸点速度恰好为零，关于物体向上滑动过程中下列结论正确的是()A.物体到达𝐵、𝐷点的速率之比𝑣𝐵:𝑣𝐷=1:√3B.物体到达𝐶、𝐸经历的时间之比𝑡𝐴𝐶

:𝑡𝐴𝐸=(√2−1):√2C.物体通过每一部分时，其速度变化量的大小越来越大D.物体从𝐴到𝐸的平均速度𝑣AE等于过𝐶点时的瞬时速度𝑣𝐶9.如图所示，三个粗细均匀、完全相同的圆木𝐴，𝐵，𝐶堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为𝑚，截面的半径为𝑅

，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠𝑂1=120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为𝑔，则()A.圆木间的弹力为12𝑚𝑔B.每个圆木对地

面的压力为𝑚𝑔C.地面上的𝐵、𝐶圆木各自受到地面的作用力一定大于32𝑚𝑔D.地面与圆木间的动摩擦因数为√3310.如图所示，倾角为𝜃的光滑固定足够长斜面𝐴𝐵的底端安装有一个挡板𝑃，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端拴接着质量𝑚的小球。开始小球处于静止状态，

现用手缓慢压小球直到弹簧缩短量为开始静止时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零，重力加速度为𝑔，则()A.释放瞬间小球加速度大小为2𝑔sin𝜃B.小球向上移动一段距离过程中加速度先增大后减小C.小球向上移动一段距离过

程中速度一直减小D.小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小三、实验题（本大题共2小题，共12分）11.（6分）某同学通过下述实验探究两个互成角度力的合成规律。实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴

线沿竖直方向。②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为𝑂1、𝑂2，记录弹簧秤的示数𝐹，测量并记录𝑂1、𝑂2间的距离(即橡皮筋的长度𝑙)。每次将弹簧秤示数改变0.50𝑁，测出所对应的𝑙，部分

数据如下表所示：𝐹/𝑁00.501.001.502.002.50𝑙/𝑐𝑚𝑙010.9712.0213.0013.9815.05③找出②中𝐹=2.50𝑁时橡皮筋两端的位置，重新标记为𝑂、𝑂′，橡皮筋的拉力记为𝐹

𝑂𝑂′。④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到𝑂点，将两笔尖的位置标记为𝐴、𝐵，橡皮筋𝑂𝐴段的拉力记为𝐹𝑂𝐴，𝑂𝐵段的拉力记为𝐹𝑂𝐵。完成下列作图

和填空：(1)利用表中数据在图丙中画出𝐹−𝑙图线，根据图线求得𝑙0=________𝑐𝑚。(2)测得𝑂𝐴=6.00𝑐𝑚，𝑂𝐵=7.60𝑐𝑚，则𝐹𝑂𝐴的大小为________𝑁。(3)根据给出的标度，在图丁中作出𝐹𝑂𝐴和𝐹𝑂𝐵的合力𝐹′的图示

。(4)通过比较𝐹′与________的大小和方向，即可得出实验结论。12.（6分）为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中带滑轮的小车的质量为𝑀，砂和砂桶的质量

为𝑚，弹簧测力计竖直固定。(滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦均不计)(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是___________。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时

记录弹簧测力计的示数D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量𝑚远小于小车的质量𝑀(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点未画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车

的加速度为__________m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数𝐹为横坐标，加速度𝑎为纵坐标，画出的𝑎−𝐹图像如图丙所示，图线的斜率为𝑘，则小车的质量𝑀为__________。A.2𝑘𝐵．1𝑘𝐶．𝑘

𝐷．2𝑘四、计算题（本大题共3小题，共45分）13.（14分）高邮二桥风景区是高邮市民休闲好去处，小朋友们特别喜欢去那里放风筝，如图所示某段时间内小朋友和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，细线与风筝的

夹角为𝜃=60°，风筝的质量为𝑚=1𝑘𝑔，该同学的质量为𝑀=29𝑘𝑔(风对风筝的作用力认为与风筝垂直，𝑔取10𝑚/𝑠2)。求：(1)轻质细线中的拉力大小；(2)风对风筝的作用力的大小；(3)地面对人的摩擦力大小和方向。14.（15分）如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端

放一可视为质点的木块。已知木块的质量𝑚=1𝑘𝑔，木板的质量𝑀=4𝑘𝑔，长𝐿=2.5𝑚，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数𝜇=0.2。现用水平恒力𝐹=20𝑁拉木板，𝑔取10�

�/𝑠2。(1)要使木块能滑离木板，求作用的最短时间；(2)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为𝜇1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？15.（16分）小球𝐴离地面高度为ℎ=20𝑚，在𝐴球的

正上方有另一小球𝐵。现同时静止释放两个小球，𝐴落地后反弹速度是落地前速度的75%，忽略空气阻力，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，求：(1)若未与𝐵球发生碰撞，𝐴反弹上升的最大高度是多少？(2)若𝐴与𝐵刚好在𝐴初始位置与地面之间的中点处相遇，则𝐵离地初始

高度是多少？(3)若要在球𝐴第二次下落过程中与球𝐵相遇，则球𝐵离地高度应满足什么条件？答案和解析1.𝐵【解析】根据关系式𝐹=𝜎𝐿可知，𝜎=𝐹𝐿，力的单位是𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠2，长度的单位是𝑚，故

𝜎的单位是𝑘𝑔/𝑠2。故B正确，ACD错误。故选B。2.𝐴【解析】设汽车的初速度为𝑣0，运动的加速度大小为𝑎，则0=𝑣0−𝑎𝑡，𝛥𝑥3=𝑣0𝑡3−12𝑎𝑡32−(𝑣0𝑡2−12𝑎𝑡22)，其中𝑡=4𝑠，𝛥𝑥3=7

.5𝑚，𝑡3=3𝑠，𝑡2=2𝑠，联立知，𝑣0=20𝑚/𝑠，𝑎=5𝑚/𝑠2。则汽车在4𝑠内经过的位移𝑥=𝑣022𝑎=40𝑚，汽车在𝑡1.5=1.5𝑠末的速度大小𝑣1.5=𝑣0−𝑎𝑡1.5=12.5𝑚/𝑠，故A正确，BCD错误。3.𝐴【解析】由题知，�

�、𝐵两球到达同一水平线所用的时间𝑡=𝑣0𝑔，则两球初始位置间的高度差𝛥ℎ=𝑣022𝑔+12𝑔𝑡2=𝑣02𝑔，故A正确，BCD错误。4.𝐷【解析】A.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于𝐹有水平方向的分力，所

以根据平衡条件知物体所受的滑动摩擦力必定水平向左，物体只可能向右做匀速直线运动，故A错误。B.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于𝐹有水平方向的分力，所以物体一定受到水平向左的摩擦力。故B错误。�

�𝐷.该时刻前，物体的合力为𝐹合0=𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜃−𝜇(𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑚𝑔)=𝐹0(𝑐𝑜𝑠𝜃−𝜇𝑠𝑖𝑛𝜃)+𝜇𝑚𝑔=0，则𝐹0(𝑐𝑜𝑠𝜃−𝜇𝑠𝑖𝑛𝜃)=−𝜇�

�𝑔，𝑐𝑜𝑠𝜃−𝜇𝑠𝑖𝑛𝜃<0。竖直方向有𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑔+𝐹𝑁，因𝐹𝑁>0，所以𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜃>𝑚𝑔。该时刻后，物体的合力为𝐹合=𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃−𝜇(𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑚𝑔)=𝐹(𝑐𝑜𝑠𝜃−�

�𝑠𝑖𝑛𝜃)+𝜇𝑚𝑔，因𝐹>𝐹0，可知，𝐹合<0，即合力方向水平向左，加速度方向水平向左，物体做减速运动。随着𝐹的增大，𝐹合的大小增大，则加速度增大，所以物体做加速度增大的减速运动，

直至停止。由于竖直方向𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃>𝑚𝑔，所以物体不会脱离天花板，故C错误，D正确。故选D。5.𝐴【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出𝐹在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：𝐹与𝑇的合力与总重力2𝑚𝑔总是大小相等、方向相反，由力的合成图可

知，当𝐹与绳子𝑜𝑎垂直时，𝐹有最小值，即图中2位置，𝐹的最小值为：根据平衡条件得：𝐹=2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝑚𝑔，𝑇=2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°=√3𝑚𝑔故选：𝐴6.𝐷【解析】A、作图如下：设绳子拉力为𝐹，根据几何关系𝑐𝑜𝑠𝜃=√0.52−0.

320.5=45，根据平衡条件有4𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐺，解得𝐹=𝐺4cos𝜃=5𝐺16，故A错误；D、若加速向上提升石球，则4𝐹′𝑐𝑜𝑠𝜃−𝐺=𝑚𝑎，其中𝑚为石球质量，解得𝑂𝐴绳的张力𝐹′>5𝐺16，故D正确；B、若侧面绳长不变，减

小绳套的半径，则图中𝑂点下移，𝑂点到球心的距离减小，根据几何知识𝜃变大，𝑐𝑜𝑠𝜃变小，根𝐹=𝐺4cos𝜃可知绳子的张力变大，故B错误；C、若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，则图中𝑂点上移，𝑂点到球心的距

离增大，根据几何知识𝜃变小，𝑐𝑜𝑠𝜃变大，根据𝐹=𝐺4cos𝜃可知绳子的张力变小，故C错误。故选D。7.𝐷【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：𝐹−𝑚𝑔

cos𝜃=𝑚𝑣2𝑟，绳子在竖直方向的分力为：𝐹′=𝐹cos𝜃=(𝑚𝑔cos𝜃+𝑚𝑣2𝑟)cos𝜃，由于速度越来越大，角度𝜃越来越小，故𝐹′越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻

变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为𝑎𝑀=0，𝑎′为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：(𝑀+𝑚)𝑔−𝐹𝑁=𝑀·𝑎𝑀+𝑚𝑎′，则有：𝐹𝑁=(𝑀+𝑚)𝑔−𝑚𝑎′，故𝐹𝑁<(𝑀+𝑚)

𝑔，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于(𝑀+𝑚)𝑔，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟，联立解得：𝑇=𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑟，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：𝑇′=𝑇=𝑚𝑔+�

�𝑣2𝑟，故此时箱子对地面的压力为：𝑁=(𝑀+𝑚)𝑔+𝑇′=(𝑀+𝑚)𝑔+𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑟，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于𝑚𝑔，箱子对地面的压力大于(𝑀+𝑚)𝑔，故C错误，D正确，故选D．8.𝐵𝐶【解析】将

物体沿斜面向上的匀减速直线运动可以看成沿斜面向下初速度为0的匀加速度直线运动，设物体的加速度为𝑎，每段长为𝑠。𝐴，到达𝐵点时𝑣𝐵2=6𝑎𝑠，同理𝑣𝐷2=2𝑎𝑠，则𝑣𝐵:𝑣𝐷=√3:1故A错；𝐵，设物体从𝐸到𝐴的时间为𝑡𝐴𝐸，则𝑡𝐴𝐸=

√8𝑠𝑎，物体从𝐸到𝐶的时间为𝑡𝐸𝐶，则𝑡𝐸𝐶=√4𝑠𝑎，那么物体从𝐴到𝐶的时间𝑡𝐴𝐶=𝑡𝐴𝐸−𝑡𝐸𝐶=√8𝑠𝑎−√4𝑠𝑎，则𝑡𝐴𝐶:𝑡𝐴𝐸=(√2−1):√2，故B正确；𝐶，物体从𝐴到𝐸每一段的平均速度越来越小，每段用

时𝛥𝑡越来越长，速度变化量𝛥𝑣=𝑎𝛥𝑡，由于𝑎恒定，所以𝛥𝑣越来越大，故C正确；𝐷，物体从𝐴到𝐸的平均速度𝑣AE等于𝐴𝐸段中间时刻的速度，而𝐶点是位移中点，并不是全程的中间时刻，故D错误。故选：𝐵𝐶。9.𝐶𝐷【解析】A.对𝐴进行受力分析，如图所示

：𝐴处于平衡状态，合力为零，则有：𝑁2cos𝜃2=12𝑚𝑔解得：𝑁1=𝑁2=12𝑚𝑔cos60∘=𝑚𝑔，故A错误；B.对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、𝐵受到的向右的摩擦力和𝐶受

到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向：𝑁𝐵=𝑁𝐶=32𝑚𝑔，故B错误；C.对𝐶研究，地面对𝐵的作用力等于地面对𝐶的支持力与地面对𝐵摩擦力的合力，大于32𝑚𝑔，故C正确；D.根据对称性可知，𝐶受到的摩

擦力与𝐵受到的摩擦力大小相等，对𝐶根据平衡条件得：𝑓=𝑁2sin60∘=𝑚𝑔×√32=√32𝑚𝑔，所以地面对𝐶的摩擦力大小为√32𝑚𝑔，根据摩擦力的公式：𝑓=𝜇𝐹𝑁，所以：𝜇=𝑓𝐹𝑁=√32�

�𝑔32𝑚𝑔=√33，故D正确。故选CD。10.𝐴𝐷【解析】A.设小球静止时弹簧的压缩量为𝑥，弹簧的劲度系数为𝑘，对小球受力分析，根据牛顿第二定律有：𝑚𝑔sin𝜃=𝑘𝑥，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始静止时弹簧缩短量的三

倍时释放，此时弹簧的压缩量为3𝑥，且不会突变，根据牛顿第二定律有3𝑘𝑥−𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎，可得释放瞬间小球的加速度大小为𝑎=2𝑔sin𝜃，故A正确；𝐵𝐶𝐷.开始释放的一段时间内，弹簧对小球弹力大小要大于小球重力沿斜面方向的分力，即小球所受合外力

沿斜面向上，加速度方向与速度方向相同，小球做加速运动，根据牛顿第二定律有𝑘𝑥′−𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎′，可知随着弹簧的压缩量减小，小球的加速度减小，当过了小球静止时所在位置时，当弹簧还处于压缩状态时，弹

簧对小球的弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球所受合外力沿斜面向下，小球做减速运动，根据牛顿第二定律有𝑚𝑔sin𝜃−𝑘𝑥′=𝑚𝑎′，可知随着弹簧压缩量的减小，小球的加速度增大，由于释放时弹簧的弹力大小为3𝑚𝑔sin𝜃，所以当弹簧恢复原长时，小

球的速度方向沿斜面向上，小球继续向上运动，此时弹簧会被拉伸，弹簧的弹力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有𝑚𝑔sin𝜃+𝑘𝑥′=𝑚𝑎′，可知随着弹簧的伸长量增大，小球的加速度增大，小球速度继续减小，

直到速度减小为零，所以此过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故D正确，BC错误。故选AD。11.（1）10.00(9.90～10.10均可)（2）1.80(1.70～1.90均可)（3）（4）𝐹𝑂𝑂′12.(1)�

�𝐶𝐷(2)0.48(3)𝐷13.解：(1)对风筝进行受力分析如图所示，将所有的力沿风筝方向和垂直于风筝平面方向进行正交分解，则沿风筝面方向有：𝐹𝑇𝑐𝑜𝑠60°=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°代入数据解得：𝐹𝑇=

10𝑁(2)沿垂直于风筝平面方向有：𝐹=𝐹𝑇𝑠𝑖𝑛60°+𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°代入数据解得风对风筝的作用力的大小：𝐹=10√3𝑁(3)对风筝和人整体进行受力分析，水平方向有：𝑓=𝐹𝑐

𝑜𝑠60°=10√3×12𝑁=5√3𝑁，𝑓方向水平向左。答：(1)轻质细线中的拉力大小为10𝑁；(2)风对风筝的作用力的大小为10√3𝑁；(3)地面对人的摩擦力大小为5√3𝑁，方向水平向左。1

4.解：(1)当木板收到拉力时，木板受到的地面给的摩擦力为：𝑓=𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=10𝑁此时木板的加速度：𝑎=𝐹−𝑓𝑚=2.5𝑚/𝑠2，方向与拉力𝐹的方向一致设作用𝑡时间后撤去力𝐹，此时木板的加速度为𝑎′=𝑓𝑀=−2.5𝑚/𝑠2，整个过程木板先做匀

加速运动，后做匀减速运动，且𝑎=−𝑎′，故𝑎𝑡2=𝐿，解得：𝑡=1𝑠；(2)设木块的最大加速度为𝑎木块，则𝜇1𝑚𝑔=𝑚𝑎⬚木块，对木板受力分析得：𝐹−𝜇1𝑚𝑔−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔=𝑀𝑎木板，木板从木块的下方抽出的条件：𝑎木板>𝑎木块，解得：�

�>25𝑁。