江苏省苏州市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷

这是一份江苏省苏州市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在研究力与运动关系时，用理想实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是( )
A. 亚里士多德B. 牛顿C. 伽利略D. 笛卡尔
2.我国全海深潜载人潜水器“奋斗者”号实现了多次万米载人深潜。如图所示，在某次海试中，潜水器做匀加速直线运动下潜，则潜水器( )
A. 加速度均匀增大
B. 加速度保持不变
C. 加速度方向与速度方向相反
D. 加速度方向与位移方向相反
3.一辆汽车沿平直公路行驶，以x表示它相对于出发点的位移，其x−t图像如图所示，则汽车( )
A. t3时刻回到出发点
B. t3时刻距离出发点最远
C. 0～t3时间内运动方向没有改变
D. 0～t3时间内的平均速度为x0t3
4.如图，“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹筏上，人和单竹筏在水面滑行，人与竹筏、竹竿相对静止，若竹筏减速直线滑行，则( )
A. 竹筏与人之间没有摩擦力B. 人对竹筏的摩擦力大于竹筏对人的摩擦力
C. 竹筏对人的摩擦力方向与运动方向相反D. 人对竹筏的摩擦力方向与运动方向相反
5.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮筋一端固定，另一端连接轻质小圆环，用一个弹簧测力计拉动小圆环，使它处于O点；撤去该弹簧测力计，改用两个弹簧测力计拉动小圆环后直至静止，下列操作最合理的是( )
A. B. C. D.
6.如图，涌波桥是苏州石湖景区内的一座著名石拱桥，桥名源自南宋诗人范成大的诗句。涌波桥桥面顶端附近可近似视为一段圆弧，一辆观光车通过桥面顶端时( )
A. 速率越大，向心力越大
B. 速率越小，向心力越大
C. 向心力一定大于观光车的重力
D. 向心力一定等于观光车的重力
7.如图，物体由细绳OC悬于O点，用细绳AB绑住绳OC的A点，水平缓慢牵引A点，使OA段与竖直方向成一定角度，则该过程中( )
A. 细绳OA段的拉力不断减小
B. 细绳OA段的拉力不断增大
C. 细绳AB的拉力保持不变
D. 细绳AB的拉力不断减小
8.如图是频闪摄影拍摄的小球自由落体运动的照片，频闪仪每隔相等时间频闪一次，频闪时间间隔未知，根据照片信息( )
A. 可以判断小球从0点由静止释放
B. 可以求出当地重力加速度
C. 可以求出3.2cm位置的瞬时速度
D. 不能说明自由落体运动是匀变速直线运动
9.“苏超”是一项创新性社会足球赛事。苏州队某球员踢出的足球运动轨迹如图所示，B点是轨迹的最高点，C点是轨迹上的一点，空气阻力不可忽略，则足球( )
A. 在B点的速度为0
B. 在B点的速度方向水平
C. 在C点的速度方向竖直向下
D. 在C点所受合力竖直向下
10.某同学用手机的加速度传感器测量电梯由静止开始运行过程中的加速度，软件默认竖直向上为正方向，得到了如图所示的拟合图像，则电梯( )
A. 运行方向竖直向上
B. 运行的时间大约为30s
C. 开始运动后至10s，人处于超重状态
D. 开始运动后至10s，电梯对人的支持力先减小后增大
11.如图，倾角为θ、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，轻质弹簧相连接的物块A和B质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的恒力F拉A使之运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为gsinθ，则( )
A. 恒力F的大小为3mgsinθB. 恒力F的大小为2mgsinθ
C. B离开C后，A的加速度不变D. B离开C后，B的加速度不变
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.气垫导轨是一种能有效减小摩擦阻力的实验装置，即摩擦力可忽略。某同学利用如图甲所示的装置进行“物体质量一定时，探究加速度与力的关系”实验。气垫导轨一端安装有定滑轮，另一侧固定一光电门，导轨倾角可调，滑块(含遮光条)质量为m。
(1)按图甲所示安装装置，打开气泵，调节定滑轮，使细线与导轨平行，撤去细线。
(2)调节导轨为某一倾角，用细线穿过定滑轮连接弹簧测力计和滑块，滑块稳定时，遮光条对准导轨上的O点，弹簧测力计示数如图乙所示，则读数F= ______N。
(3)撤去细线，将滑块由O点静止释放，释放时遮光条与光电门的间距为l，已知遮光条宽度为d，滑块通过光电门后，数字计时器显示遮光时间为t，则遮光条通过光电门时的速度大小为______(用题中字母表示)。
(4)改变导轨的倾角，保持滑块在导轨上的释放位置不变，重复(2)(3)步骤多次，测得F和t，记录数据，在坐标纸上描点如图丙所示，请作出图像。
(5)结合图像得出结论：质量一定时，物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、理论上该图像的斜率为______(用题中字母表示)。
(6)某同学发现在进行(1)操作中，定滑轮调节偏高，细线与导轨不平行，该同学认为并不影响实验结论，你是否同意他的观点？请说明理由。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.福建舰是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直飞行甲板。弹射过程，舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动。舰载机在电磁弹射跑道末端以速度v起飞，跑道长度为x。求：
(1)舰载机的加速度大小a；
(2)舰载机在跑道上加速的时间t。
14.如图所示，质量均为m的两个小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，处于静止状态。弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。求：
(1)弹簧的形变量x；
(2)剪断细绳瞬间，A球的加速度大小a。
15.如图是一弹珠游戏机的简化示意图。长2.5R、宽2R的矩形面板ABCD竖直放置，圆心为O、半径为R的四分之一圆弧轨道分别与AB、BC相切于P、Q两点。圆心O和Q的连线与面板下边缘交点为M。质量为m的小球被弹射进入轨道后恰好通过Q点。已知重力加速度为g，小球可视为质点，不计空气阻力。
(1)求小球在Q点的速度大小v0；
(2)小球运动到面板边缘CD上某点，求该点到C的距离d；
(3)CD边实际为垂直于面板的挡板，重新压缩弹簧，再次释放小球，小球沿圆弧轨道经过Q点后与挡板碰撞，碰后直接击中M点。已知碰撞前后小球沿挡板方向速度不变，垂直挡板方向速度反向、大小不变。求小球经Q点时的速度大小v。
16.如图所示，质量为m的滑块(可视为质点)置于质量为6m的木板上，木板右端与竖直墙壁的距离为x0，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平地面光滑。现给木板向右的水平恒力F1=10μmg，使木板与滑块由静止开始相对滑动。已知重力加速度为g，运动过程中滑块未滑离木板。
(1)求滑块的加速度大小a；
(2)求木板由静止开始至右端到达墙壁过程中，滑块相对木板的位移大小Δx；
(3)保持作用力F1不变，为了使滑块和木板从静止开始一起以相同的加速度运动，需给滑块施加另一水平恒力F2，求F2的最小值；
(4)在(3)的前提下，长木板向右运动与墙壁发生碰撞。碰撞反弹后长木板速度大小不变，F2保持不变，F1大小变为F1′=μmg，方向不变。求此后运动过程中长木板与墙壁的最大距离x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”，打破了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论，故ABD错误，C正确。
故选：C。
伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”，打破了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论。
需回忆各科学家对力与运动关系的主要贡献，重点识别提出“理想斜面实验”并得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家。
2.【答案】B
【解析】解：AB、潜水器做匀加速直线运动下潜，则加速度恒定，故A错误，B正确；
C、潜水器做匀加速直线运动下潜，加速度方向与速度方向相同，都向下，故C错误；
D、潜水器做匀加速直线运动下潜，加速度方向与位移方向相同，都向下，故D错误；
故选：B。
潜水器做匀加速直线运动下潜，则加速度恒定不变，且加速方向与速度方向相同，与位移方向相同。
本题考查了匀变速直线运动的定义和特征，解题关键是潜水器做匀加速直线运动下潜，则加速度恒定，且加速方向与速度方向相同，与位移方向都相同。
3.【答案】A
【解析】解：AB.0时刻位移为0，t3时刻位移也为0，说明汽车t3时刻回到出发点，故A正确，B错误；
C.0～t1时间内位移沿正向增大，t2～t3时间内位移沿正向在减小，说明运动方向相反，故C错误；
D.0～t3时间内的位移为0，则平均速度为0，故D错误。
故选：A。
AB.根据汽车的初始位置和末时刻的位置结合位移进行判断；C.根据位移的变化情况判断运动方向是否变化；D.根据位移和平均速度概念分析解答。
考查运动学图像的认识和处理，图像问题是高考的热点问题，要求学生熟练掌握图像的处理方法，属于基础题。
4.【答案】C
【解析】解：竹筏减速直线滑行，人与竹筏、竹竿相对静止，所以人也是减速运动，即人具有和竹筏运动方向相反的加速度，对人受力分析，在水平方向上，人受到和竹筏方向相反的摩擦力提供加速度，力的作用是相互的，所以人对竹筏的摩擦力方向和运动方向相同，故C正确，ABD错误。
故选：C。
把人作为研究对象，根据加速度方向确定人的受力方向，从而确定人受到的摩擦力方向，根据力的作用是相互的分析人对竹筏的摩擦力方向。
知道人的加速度方向，人的加速度是由竹筏对人的摩擦力提供的是解题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：改用两个弹簧测力计拉动小圆环后直至拉到O点静止，且这两个拉力的夹角不能太大，也不能太小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
要保证两次对橡皮筋的作用效果相同，且两个拉力的夹角大小要合适。
掌握“探究两个互成角度的力的合成规律”实验的基本要求和实验注意事项是解题的基础。
6.【答案】A
【解析】解：涌波桥桥面顶端附近可近似视为一段圆弧，一辆观光车通过桥面顶端时，根据牛顿第二定律，向心力Fn=mg−N=mv2r，
AB、根据向心力表达式，速率越大，向心力越大，故A正确，B错误；
CD、根据向心力表达式，向心力一定大于或等于观光车的重力，故CD错误；
故选：A。
一辆观光车通过桥面顶端时，根据牛顿第二定律，向心力Fn=mg−N=mv2r，当速率越大，向心力越大。向心力一定大于或等于观光车的重力。
本题考查了向心力的表达式，解题关键是根据牛顿第二定律列出车在桥顶端时的向心力表达式。
7.【答案】B
【解析】解：细绳OA、AB中的张力分别用F1、F2表示，对A点受力分析，设绳与竖直方向夹角为θ，如图：
根据平衡条件得：F1=mgcsθ，F2=mgtanθ
A点缓慢拉升到如图所示的过程中，θ增大，csθ减小，tanθ增大，则F1增大，F2增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对A点受力分析，根据平衡条件求解绳OA、AB中的张力，根据夹角的变化判断两张力的大小变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
8.【答案】A
【解析】解：根据照片相邻两段的位移差x2−x1=2.4cm−0.8cm=1.6cm，x3−x2=4.0cm−2.4cm=1.6cm，x5−x4=7.2cm−5.6cm=1.6cmx4−x3=5.6cm−4.0cm=1.6cm，根据照片相邻两段的位移差Δx=1.6cm恒定，说明小球做匀加速直线运动。
A、如果小球从0点由静止释放，那么相等时间间隔内的位移之比为x1：x2：x3…=1：3：5：…，
图中的为x1：x2：x3…=0.8：2.4：4.0：…=1：3：5：…，则可以判断小球从0点由静止释放，故A正确；
B、匀变速直线运动中Δx=aT2=gT2，但题目中频闪时间间间隔T未知，因此无法求出当地重力加速度，故B错误；
C、根据v=x2+x32T，题目中频闪时间间间隔T未知，无法求出3.2cm位置的瞬时速度，故C错误；
D、根据照片相邻两段的位移差Δx=1.6cm恒定，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误；
故选：A。
根据图中相邻两段的位移差恒定判断自由落体运动是匀变速直线运动，但频闪时间间间隔T未知，根据Δx=aT2，v=x2+x32T无法求出当地重力加速度，和3.2cm位置的瞬时速度。
本题考查了频闪照片发求解自由落体运动，解题关键是根据图中相邻两段的位移差恒定判断自由落体运动是匀变速直线运动。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据题意可知，铅球在最高点B的竖直分速度为0，水平分速度不为0，则足球在最高点的速度不为0，故A错误；
BC.物体在做抛体运动过程中某点的速度方向是该点的切线方向，B点切向方向水平向右，且速度不为0，C点速度方向沿着该点的切线方向斜向右下，故B正确，C错误；
D.根据题意可知，铅球在运动过程中受重力和空气阻力，在C点所受的合力，不是竖直向下，故C错误。
故选：B。
根据抛体运动的速度分解，结合空气阻力的影响，分析各点速度方向与合力方向。
这道题结合空气阻力考查抛体运动的速度与受力分析，需注意空气阻力对水平速度的影响，是对曲线运动受力与速度关系的典型考查。
10.【答案】D
【解析】解：A.a−t图像与时间轴所围成的面积表示速度变化量，电梯由静止开始运行，0～10sa−t图像与时间轴所围成的面积为负，速度为负值，软件默认竖直向上为正方向，故电梯向下走，故A错误；
B.a−t图像与时间轴所围成的面积表示速度变化量，在30s前，a−t图像与时间轴所围成的面积为0，电梯由静止开始运行，故在30s前电梯的速度已经为0，故B错误；
C.开始运动后至10s，由a−t图像可知，加速度负值，向下，物体处于失重状态，故C错误；
D.开始运动后至10s，由a−t图像可知，加速度先向下增大，再向下减小，重力不变，由牛顿第二定律可知，电梯对人的支持力先减小后增大，故D正确。
故选：D。
a−t图像与时间轴所围成的面积表示速度变化量，分析出电梯向下走，在30s前电梯的速度已经为0；开始运动后至10s，由a−t图像可知，加速度负值，向下，物体处于失重状态，电梯对人的支持力先减小后增大。
考查a−t图像面积所反应的物理意义。物体超重状态，加速度向上；物体处于失重状态，加速度向下。
11.【答案】A
【解析】解：AB、当B、C间弹力恰好为零时B开始离开C，对B，由平衡条件得F弹=mgsinθ，对A，由牛顿第二定律得F−F弹−mgsinθ=ma，解得F=3mgsinθ，故A正确，B错误；
CD、物块B离开C后做加速运动，由于B的速度A的速度，A、B间距离增大，弹簧的弹力增大，A所受合力减小，加速度减小，B所受合力增大，加速度增大，当A、B加速度相等后弹簧的弹力不变，A、B的加速度都不再发生变化，故CD错误。
故选：A。
当B、C间的弹力恰好为零时B开始离开C，应用平衡条件与牛顿第二定律求出恒力大小；根据B离开C后A与B的受力情况判断其加速度是否变化。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律即可解题。
12.【答案】0.54N(或0.55N、0.56N)； v=dt； 如图：

2lmd2； 同意；由于细线与轨道倾角固定，拉力与滑块重力沿轨道方向的分力始终成正比，所以得到的图像仍然为过原点的倾斜直线，仍然可以得到实验结论
【解析】解：(2)弹簧测力计的分度值为0.02N，指针在0.5N与1.0N之间第2～3小格，读数为0.54N(或0.55N、0.56N)。
(3)遮光条通过光电门的瞬时速度用平均速度近似，即v=dt
(4)因为理论上1t2与F成正比，所以图像应是一条过原点的倾斜直线。如图：
(5)由运动学公式v2=2al得a=d22lt2，结合牛顿第二定律F=ma得1t2=2lmd2F，因此图像斜率为2lmd2
(6)本实验使用的是气垫导轨，摩擦力可忽略不计。即使定滑轮偏高、细线与导轨不平行，拉力在垂直导轨方向的分力只会改变滑块与导轨间的正压力，但由于气垫导轨的支撑是气体，正压力的变化不会产生额外摩擦力，因此滑块的合外力仍等于拉力沿导轨方向的分量。只要保证每次实验中拉力与加速度的对应关系不变，依然可以得出“质量一定时，加速度与力成正比”的结论。故同意；由于细线与轨道倾角固定，拉力与滑块重力沿轨道方向的分力始终成正比，所以得到的图像仍然为过原点的倾斜直线，仍然可以得到实验结论．
故答案为：(2)0.54N(或0.55N、0.56N)；(3)v=dt；(4)如图：
(5)2lmd2；(6)同意；由于细线与轨道倾角固定，拉力与滑块重力沿轨道方向的分力始终成正比，所以得到的图像仍然为过原点的倾斜直线，仍然可以得到实验结论．
(1)考查实验装置的安装与调整，目的是让细线与导轨平行，保证拉力方向与滑块运动方向一致。
(2)考查弹簧测力计的读数，需要根据刻度的分度值准确读取数值。
(3)考查利用光电门测瞬时速度的原理，用平均速度近似瞬时速度。
(4)考查图像的绘制，需要将实验数据点用平滑直线连接。
(5)考查加速度与力的关系推导，结合运动学公式和牛顿第二定律得出图像斜率的表达式。
(6)考查实验误差分析，判断细线与导轨不平行对实验结论的影响。
本题是“探究加速度与力的关系”的实验，结合气垫导轨和光电门进行测量，通过弹簧测力计直接测拉力，避免了砝码质量远小于滑块质量的限制，实验中利用平均速度近似瞬时速度，结合运动学公式和牛顿定律推导图像斜率，能有效检验对实验原理、数据处理和误差分析的掌握程度。
13.【答案】舰载机的加速度大小为v22x 舰载机在跑道上加速的时间t为2xv
【解析】解：(1)舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动，可知2ax=v2
解得：a=v22x
(2)舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动，可知v=at
解得：t=2xv
答：(1)舰载机的加速度大小为v22x。
(2)舰载机在跑道上加速的时间t为2xv。
(1)舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动，可知2ax=v2，再求解加速度大小a。
(2)舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动，可知v=at，再求解舰载机在跑道上加速的时间t。
考查舰载机可看作做初速度为零的匀加速直线运动的公式运用。
14.【答案】弹簧的形变量是mgk 剪断细绳瞬间，A球的加速度大小2g
【解析】解：(1)对小球B分析，弹簧的弹力F=mg
由胡克定律F=kx
得：x=mgk
(2)剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球A的受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律mg+F=ma
得：a=2g
答：(1)弹簧的形变量是mgk；
(2)剪断细绳瞬间，A球的加速度大小2g。
(1)开始小球静止，由平衡条件求出弹簧的弹力，根据胡克定律求出弹簧的劲度系数；
(2)剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，应用牛顿第二定律求出剪断细绳瞬间小球的加速度。
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，再结合牛顿第二定律进行求解。
15.【答案】求小球在Q点的速度大小v0是 gR 小球运动到面板边缘CD上某点，该点到C的距离d是98R CD边实际为垂直于面板的挡板，重新压缩弹簧，再次释放小球，小球沿圆弧轨道经过Q点后与挡板碰撞，碰后直接击中M点；已知碰撞前后小球沿挡板方向速度不变，垂直挡板方向速度反向、大小不变，小球经Q点时的速度大小v是32 gR
【解析】解：(1)恰好通过Q点，小球不受圆弧轨道作用力，由牛顿第二定律有：mg=mv02R
解得v0= gR
(2)小球从Q点开始到CD边水平方向的位移3R2=v0t0
代入数据得t0=32 Rg
得竖直方向的位移d=12gt02
代入数据得d=98R
(3)根据对称性，小球碰撞前后的运动可等效为一个完整的平抛运动竖直方向的位移2R=12gt2
代入数据得t=2 Rg
水平方向的位移3R=vt
代入数据得v=32 gR
答：(1)求小球在Q点的速度大小v0是 gR；
(2)小球运动到面板边缘CD上某点，该点到C的距离d是98R；
(3)CD边实际为垂直于面板的挡板，重新压缩弹簧，再次释放小球，小球沿圆弧轨道经过Q点后与挡板碰撞，碰后直接击中M点。已知碰撞前后小球沿挡板方向速度不变，垂直挡板方向速度反向、大小不变，小球经Q点时的速度大小v是32 gR。
(1)小球恰好通过Q点，此时轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律与向心力公式，即可求解Q点的速度大小v0；
(2)小球从Q点离开后做平抛运动，以Q点为平抛起点，结合竖直方向下落的高度与平抛运动规律求出运动时间，再由水平方向匀速直线运动求出水平位移，从而得到落点到C的距离d；
(3)小球与CD挡板碰撞后，垂直挡板方向速度反向，可将运动等效为镜像平抛运动，结合击中M点的几何关系确定等效平抛的位移，再由平抛运动规律求解Q点的速度v。
这道题以弹珠游戏为背景，综合了圆周运动和平抛运动的规律，还涉及碰撞后的运动等效处理。题目分层递进，从临界圆周到平抛运动，再到碰撞后的镜像等效，既考查了基本物理规律的应用，又能锻炼学生的几何分析与思维能力。
16.【答案】滑块的加速度大小为μg 滑块相对木板的位移大小为13x0 F2的最小值为12μmg 长木板与墙壁的最大距离为235x0
【解析】解：(1)由题设条件可知，木板与滑块之间发生相对滑动。对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得：a=μg。
(2)对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律有F1−μmg=6ma1，解得：a1=32μg。由位移公式x0=12a1t12，解得：t1=2 x03μg。滑块运动的位移为x1=12at12，代入数据解得：x1=23x0。滑块相对于木板的位移为Δx=x0−x1，解得：Δx=13x0。
(3)木板与滑块共同加速运动，当滑块受到水平向右的最大静摩擦力时，F2取最小值。对木板分析，由牛顿第二定律有F1−μmg=6ma2，解得：a2=32μg。对滑块分析，由牛顿第二定律有F2+μmg=ma2，解得：F2=12μmg。
(4)木板加速运动至墙壁的过程中，由速度—位移关系式2a2x0=v2，解得：v= 3μgx0。木板与墙壁碰撞反弹后，对滑块分析，由牛顿第二定律有μmg−F2=ma3，解得：a3=12μg。对木板分析，由牛顿第二定律有μmg+F1′=6ma4，解得：a4=13μg。
设木板与滑块经过时间t2后达到共速，有v−a4t2=−v+a3t2，解得：t2=125 3x0μg。共速时木板与滑块的速度为v′=v−a4t2，解得：v′=15 3μgx0。
此时木板离开墙壁的距离为x1=v+v′2t2，解得：x1=10825x0。共速后两者一起做匀减速运动，由牛顿第二定律有(F1′+F2)=(6m+m)a5，解得：a5=314μg。
当木板与滑块的速度均减为零时，长木板距离墙壁最远。由速度—位移关系式2a5x2=v2，解得：x2=725x0。木板右端到墙壁的最大距离为x=x1+x2，解得：x=235x0。
答：(1)滑块的加速度大小为μg。
(2)滑块相对木板的位移大小为13x0。
(3)F2的最小值为12μmg。
(4)长木板与墙壁的最大距离为235x0。
(1)滑块与木板间发生相对滑动，滑块仅受木板对其向左的滑动摩擦力作用，该摩擦力提供滑块水平方向合外力。根据牛顿第二定律，滑块合外力等于质量乘以加速度，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由此可直接确定滑块的加速度大小。
(2)木板受到向右恒力F1与滑块对其向左的滑动摩擦力，其合外力产生加速度。木板做初速度为零的匀加速直线运动至墙壁，由运动学公式可求运动时间。滑块在相同时间内也做匀加速直线运动，但加速度小于木板。两者对地位移之差即为滑块相对木板的位移大小。
(3)滑块与木板保持相对静止共同加速，滑块所受静摩擦力达到最大静摩擦力时F2最小。对整体应用牛顿第二定律求共同加速度，再隔离滑块分析，其合外力由F2与最大静摩擦力共同提供，据此可求F2最小值。
(4)木板与墙壁碰撞前，木板与滑块以共同加速度加速，由运动学公式可求碰撞瞬间速度。碰撞后木板速度反向，大小不变。分别对木板和滑块进行受力分析，应用牛顿第二定律确定两者碰撞后的加速度。分析两者运动至共速的过程，此阶段木板先减速后反向加速。通过运动学关系求共速时间及该过程中木板的位移。共速后两者相对静止，整体受合外力作用做匀减速直线运动直至速度为零，此过程木板的位移与前一阶段位移之和即为最大距离。
本题综合考查牛顿运动定律在板块模型中的复杂应用，涉及多个物理过程的分析与衔接。题目计算量较大，对学生的受力分析、运动过程分解以及多物体多阶段问题的综合处理能力提出了较高要求。第一问基础，第二问考查相对运动，第三问引入临界条件，第四问则构建了碰撞反弹后两者运动状态转变的复杂情境，需要细致分析共速前后的不同运动阶段。本题亮点在于通过逐步增加条件，将相对滑动、共同加速、碰撞、反弹后相对运动直至再次共速减速等多个典型物理过程有机串联，全面检验了学生对动力学核心知识的掌握程度和逻辑推理的严谨性。