河南省平顶山市2025-2026学年高一（下）月考物理试卷（3月份）

这是一份河南省平顶山市2025-2026学年高一（下）月考物理试卷（3月份），共11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.如图四幅图中的说法正确的是( )
A. 甲图中，桌面对书向上的弹力是由于书本的形变产生的
B. 乙图中，某同学跳高过程中，重心一定在其身体上
C. 丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，与斜面接触，则斜面对小球可能有弹力作用
D. 丁图中，小明用水平力推木箱，木箱未被推动，木箱所受推力和摩擦力大小相等
2.如图所示，乌尉高速的天山胜利隧道总长22.13公里，是世界最长的高速公路隧道。某人驾驶汽车沿隧道穿越天山用时约为20分钟。下列说法正确的是( )
A. 研究汽车穿越天山运动轨迹时，不可以将汽车视为质点
B. 汽车穿越天山过程，位移大小不可能大于路程
C. 汽车穿越天山过程，平均速度大小约为76km/ℎ
D. 若汽车在某段时间内做加速直线运动，则其加速度方向与速度方向相反
3.水平放置的两本书，书页相互交叉很难被拉开。在下列哪种生活情境中，更容易拉开这两本书( )
A. 静止的电梯中B. 加速下降的电梯中C. 匀速下降的电梯中D. 加速上升的电梯中
4.汽车沿直线运动，其运动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 若y表示速度v(m/s)，则汽车在第6s末速度方向将发生改变
B. 若y表示速度v(m/s)，则汽车在12s内的位移大小为40m
C. 若y表示位移x(m)，则汽车在第6s末速度方向将发生改变
D. 若y表示位移x(m)，则汽车在第6s内的位移大小为30m
5.如图所示，在光滑竖直墙壁上用轻质网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B，足球的重力为G，悬绳与墙壁的夹角为a，若将悬绳稍微缩短后重新挂在A点，关于力的变化，下列说法正确的是( )
A. 悬绳对球的拉力变小
B. 墙壁对球的弹力变小
C. 悬绳对球的拉力与球的重力的合力变大
D. 墙壁对球的弹力与球的重力的合力变小
6.如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上，A、B的质量分别为2kg和3kg。从t=0时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 物体A一直做变加速直线运动
B. t=1.5s时刻，A、B所受的合力相同
C. t=2s时刻，A、B恰好分离
D. t=2.5s时刻，B的加速度大小为2m/s2
7.某机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱(可视为质点)以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v−t图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 传送带转动的速度大小为6m/sB. 小行李箱与传送带间的动摩擦因数为0.04
C. A、B两点间的距离为8mD. 小行李箱与传送带的相对位移大小为6m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 在探究物体的加速度与力和质量关系的实验中采用了理想实验法
B. 在力学单位制中，m/s2与N/kg是不同的单位
C. 惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析推理的产物，不能用实验直接验证
9.利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g的大小。调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水开始下落，而空中还有一滴水正在下落。测出水龙头出水口到盘子的高度为ℎ，从第1滴水开始下落到第n滴水开始下落，所用时间为t。下列说法正确的是( )
A. 一滴水在空中运动的时间为 2ℎg
B. 相邻两滴水开始下落的时间间隔为 2ℎg
C. 此地重力加速度的大小为ℎ(n+1)22t2
D. 第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为3ℎ4
10.如图甲，一物块从固定斜面的底端冲上斜面，到达最高点后折返。已知物块速度的平方v2随位移x的变化图像如图乙所示，物块与斜面之间的动摩擦因数为 315，取重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 物块上滑阶段和下滑阶段的加速度大小之比为3：2
B. 物块上滑阶段和下滑阶段的时间之比为3：2
C. 物块上滑阶段最大位移的大小为7.5m
D. 斜面的倾角为30°
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码，探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。弹簧弹力用F表示，钩码的总质量用m表示，弹簧挂上钩码后的总长度用L表示，表中是该同学记录的实验数据。实验时弹簧始终未超过弹性限度，取重力加速度g=10m/s2。
(1)请根据表格中的数据作出弹簧弹力F与弹簧伸长量x的关系图像。
(2)根据图像得到弹簧的劲度系数是______N/m。(保留三位有效数字)
(3)本实验中没有考虑弹簧自身重力对实验带来的影响，则劲度系数的测量值与真实值相比______(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
12.某同学用力传感器探究小车加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。
(1)该实验中， 将木板左端垫起以补偿阻力，小车质量 远大于重物的质量。(均填“需要”或“不需要”)
(2)图乙是某次实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。打点计时器电源频率为50Hz，则打4点时小车的速度大小为 m/s，小车的加速度大小为 m/s2。(均保留两位有效数字)
(3)力传感器可实时显示细线的拉力，若该同学绘制小车加速度a随力传感器示数F的变化图像如图丙所示，则图像不过原点的原因可能是 ；若测得图丙中横截距为b，纵截距为−c，则小车质量的表达式为 (用b和c表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位置与时间的关系式为x=−2.5t2+20t。求：
(1)刹车过程中的初速度、加速度大小；
(2)刹车过程中第一个3s内、第二个3s内的位移差。
14.如图所示，粗糙水平面上放置一半径为R的四分之一圆柱体，圆柱体只有圆弧表面光滑，其他部分粗糙。光滑轻滑轮C(大小可忽略不计)用轻杆固定在圆心O的正上方，轻质细线一端固定在A点，另一端跨过滑轮连接质量m=2 3kg的小球(可视为质点)，小球置于四分之一圆柱体圆弧表面上D点，CD=R，且CD与竖直方向成30°角，物块B通过光滑轻质圆环悬挂在细线上静止于P点，AP与竖直方向成60°角，此时圆柱体恰处于平衡状态。已知A、P、C、D在同一竖直面内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求细线的拉力大小；
(2)求物块B的质量m1；
(3)若四分之一圆柱体的质量m2=3 3kg，求圆柱体与地面之间的动摩擦因数。
15.如图甲，质量M=2kg的足够长的木板A静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1kg的物块B(可视为质点)。t=0时刻对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4.5s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度g=10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)0～3s内木板对物块的摩擦力大小；(结果可用分数表示)
(2)3～4.5s内物块、木板的加速度大小；
(3)最终物块到木板左端的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、甲图中，桌面对书向上的弹力是由于桌面的形变产生的，故A错误；
B、乙图中，某同学跳高过程中，重心会随其体形而改变，重心不一定在其身体上，故B错误；
C、丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，与斜面接触，若斜面对小球有弹力作用，则小球受到竖直向下的重力、细线竖直向上的拉力、垂直于斜面向上的弹力，三力的合力不为零，小球不可能处于平衡状态，所以斜面对小球没有弹力作用，故C错误；
D、丁图中，小明用水平力推木箱，木箱未被推动，处于平衡状态，木箱水平方向受到推力和摩擦力，由平衡条件可知，木箱所受推力和摩擦力大小相等，故D正确。
故选：D。
弹力是由于施力物体发生形变产生的；重心位置与物体的形状和质量分布有关，重心不一定在物体上；丙图中，采用假设法分析斜面对小球有无弹力作用；丁图中，根据平衡条件分析木箱所受推力和摩擦力的关系。
解答本题的关键要正确分析物体受力，运用平衡条件分析各力的关系。要学会运用假设法判断弹力是否存在。
2.【答案】B
【解析】解：A、质点的判断当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计时，物体可以被视为质点。研究汽车穿越天山的运动轨迹时，汽车的大小和形状相对于隧道的长度来说可以忽略不计，所以可以将汽车视为质点，故A错误；
B、位移与路程的关系位移是从初位置指向末位置的有向线段，其大小等于初末位置间的直线距离；路程是物体运动轨迹的长度。汽车穿越天山的过程中，运动轨迹的长度(路程)一定大于或等于初末位置间的直线距离(位移大小)，即位移大小不可能大于路程，故B正确；
C、平均速度的计算平均速度的定义是位移与发生这段位移所用时间的比值。由于不知道汽车穿越天山的位移大小(只知道隧道总长，隧道总长是路程)，所以无法根据已知条件计算平均速度，故C错误；
D、加速度与速度的方向关系当物体做加速直线运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反。所以汽车做加速直线运动时，加速度方向与速度方向相同，故D错误。
故选：B。
本题可根据质点、位移与路程、平均速度、加速度与速度的关系等相关概念，对每个选项进行分析。
本题主要考查的是质点、位移与路程、平均速度、加速度与速度，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：失重导致压力变小，最大静摩擦力变小，加速度向下为失重，加速下降的电梯中，加速度向下，最大静摩擦力变小，更容易拉开这两本书，故B正确，ACD错误。
故选：B。
超重导致压力变大，最大静摩擦力变大，失重导致压力变小，最大静摩擦力变小。
加速度向下为失重，加速度向上为超重。
4.【答案】C
【解析】解：A.若y表示速度v(m/s)，则汽车在4～12s内速度均为负值，则第6s末速度方向不发生改变，故A错误；
B.若y表示速度v(m/s)，图线与坐标轴围成的面积等于位移可知，汽车在12s内的位移大小为x=12×4×20m−12×8×10m=0，故B错误；
C.若y表示位移x(m)，则图像的斜率等于速度，斜率的符号反映速度的方向，则汽车在第6s末速度方向将发生改变，故C正确；
D.若y表示位移x(m)，则汽车在汽车在0～6s内做匀速运动，速度为v=−10−206m/s=−5m/s，则第6s内的位移大小为5m，故D错误。
故选：C。
AB.根据v−t图像提供信息结合面积代表位移的知识列式解答；CD.根据x−t图像提供信息结合斜率代表速度列式分析解答。
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。
5.【答案】C
【解析】解：AB、对足球受力分析，如图所示：
足球处于平衡状态，可得悬绳上的拉力大小为：F=mgcsα，墙壁对球的弹力大小为：FN=mgtanα。悬绳缩短后，α增大，csα减小，tanα增大，故F变大，FN变大，故AB错误；
C、悬绳对球的拉力与球的重力的合力大小等于球受到的弹力FN，所以该合力变大，故C正确；
D、墙壁对球的弹力与球的重力的合力大小等于球受到的拉力F，所以该合力变大，故D错误。
故选：C。
对足球受力分析，根据平行四边形法则将力合成再分析；增大绳长，分析绳子与墙壁夹角的变化，再根据表达式分析力的变化。
本题考查了受力分析和力的合成方法，熟练掌握平行四边形法则和正交分解的方法。
6.【答案】C
【解析】BC.设t时刻A、B恰好分离，由牛顿第二定律可知FA=mAa，FB=mBa，
由图乙可知FA=(8−2t)N，FB=(2+2t)N，联立解得t=2s，a=2m/s2，
则t=1.5s时，二者还未分离，A、B加速度相同，质量不同，由牛顿第二定律可知，A、B所受合力不同，故B错误，C正确；
A.分离前对整体有F合=FA+FB=(8−2t+2+2t)N=10N，为恒力，故分离前A、B一起做匀加速直线运动，故A错误；
D.由图乙可知，t=2.5s时，FB′=7N，由牛顿第二定律可知aB=FB′mB=73m/s2，故D错误。
故选：C。
7.【答案】C
【解析】解：A、由v−t图像可知，小行李箱先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，传送带转动的速度大小为2m/s，故A错误；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度，可知小行李箱做匀减速运动的加速度大小为a=|ΔvΔt|=6−21m/s2=4m/s2，根据牛顿第二定律得：μmg=ma，可得μ=0.4，故B错误；
C、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，A、B两点间的距离为x=6+22×1m+2×2m=8m，故C正确；
D、小行李箱与传送带的相对位移大小等于0−1s内两者位移之差，为Δx=x箱−v带=6+22×1m−2×1m=2m，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像读出传送带转动的速度。根据v−t图像的斜率求出小行李箱做匀减速运动的加速度大小，由牛顿第二定律结合滑动摩擦力公式求小行李箱与传送带间的动摩擦因数；根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移求出0−3s内小行李箱的位移大小，即为A、B两点间的距离。0−1s内传送带与小行李箱的位移之差即为小行李箱与传送带的相对位移大小。
解答本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移。
8.【答案】CD
【解析】解：A.在探究物体的加速度与力和质量关系的实验中采用了控制变量法，故A错误；
B.在力学单位制中，m/s2与N/kg是相同的单位，都是加速度单位，故B错误；
C.惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，质量是惯性大小的唯一量度，与物体的运动状态是否改变无关，故C正确；
D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析推理的产物，不能用实验直接验证，故D正确。
故选：CD。
在探究物体的加速度与力和质量关系的实验中采用了控制变量法；根据力学单位制判定即可；质量是惯性大小的唯一量度；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析推理的产物。
本题主要考查了惯性、单位制以及实验方法，解题关键是掌握质量是惯性大小的唯一量度；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析推理的产物。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据自由落体运动位移—时间关系ℎ=12gt′2
可得一滴水在空中运动的时间为t′= 2ℎg，故A正确；
B.第一滴水落至盘中时，第三滴水刚要落下，可知相邻两滴水开始下落的时间间隔为t″=t′2,解得t″= ℎ2g，故B错误；
C.从第1滴水开始下落到第n滴水开始下落，所用时间为t，则t=(n−1)t″
结合t″= ℎ2g
可得g=ℎ(n−1)22t2，故C错误；
D.根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，一滴水落至盘中时，第二滴水下落的高度为ℎ′=13+1⋅ℎ
则第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为ℎ″=ℎ−ℎ′,解得ℎ″=3ℎ4，故D正确。
故选：AD。
当一滴水碰到盘子时，恰好有另一滴水从水龙头开始下落，而空中还有一滴正在下落的水滴，求出相邻两滴水开始下落的时间间隔；从第一滴水离开水龙头开始，到第n滴水落至盘中，共用时间为t，知道两滴水间的时间间隔，结合ℎ=12gt2求出重力加速度。结合初速度为零的匀加速直线运动的规律求解第2滴水距盘子的距离。
本题考查自由落体运动的规律，解题关键是掌握自由落体运动规律，并能选择合适的公式进行求解。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由运动学公式可知，上滑和下滑分别有v12=2a1x，v22=2a2x结合图像可知，其图像的斜率为k=2a由图像可知，两图线的斜率之比为3：2，所以，滑块沿斜面上滑与下滑的加速度之比为3：2，故A正确；
B、根据位移关系式x=12at2，上滑和下滑过程位移大小相等，加速度之比为3：2，则时间比为 2： 3，故B错误；
CD、由牛顿第二定律得，上滑时mgsinθ+μmgcsθ=ma1，下滑时mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得θ=30°，a1=6m/s2
上滑过程，根据速度一位移公式有v12=2a1x
解得x=5m，故C错误，D正确。
故选：AD。
A、根据运动学公式找出上滑和下滑的速度—位移关系式，结合图像的斜率为k=2a，从而求出滑块沿斜面上滑与下滑的加速度之比；
B、根据位移—时间关系式x=12at2，在已知上滑和下滑过程位移大小相等，加速度之比的情况下求出时间比；
CD、根据牛顿第二定律得解出角度θ=30°和加速度，在上滑过程，根据速度一位移公式解得x。
本题考查学生结合运动图像，利用运动学公式和牛顿第二定律求解斜面上物体的运动，属于经典题型，难度中等。
11.【答案】 26.1 相等
【解析】解：(1)根据表格中的数据作出弹簧弹力F与弹簧伸长量x的关系图像，如图所示：
(2)由胡克定律F=kx得知F−x图像的斜率等于弹簧的劲度系数k，则k=Fx=
(3)弹簧自重的影响会带来弹簧原长的变化，根据上述(2)的分析可知，x−n函数的斜率不变，弹簧的劲度系数的测量值不变，因此劲度系数的测量值与真实值相比相等。
故答案为：(1)；
(2)26.1；
(3)相等。
(1)先算每组数据的伸长量x和弹力F，再描点作图。
(2)F−x图像的斜率即为劲度系数k，计算斜率并换算单位。
(3)弹簧自重只影响初始状态，不影响弹力与伸长量的变化比例，故不影响劲度系数。
本题考查胡克定律、实验数据处理(图像法求劲度系数)、误差分析等知识点，解题要点在于：先计算弹簧伸长量与对应弹力，再通过描点作图得到F−x图像，利用图像斜率求劲度系数，最后分析弹簧自重对实验结果的影响。题目既考查实验操作规范，又检验物理规律的理解与应用，能有效评估学生的实验探究能力和数据分析能力。
12.【答案】需要
不需要
0.31
0.50
未补偿阻力或补偿阻力不足
bc

【解析】解：(1)该实验中为了保证绳的拉力等于小车的合力，需要将木板左端垫起以补偿阻力；
因为力传感器可以直接测量绳中拉力大小，所以小车质量不需要远大于重物的质量。
(2)相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔为T=0.02×5s=0.1s
根据匀变速运动中间时刻瞬时速度等于全程平均速度，打4点时小车的速度大小v4=x352T=(11.96−5.68)×10−22×0.1m/s≈0.31m/s。
由逐差法可得小车的加速度a=x06−x03−x03(3T)2=(15.85−5.68−5.68)×10−2(3×0.1)2m/s2≈0.50m/s2。
(3)根据图像可知，当拉力存在较小时加速度仍为零，说明未补偿阻力或补偿阻力不足。
由牛顿第二定律可知F−f=Ma，整理得a=1MF−1Mf，结合图像截距b、−c，可得斜率k=cb=1M，因此小车质量M=bc。
故答案为：(1)需要，不需要。(2)0.31，0.50。(3)未补偿阻力或补偿阻力不足，bc。
(1)通过垫高木板平衡摩擦力，以确保绳拉力为小车合力；力传感器可直接测拉力，无需满足小车质量远大于重物质量。
(2)相邻计数点间有四个点未画出，故时间间隔T=0.1s；用平均速度求瞬时速度得打4点时车速，用逐差法结合三段位移计算加速度。
(3)由牛顿第二定律列式变形，结合图像斜率与截距，得出小车质量，并分析图像不过原点的原因是未补偿阻力或补偿不足。
本题考查实验原理与操作、数据计算、图像分析与误差修正，重点检验对牛顿第二定律实验的综合应用能力。
13.【答案】刹车过程中的初速度为20m/s、加速度大小为5m/s2 刹车过程中第一个3s内、第二个3s内的位移差为35m
【解析】解：(1)刹车过程中的初速度、加速度大小题目给出的位移−时间关系式为：
x=−2.5t2+20t
这是匀变速直线运动的位移公式的一般形式：
x=v0t+12at2
将其与题目中的公式对比，可以得出：
初速度
v0=20m/s
加速度
a=−5m/s2
因此，初速度大小为20m/s，加速度大小为5m/s2
(2)判断汽车停止时间，由
v=v0+at
当v=0时：
0=20−5t
可得
t=4s
即汽车在第4s末停止运动。
计算第一个3s内的位移，代入t=3s到位移公式：
x1=−2.5×32m+20×3m=37.5m
计算第二个3s内的位移(即3s～6s内的位移)，汽车在4s后静止，因此3s～6s内的位移等于3s～4s内的位移。
4s内的总位移：
x总=−2.5×42m+20×4m=40m
第二个3s内的位移：
x2=x总−x1=40m−37.5m=2.5m
计算位移差
Δx=|x1−x2|=|37.5m−2.5m|=35m
答：(1)刹车过程中的初速度为20m/s、加速度大小为5m/s2；
(2)刹车过程中第一个3s内、第二个3s内的位移差为35m。
(1)匀变速直线运动的位移公式以及题干中所给的公式联合求解；
(2)先判断汽车停止时间，再计算第一个3s内的位移，再计算第二个3s内的位移，再进行差计算。
本题考查匀变速直线运动的位移−时间关系及其应用，重点在于从给定的位移公式中提取初速度和加速度，并利用运动学公式计算位移差。
14.【答案】细线的拉力大小是20N 物块B的质量是2kg 若四分之一圆柱体的质量m2=3 3kg，圆柱体与地面之间的动摩擦因数为 312
【解析】解：(1)对小球进行受力分析，如图所示
水平方向F拉sin30°=F支sin30°
竖直方向F拉cs30°+F支cs30°−mg=0
解得F拉=20N
(2)对圆环进行受力分析，如图所示，
竖直方向2F拉cs60°=F1
依题意物块B静止，由F1=m1g
解得物块B质量m1=2kg
(3)对小球和四分之一圆柱体整体分析，如图所示
水平方向F拉sin30°−Ff=0
竖直方向(m2+m)g−F支1−F拉cs30°=0
依题意可知，四分之一圆柱体恰处于平衡状态，即Ff=μF支1
联立解得动摩擦因数μ= 312
答：(1)细线的拉力大小是20N；
(2)物块B的质量是2kg；
(3)若四分之一圆柱体的质量m2=3 3kg，圆柱体与地面之间的动摩擦因数为 312。
(1)通过分析小球的受力平衡，利用圆弧表面光滑的特点，求出细线的拉力；
(2)对物块B受力分析，求解物块B的质量；
(3)对小球和四分之一圆柱体的整体进行受力分析，利用水平方向的静摩擦力与竖直方向的支持力关系，结合已知质量求解动摩擦因数。
能够正确选择研究对象，对研究对象正确受力分析，根据平衡条件列出对应的平衡方程是解题的基础。
15.【答案】0～3s内木板对物块的摩擦力大小为113N 3～4.5s内物块加速度大小为3m/s2，木板加速度大小为1m/s2 最终物块到木板左端的距离为3m
【解析】解：(1)物块B与木板A间的最大静摩擦力为fmax1=μ1mg，代入数据解得：fmax1=0.5×1kg×10m/s2=5N。木板A与地面间的最大静摩擦力为fmax2=μ2(M+m)g，代入数据解得：fmax2=0.1×(2kg+1kg)×10m/s2=3N。
当两者恰要相对滑动时，木板的临界加速度为amax=fmax1−fmax2M，代入数据解得：amax=5N−3N2kg=1m/s2。
此时系统的临界拉力Fc满足Fc−fmax2=(M+m)amax，代入数据得Fc−3N=3kg×1m/s2，解得：Fc=6N。
在0～3s内，拉力F=4N，由于3N