2020-2021学年安徽省淮南市高一（上）期末物理试卷 (1)新人教版

这是一份2020-2021学年安徽省淮南市高一（上）期末物理试卷 (1)新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列物理量中属于标量的是（ ）
A.位移B.速度C.路程D.加速度

2. 关于速度、速度变化量、加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.运动物体的速度越大，其速度变化量一定越大
B.运动物体的速度越大，其加速度一定越大
C.运动物体的速度变化量越大，其加速度一定越大
D.运动物体的速度变化越快，其加速度一定越大

3. 汽车从制动到停止共用了5s。这段时间内，汽车每1s前进的距离分别是9m、7m、5m、3m、1m。汽车开始制动时的瞬时速度为v0，汽车在前1s和前2s的平均速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（ ）
A.v1更接近v0，且v1大于v0
B.v1更接近v0，且v1小于v0
C.v2更接近v0，且v2大于v0
D.v2更接近v0，且v2小于v0

4. 汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N加速行驶。如图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（ ）
A.B.C.D.

5. 胡克定律是英国科学家胡克于1678年发现的。实际上早于他1500年前，我国东汉时期的经学家和教育家郑玄就提出了与胡克定律类似的观点，他在为“量其力，有三钧”作注解时写到：“假令弓力胜三石，引之中三尺，驰其弦，以绳缓擐之，每加物一石，则张一尺。”郑玄的观点表明，在弹性限度内（ ）
A.弓的弹力与弓的形变量成正比
B.弓的弹力与弓的形变量成反比
C.弓的弹力与弓的长度成正比
D.弓的弹力与弓的长度成反比

6. “千克”这一基本单位原由国际千克原器来定义。国际千克原器是1889年第一届国际计量大会批准制造的，它是一个用铂铱合金制成的圆柱体，高度和直径均为39mm，原型保存在巴黎国际计量局。因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量h及米和秒定
义，即1kg＝．该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是（ ）
A.普朗克常量h是个无单位的常量
B.普朗克常量h的单位等效于N⋅m⋅s
C.普朗克常量h的单位等效于N⋅m⋅s−1
D.受外界因素的影响普朗克常量h的数值也会发生细微变化
二、选择题（二）（本题包括4个小题，4分×4=16分，四个选项中，有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）。

做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（ ）
A.v0t−at2B.v0t+at2C.D.at2

雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度-时间图象如图所示，则雨滴下落过程中（ ）

A.速度先增大后减小B.加速度逐渐减小
C.受到的合力逐渐减小D.受到的空气阻力不变

2019年9月22号晚11时50分，广东省河源市龙川县城龙川商贸城发生一宗河源建市以来罕见的特大火灾，在大火蔓延长达近7个小时后，火灾于9月23号上午6时30分左右终于被扑灭。如图所示，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业，已知梯子的下端放置在粗糙的车厢表面上，上端靠在摩擦力很小的竖直玻璃幕墙上．在消防队员沿梯子匀速向上爬的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.车厢对梯子的作用力大小不变
B.墙对梯子的弹力大小不变
C.地面对车的摩擦力逐渐增大
D.地面对车的弹力大小不变

如图所示，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体施加竖直向上的力F使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点；两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A.在乙图PQ段表示拉力F逐渐增大
B.在乙图QS段表示B物体减速上升
C.位移为x1时，A，B之间弹力为mg−kx1−Ma0
D.位移为x3时，A，B一起运动的速度大小为12a0(x2+x3)
三、实验题（20分，2分×10=20分）

如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE．在图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2、F3三力的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO．撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它静止于O点，如图丙所示。则F1与F2的合力是________；F1、F2与________合力为0．（选填“F”或“F3”）


如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力、物体质量的关系”的实验装置示意图，砂和砂桶的总质量为m。小车和砝码的总质量为M。

（1）如图乙所示为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上O、A、B、C、D、E为六个相邻的计数点（两相邻计数点间还有4个点迹没有画出），通过测量和计算可知，x1、x2、x3、x4、x5分别为4.50cm、5.28cm、6.07cm、6.85cm、7.63cm。根据上述数据，可知小车拖动纸带运动的加速度的测量值为________m/s2。

（2）实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，在探究外力不变的情况下加速度与质量之间的关系时，用到了小车的加速度a与小车和砝码总质量的倒数关系的图象。以下关于该实验的说法中正确的是（ ）（选填选项前的字母）。
A.需要用天平测量小车和砝码的总质量M
B.实验需要保证的条件是小车和砝码的总质量远大于砂和砂桶的总质量
C.实验前需要将固定打点计时器一侧的木板垫高一些，其目的是为了增大小车下滑的加速度
D.实验时如果没有将固定打点计时器一侧的木板垫高一些，将会导致a−图象不是一条直线

（3）某组同学用上述实验器材在探究质量不变的情况下，加速度与外力之间的关系时，将所获得的6组数据对应地绘制在图丙所示的a−F图中，请你根据图中点迹，绘制一条可以反映加速度和拉力关系的图线________。

（4）根据第（3）问中你所绘制的图线，可反映出该组同学在实验操作中的不妥之处是________。

在做“研究平抛运动”实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．
（1）已备有如下器材：A、白纸，B、图钉，C、方木板，D、斜槽轨道，E、小球，F、秒表，G、重锤线，H、刻度尺，I、有孔直角卡片．
上述器材中不需要的是________（填器材名称前的字母）

（2）为了得到较准确的运动轨迹，在下面的操作要点中你认为正确的是________
A.通过调节使斜槽轨道的末端水平；
B.为减小实验误差，应使小球每次从斜槽轨道上不同位置滚下，最后取平均值；
C.为消除轨道摩擦力的影响，应使斜槽轨道的末端倾斜，直到小球能在轨道的末端匀速运动以平衡摩擦力；
D.小球每次必须从斜槽上的同一位置静止释放．

（3）某同学在实验中得到如图所示的曲线，该曲线是平抛运动轨迹中间的一部分，x轴和y轴分别表示水平方向和竖直方向，则该物体平抛运动的初速度为________m/s，小球抛出点的位置在图中坐标系中的坐标为________．
四、解答题（本题共4小题，共40分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

一辆汽车以54km/h的速度行驶，现因紧急事故刹车并最终停止运动。已知汽车刹车过程中的加速度大小为3m/s2，若从刹车瞬间开始计时，求：
（1）汽车2s末的速度和前2s的位移；

（2）汽车前6s的位移。

民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面h＝3.6m，气囊所构成的斜面长度为l＝6.0m，一个质量为m＝60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是f＝240N．g取10m/s2．（为简化问题，此处将人看作质点，并忽略空气阻力）
求：

（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大；

（2）若乘客从静止开始下滑，滑到底需要多长时间？

如图所示，一小球从平台上抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53∘的光滑斜面并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，(sin53∘＝0.8, cs53∘＝0.6)求：

（1）小球水平抛出的初速度v0是多少；

（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少；

（3）若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端。

如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37∘，A、B两端相距4.45m，质量为m＝10kg的物体以v0＝5.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5(g取10m/s2，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8，＝2.24)。求：

（1）若传送带不转动，则物体沿传送带所能上滑的最大距离是多少？

（2）若传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s，则物体从A点到达B点所需的时间是多少；

（3）若传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点的时间取值范围是多少？
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮南市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（一）（本题包括6个小题，4分×6=24分，四个选项中，只有一个选项正确）。
1.
【答案】
C
【考点】
矢量和标量
【解析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．
【解答】
解：位移、速度和加速度都是矢量，而路程是标量，故C正确，ABD错误．
故选：C．
2.
【答案】
D
【考点】
加速度
【解析】
根据加速度的定义式a=△v△t可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．
【解答】
解：A、运动物体的速度越大，其速度变化量可能为零，例如匀速直线运动，故A错误
B、运动物体的速度越大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，故B错误
C、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故C错误．
D、运动物体的速度变化越快，其加速度一定越大，故D正确
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
平均速度
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
用平均速度求瞬时速度所取的时间越短越接近瞬时速度，则前1s内的平均速度最接近关闭油门时的瞬时速度。
【解答】
变速直线运动中某一点的瞬时速度可以取该点为起点的一极小时间内的平均速度，时间越小越接近该点的瞬时速度，则本题应取前1s的速度v1，因是减速运动，则v14.
【答案】
C
【考点】
向心力
【解析】
汽车在水平的公路上转弯，沿曲线由M向N加速行驶，所做的运动为曲线运动，所以所受到的合力在曲线的内侧且合力和速度的夹角为锐角。
【解答】
汽车从M点向N点加速行驶，做曲线运动，所以合外力F的方向应指向曲线的内侧，且F和速度方向成锐角，故ABD错误，C正确。
5.
【答案】
A
【考点】
胡克定律
【解析】
根据题意分析弹力和形变的关系。也可以结合胡克定律分析弹力与形变量之间的关系。
【解答】
郑玄的观点中：每加物一石，则张一尺，说明每增加一石物体的重力，则形变量改变一尺，故说明在弹性限度内，弓的弹力与弓的形变量成正比，故A正确，BCD错误。
6.
【答案】
B
【考点】
国际单位制
【解析】
根据题目中给出的公式，推导出h的单位，再用力学基本单位表示。
【解答】
ABC、题目中1kg＝，则：h＝6.2607015×10−34kg⋅m2s−1，所以h的单位为kg⋅m2s−1；
由于力的单位：1N＝1kg⋅m⋅s−2，所以普朗克常量h的单位等效于N⋅m⋅s，故B正确，AC错误；
D、普朗克常量不随外界因素发生变化，故D错误
二、选择题（二）（本题包括4个小题，4分×4=16分，四个选项中，有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）。
【答案】
A,C,D
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
质点做匀减速直线运动，由运动学公式求出这段时间内物体的位移x。
【解答】
AB、根据匀变速运动的位移公式，初速度为v0，加速度大小为a，时间为t，则匀减速运动的位移为：x＝v0t−at2，故A正确，B错误；
C、由题，物体做匀减速直线运动，已知初速度为v0，末速度为0，则平均速度为：＝所以这段时间内物体的位移：x＝t＝，故C正确；
D、此运动可看做反向的初速度为零的匀加速运动，则x＝at2，故D正确。
【答案】
B,C
【考点】
匀变速直线运动的概念
牛顿第二定律的概念
x-t图像（匀变速直线运动）
v-t图像（匀变速直线运动）
非常规图像
【解析】
根据v−t图象直接读出速度的变化情况，根据图线切线斜率的变化分析加速度的变化，判断雨滴的受力情况，由牛顿第二定律分析空气阻力的变化。
【解答】
A、由图知，速度先增大后不变，故A错误。
B、根据v−t图象的斜率等于加速度，知雨滴的加速度逐渐减小，故B正确。
C、雨滴的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律知雨滴受到的合力逐渐减小，故C正确。
D、根据牛顿第二定律有 mg−f＝ma，加速度a减小，m不变，则受到的空气阻力f增大，故D错误。
【答案】
C,D
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
对整体受力分析，可以分析出人的重力和车对人的支持力之间的大小关系，在人上升的过程中，人的重心在升高，根据三力汇交原理可以分析墙的支持力和车的摩擦力的变化。
【解答】
以梯子和人组成的系统为研究对象，系统受到四个力的作用，系统的重力G，地面对梯子的竖直向上的弹力N，墙对梯子水平向左的弹力F，地面对梯子的水平向右的摩擦力f，因受力平衡，故两个相互正交的方向的合力均为零，由于在竖直方向上只有G和N，且由于人匀速上爬，故N始终等于G，可见，地面对车的弹力大小不变。
地面的作用力N和f可以看成一个力，叫做地面对梯子的作用力F′，这样就把四个力简化成了三个力，墙的力F、重力G以及地面的力F′，根据三力汇交原理，三个非平行力平衡，三力必交于一点，将F延长、G反向延长，交于一点（设为O点），则F′也必过O点，当人不断上爬时，系统重心不断右移，则点就沿着F的作用线不断水平右移，由于F′仍过O点，则F′与竖直方向的夹角就会不断增大，而由于F′竖直方向的分力N不变，则水平分力f必增大，故摩擦力增大，故AB错误，CD正确。
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
胡克定律
【解析】
根据题目提供的条件，对AB进行受力分析，然后结合牛顿第二定律与运动学的公式即可解答。
【解答】
A、开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F＝(M+m)g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F−(M+m)g+F弹＝(M+m)a；F弹减小，所以F增大。故A正确；
B、在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。故B错误；
C、开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力：F0＝(M+m)g
当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力：F1＝F0−△F＝F0−kx1＝(M+m)g−kx1
以B为研究对象，则：F1−mg−Fx1＝Ma0
得：Fx1＝F1−mg−Ma0＝mg−kx1−Ma0．故C正确；
D、P到Q的过程中，物体的加速度不变，得：v12=2a0x2⋯①
Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小，a=a0+02=a02⋯②
v22−v12=2a⋅(x3−x2)⋯③
联立①②③得：v22=a0(x2+x3)．故D错误。
三、实验题（20分，2分×10=20分）
【答案】
F,F3
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。
【解答】
用一个拉力F将圆环拉到O点，与用拉力F1和F2共同拉圆环产生相同效果，则F1和F2的合力是F。
O点处于平衡态，则F1、F2与F3合力为0。
【答案】
0.783
A,B
如图所示
木板右侧垫得过高
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据打点计时器使用交流电的频率和计数点间的个数即可求得时间间隔；根据逐差法求得加速度；
（2）根据实验原理和操做步骤即可判断；
（3）根据描的的点，让直线尽量通过多的点，不在直线上的点均匀分布在直线两侧；
（4）根据a−F图象可知，图中拉力为0即有了加速度，则右端垫的过高。
【解答】
去掉第一段OA，把AE分成时间相等的两段，每段时间为(2T)，用逐差公式求加速度，a＝＝＝0.783m/s2，
探究外力不变的情况下加速度与质量之间的关系时，用到了小车的加速度a与小车和砝码总质量的倒数关系的图象：A、由于是探究加速度与质量M的关系，则需要测小车的总质量M，故A正确；
B、由于是用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，则要满足小车和砝码的总质量远大于砂和砂桶的总质量
，故B正确；
CD、把木板垫高是为了平衡摩擦力，故C错误；若漏掉此步骤，则画出图象将不通过原点，故D错误；
故选：AB
将这些点尽量描成一条直线，如图所示，
从直线可以看出，当F＝0时，加速度为0.1m/s2，显然是平衡摩擦力过度，即倾角太大。
故答案为（1）0.783；（2）AB；（3）如图所示，；（4）木板右侧垫得过高
【答案】
F
AD
1,(−5cm, −1.25cm)
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
（1）根据实验的原理确定所需的测量的物理量，从而确定不需要的器材；
（2）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
（3）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出横坐标为10cm点的竖直分速度，结合速度时间公式求出抛出点到达该点的时间，结合运动学公式求出抛出点到达该点的竖直位移和水平位移，从而得出抛出点的坐标．
【解答】
解：（1）实验中平抛运动的时间由竖直方向上的高度求出，不需要秒表测量，故F不需要．
（2）A、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故A正确．
B、为减小实验误差，应使小球每次从斜槽轨道上同一位置滚下，故B错误．
C、该实验不需要平衡摩擦力，只要让小球每次从斜槽的同一位置由静止滚下，保证平抛运动的初速度相等即可，故C错误，D正确．
故选：AD．
（3）在竖直方向上，根据△y=gT2得相等的时间间隔为：T=△yg=0.2−0.110s=0.1s，
则平抛运动的初速度为：v0=xT=．
x=10cm处点的竖直分速度为：vy=，
则抛出点到该点的时间为：t=vyg=1.510s=0.15s，
抛出点到该点的水平位移为：△x=v0t=1×0.15m=0.15m=15cm，
竖直位移为：△y=12gt2=12×10×0.152m=0.1125m=11.25cm，
则抛出点的横坐标为：x=10−15cm=−5cm，纵坐标为：y=10−11.25cm=−1.25cm．
四、解答题（本题共4小题，共40分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
【答案】
汽车2s末的速度为9m/s，前2s的位移为24m；
汽车前6s的位移为37.5m。
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）根据速度-时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合速度-时间公式及位移-时间公式求出汽车2s末的速度和前2s的位移；
（2）6s时汽车已经停止，前6s的位移等于前5s的位移，根据速度-位移公式求解。
【解答】
依题意，汽车刹车前的速度为：v0＝54km/h＝15m/s
由速度-时间公式可得：v＝v0−at
解得从刹车开始到速度减为零的时间为：t＝5s
由于2s<5s
根据速度-时间公式，可得汽车2s末的速度为：v2＝v0−at2＝15m/s−3×2m/s＝9m/s
根据位移-时间公式，可得汽车前2s的位移为：x2＝v0t2−at22＝15×2m−m＝24m
因6s>5s，所以5s末汽车速度已经减为零，
根据速度-位移公式，可得汽车前6s的位移为：x＝＝m＝37.5m
【答案】
设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律：mgsinθ−f＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为2m/s2；（1）乘客从静止开始下滑，滑到底需要2.45s。
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）对人进行受力分析，根据牛顿第二定律可以求出乘客的加速度；
（2）再根据匀变速直线运动位移公式可以求出乘客滑到底需要的时间。
【解答】
对人进行受力分析如图所示：
设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律：mgsinθ−f＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由 sinθ=hl，
l=12at2
解得：t=6s=2.45s。
答：（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为2m/s2；（1）乘客从静止开始下滑，滑到底需要2.45s。
【答案】
小球水平抛出的初速度v0是3 m/s；
斜面顶端与平台边缘的水平距离s是1.2 m；
若斜面顶端离地高H＝20.8m，则小球离开平台后到达斜面底端的时间是2.4s。
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
平抛运动的概念
【解析】
（1）小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方向，由此可以求得初速度的大小；
（2）小球在接触斜面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜面顶端与平台边缘的水平距离；
（3）小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可。
【解答】
由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，
所以vy＝v0tan 53∘，vy2＝2gh，
解得：vy＝4 m/s，v0＝3 m/s。
由vy＝gt1
解得：t1＝0.4s，
所以水平距离 s＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m。
对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，
小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝gsin 53∘，
初速度为平抛运动的末速度v=v02+vy2=5 m/s。
则 Hsin53=vt2+12at22
解得：t2＝2s。（或t2=−134s不合题意舍去）
所以t＝t1+t2＝2.4 s。
【答案】
若传送带不转动，则物体沿传送带所能上滑的最大距离是1.25s；
若传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s，则物体从A点到达B点所需的时间是2.1s；
若传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点的时间取值范围是1.18s≤t≤2.1s。
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）若传送带不转动，根据牛顿第二定律求出物体沿传送带向上运动的加速度大小可，根据速度-位移关系求解物体沿传送带所能上滑的最大距离；
（2）求出物体减速到与传送带速度相等经过的时间和位移，根据牛顿第二定律求出以后的加速度大小，再根据速度-位移关系求解时间；
（3）若物体在传送带上运动时摩擦力方向一直沿传送带向上，则物体运动的时间最短，根据位移-时间关系求解最短时间，再根据（2）得到时间的范围。
【解答】
若传送带不转动，物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2；
物体沿传送带所能上滑的最大距离是xm＝＝m＝1.25m；
传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s，物体减速到与传送带速度相等经过的时间：t1＝＝s＝0.1s
此过程中物体的位移为x1＝＝m＝0.45m
此后传送带的速度大于物体的速度，物体受到的摩擦力方向沿传送带向上，此后物体减速运动的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ＝ma2，
解得：a2＝2m/s2；
物体达到B点的速度为vB，根据速度-位移关系可得：
解得：vB＝0
此过程中经过的时间为：t2＝＝s＝2s
物体从A点到达B点所需的时间是：t＝t1+t2＝0.1s+2s＝2.1s；
若传送带顺时针运转的速度可以调节，根据（2）可知，物体达到B点的最长时间为2.1s，若传送带的速度足够大，物体在传送带上运动时摩擦力方向一直沿传送带向上，则物体运动的时间最短，此过程中物体的加速度大小始终为a2＝2m/s2；
根据位移-时间关系可得：LAB＝v0t3−
解得：t3＝1.18s
传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点的时间取值范围是1.18s≤t≤2.1s。