2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（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，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得x=F2m(t1+t2)，用单位制的方法检查，这个结果
( )
A. 可能是正确的
B. 一定是错误的
C. 如果用国际单位制，结果可能正确
D. 用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确
2.河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水=3400x(m/s)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船=4m/s，则下列说法中正确的是( )
A. 小船渡河的轨迹为直线
B. 小船在河水中的最大速度是5 m/s
C. 小船在距南岸200m处的速度小于距北岸200m处的速度
D. 小船渡河的时间是160s
3.如图所示，水平桌面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上表面放置另一个质量也为1kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ=37°斜向上方、大小恒为F=10N的力F，则物块B所受的摩擦力为(重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cs37=0.8)( )
A. 大小为0.5N，方向水平向右B. 大小为2N，方向水平向右
C. 大小为0.5N，方向水平向左D. 大小为2N，方向水平向左
4.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环。现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是( )
A. F1和F2都变大B. F1变大，F2变小C. F1和F2都变小D. F1变小，F2变大
5.根据机车在水平路面直线运动的情况，绘制如图xt2−1t图像(x为位移、t为时间)，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定。以下说法正确的是( )
A. 机动车匀加速运动
B. 机动车的初速度为0
C. 机动车的加速度为8m/s2
D. 机动车在前3秒的位移是25m
6.如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则( )
A. v03v0
7.如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)
A. A球将向上运动，B，C球将向下运动
B. A、B球将向上运动，C球不动
C. A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D. A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中
( )
A. 水平拉力的大小可能保持不变
B. M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
9.如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方ℎ处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0=10m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g=10m/s2，甲乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A. 无论ℎ为何值，甲乙两球一定能在空中相遇
B. 当ℎ=10m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C. 当ℎ=15m时，乙球能在下降过程中与甲球相遇
D. 当ℎ<10m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
10.如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=9−2t(N)(t的单位是s)。从t=0开始计时，则( )
A. A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的511
B. t>4s后，B物体做匀加速直线运动
C. t=4.5s时，A物体的速度为零
D. t>4.5s后，AB的加速度方向相反
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在农田旁离地一定高度架有一水管，管口水平，小明同学根据学到的平抛运动知识，只用一把卷尺，测量出水口单位时间内流出的最大水量(假设水从出水口沿水平方向均匀流出，已知重力加速度为g)。步骤如下：
(1)如图甲，关闭水阀，用卷尺测量出水龙头的内直径D= ______ cm；
(2)如图乙，测量水管上沿离地高度H，打开水管阀门且将其调到出水量最大，记下喷出水最远的落地位置，关上阀门，测量出最远位置到出水口的水平距离L，则水流速度v= ______ (用题中物理量的字母表示)；
(3)请推导单位时间出水量表达式Q= ______ (用题中物理量的字母表示)。
12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。

(1)实验时，一定要进行的操作是______ ；
A.将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
B.用天平测出砂和砂桶的质量
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，同时记录力传感器的示数
D.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)甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，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(结果保留三位有效数字)；
(3)乙同学根据测量数据作出如图3所示的a−F图线，该同学做实验时存在的问题是______ 。(填写字母)

A.先释放小车，后接通电源
B.砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M
C.平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫得过高
D.没有补偿阻力或补偿阻力不够
(4)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像(如图4)是一条直线，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______ 。(填写字母)
A.1tanθ
B.1tanθ−m0
C.2k−m0
D.2k
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0=90km/ℎ的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ=0.30，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°=0.26，cs15°=0.97，结果保留2位有效数字。)
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组成部分。如图所示，在物流运输线上，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，此后其运动至B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB间距离为4m，BC长度为3m且与水平面的夹角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若传送带速度很大，若使包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度大小。
15.如图所示，一重为10N的小球，在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为 36，杆足够长，取g=10m/s2。
求：(1)有F作用的过程中小球的加速度；
(2)撤去F瞬间小球的加速度；
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题展示了一种用单位来判断结果是否正确的方法，同时要知道牛顿是导出单位，1N=1kg⋅m/s2。
【解答】
根据公式x=F2m(t1+t2)，由于力的单位是N，时间单位是s，质量单位是kg，
故等式右边的单位是：Ns/kg；根据1N=1kg⋅m/s2.知：1Ns/kg=1m/s，
等号左边的单位是：m；
即等号左右单位不同，故等号不成立；换算成其它单位制也不可能相等
故选B。
2.【答案】B
【解析】【分析】
将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，与合运动相等效．根据运动的合成来确定初速度与加速度的方向关系，从而确定来小船的运动轨迹；小船垂直河岸渡河时间最短，由位移与速度的比值来确定运动的时间；由水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，来确定水流的速度，再由小船在静水中的运动速度，从而确定小船的渡河速度。
本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则，同时注意v=kx公式中的x的含义。
【解答】
A、小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹为曲线，故A错误，
B、当船到河中央时，水流速度达到最大，根据矢量的合成，船在河水中的最大速度v= vc2+vs2=5 m/s，故B正确；
C、小船距南岸200m处，则水流速度为v=3400×200m/s=1.5m/s，而小船距北岸200m处时，水流速度也为1.5m/s，根据速度的合成可知，它们的速度大小相等，方向不同，故C错误；
D、将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，故渡河时间与顺水流方向的分运动无关，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的分位移最小，故渡河时间最短，最短时间为t=dvc=8004s=200s，故D错误；
故选：B。
3.【答案】A
【解析】解：假设AB一起加速运动，以AB对象，根据牛顿第二定律则有：
Fcsθ−μ1(mAg+mBg−Fsinθ)=(mA+mB)a
解得：a=0.5m/s2；
以B对象，根据牛顿第二定律则有：
fAB=mBa=0.5N<μ2mBg=2N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力；
则物块B所受的摩擦力为：fAB=0.5N，方向水平向右，故A正确，BCD错误；
故选：A。
以整体为研究对象求解加速度大小，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
4.【答案】C
【解析】解：以金属环为研究对象，受到两边绳子的拉力和重力mg，由于同一条绳子拉力相等，设为F，
根据对称性可知每边绳子与竖直方向的夹角θ相等，根据平衡条件可得：2Fcsθ=mg
解得F=mg2csθ；
将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，根据几何关系可知θ变小，则绳子拉力F减小，故轻绳对M、N两点的拉力F1、F2均减小，故C正确、ABD错误。
故选：C。
以金属环为研究对象，根据平衡条件求解绳子拉力大小，再根据角度的变化进行分析。
本题主要是考查共点力作用下的动态分析问题，关键是弄清楚受力情况，根据平衡条件得到绳子拉力表达式进行分析。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、将匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2
变形得：xt2=v0t+12a，由数学知识可知：xt2−1t图像的斜率k=v0=0−(−4)0.2m/s=20m/s，纵轴截距b=−4m/s2=12a，可得机动车的加速度为a=−8m/s2，故机动车做匀减速运动，故ABC错误；
D、机动车匀减速运动的总时间为：t=0−v0a=−208s=2.5s，则机动车在前3秒的位移等于机动车在前2.5秒的位移，为x=v02t=202×2.5m=25m，故D正确。
故选：D。
将匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2变形得到图像的函数解析式，根据图像的斜率和截距求得加速度与初速度，再求机动车在前3秒的位移。
本题考查匀变速直线运动的图像问题，解题关键要掌握匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2，通过变形得到图像的函数解析式，再研究图像的斜率和截距的意义。
6.【答案】A
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动时间决定．
解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移．
【解答】
解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0.故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据浮力F浮=ρgV排分析浮力和重力的关系确定弹簧所处的状态，剪断吊篮绳子的瞬间，由于弹簧的弹力不会突变，绳子的拉力会发生突变，由此分析运动情况。
本题主要是考查牛顿第二定律弹力突变问题，能够分析原来的受力情况以及弹簧的性质是关键。
【解答】
解：由于ρ木<ρ水<ρ铁，根据浮力F浮=ρgV排可得，A的重力大于A受到的浮力，A下面的弹簧处于压缩状态，B和C的重力小于浮力，B下面的弹簧和C下面的绳子处于拉伸状态；
剪断吊篮绳子的瞬间，系统处于完全失重，由于弹簧的弹力不会突变，所以A球将向上运动，B球将向下运动，而绳子的拉力会发生突变，所以C球不动，故ABC错误、D正确。
故选：D。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了动态的平衡问题，解题的关键是使用三角形方法解题；其次，在分析M的受力时，注意摩擦力的方向问题。
对于物体N，由于重力恒定，水平拉力方向不变，可用三角形方法解决此类动态平衡问题。最后结合M所受力的情况进行解答即可。
【解答】
AB、根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如下图所示：
在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，B正确；
CD、对于M的受力，开始时可能是T=mgsinθ−f，当T不断增大的时候，f减少，当T>mgsinθ时T=mgsinθ+f，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大；也可能是T=mgsinθ+f，当T不断增大的时候，摩擦力f增大，故C错误，D正确。
故选BD。
9.【答案】BCD
【解析】解：设甲球与乙球经过时间t相遇，则有ℎ=12gt2+(v0t−12gt2)，得t=ℎv0
根据竖直上抛运动的规律，可知，乙球上升的时间为t上=v0g=1010s=1s，乙球竖直上抛运动的总时间t总=2t上=2s
A、甲乙两球能在空中相遇，必须满足：t10m时，甲乙两球不能在空中相遇，故A错误；
B、当t=t上时，即ℎv0=1s，得ℎ=10m，乙球恰好在最高点与甲球相遇，故B正确；
C、当t上D、当t故选：BCD。
根据甲球与乙球相遇时两者位移之和等于ℎ，求出相遇时间与ℎ的关系，再根据竖直上抛运动的规律确定ℎ的范围。
本题是自由落体运动与竖直上抛运动相遇的问题，关键要掌握竖直上抛运动的规律，根据相遇时间与竖直上抛运动上升时间和总时间关系，来判断乙球在什么过程与甲球相遇。
10.【答案】ABD
【解析】解：设A的质量为m，则B的质量为2m，
在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得a=FA+FB3m=11−2t3m①
对B：设A对B的作用力大小为N，则N+FB=2ma ②
解得，N=13(16−4t)，③
AB、由③得，当t=4s时，N=0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动。由①得：当t=0时，a1=113m；t=3s时，a2=53m，则A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的511倍。故A、B正确。
C、t=4.5s时，A的加速度为aA=FAm=9−2×4.5m=0，说明t=4.5s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同。故C错误。
D、t>4.5s后，A的加速度aA<0，而B的加速度不变，则知t>4.5s后，AB的加速度方向相反。故D正确。
故选：ABD。
对整体，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，得到A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍数；
对B研究，由牛顿第二定律求出A对B的作用力N表达式，当N=0时，求出时间，此后A分离，B做匀加速运动；
t=4.5s时，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，分析其速度。
本题是连接体问题，利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】4.50 L g2H 14πD2L g2H
【解析】解：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，读数为4.50cm；
(2)根据平抛运动规律可知
L=vt
H=12gt2
解得v=L g2H
(3)单位时间内流出的水量为：Q=vS=v⋅πD24=14πD2L g2H
故答案为：(1)4.50；(2)L g2H；(3)14πD2L g2H
(1)根据刻度尺的分度值读数；
(2)根据平抛运动规律解答；
(3)根据水量的计算公式解答。
水做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动；单位时间流出的水量等于流速与横截面积的乘积，列出关系式。
12.【答案】AC 2.00 D C
【解析】解：(1)A、由于木板摩擦阻力客观存在，但要用拉力代替合力，必须将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故A正确；
B、由于装置图给了拉力传感器，所以拉力直接读出，则不需要测量砂和砂桶的总质量，故B错误；
C、小车靠近打点计时器，能尽最大限度使用纸带，且先通电再释放小车，故C正确；
D、由于拉力传感器测拉力，不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选：AC。
(2)由题意知，两相邻计数点的时间间隔T=5×150s=0.1s，由逐差推论Δx=aT2求加速度
a=x36−x039T2=7.10+9.13+11.09−1.10−3.09−5.129×0.12×0.01m/s2=2.00m/s2；
(3)图3所示的a−F图线是某组的结果，从图象看，当F为某一正的值时，加速度却为零，说明有力小车却未动，故说明该组同学未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(4)对小车和滑轮整体据牛顿第二定律有：2F=(M+m0)a，变形有：a=2M+m0×F，所以图象的斜率k=2M+m0，从而M=2k−m0，故ABD错误，故C正确。
故选：C
故答案为：(1)AC；(2)2.00；(3)D；(4)C
(1)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(2)根据推论Δx=aT2，来求小车的加速度；
(3)根据牛顿第二定律和实验操作过程分析误差的原因；
(4)小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图象的斜率表示小车总质量的倒数。
解决实验问题首先要掌握实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，要知道小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。
13.【答案】解：(1)当货车在避险车道停下后，最大静摩擦力大于等于重力沿斜面向下的分力，有：fm≥mgsinθ，
货车所受的最大摩擦力：fm=μN=μmgcsθ，
联立可解得：tanθ≤0.30；
(2)货车在避险车道上行驶时，根据牛顿第二定律可得：mgsin15°+μmgcs15°=ma，
解得：a=gsin15°+μgcs15°=5.51m/s2，
货车的初速度v0=90km/ℎ=25m/s，
则货车在避险车道上行驶的最大距离为：x=v022a≈57m。
答：(1)该避险车道上坡路面的倾角的正切值应满足tanθ≤0.30；
(2)若避险车道路面倾角为15°，货车在避险车道上行驶的最大距离约为57m。
【解析】(1)当最大静摩擦力大于等于重力沿斜面向下的分力时，不会发生溜滑现象，由此解答；
(2)根据牛顿第二定律求出加速度，再根据速度位移公式可以求出货车在避险车道上行驶的最大距离。
本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动速度位移公式、摩擦力的判断与计算等知识点。解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解。
14.【答案】解：在水平传动带上，共速前，对包裹由牛顿第二定律可得
μmg=ma1
解得：a1=5m/s2
根据速度—位移公式有
vB2=2a1xAB
包裹进入倾斜传送带后，对包裹由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcsθ=ma2
根据运动学方程可得
vC2−vB2=2a2xBC
联立可得：vC=10m/s
答：包裹运动到C处的速度大小为10m/s。
【解析】根据牛顿第二定律得出包裹的加速度，结合位移关系和速度—时间公式得出包裹的速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)小球的质量m=Gg=1kg
取沿杆向上为正方向，设在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，根据牛顿运动定律可得
Fcs30°=Gcs30°+N…①
Fsin30°−Gsin30°−μN=ma1…②
联立解得a1=2.5m/s2
方向：沿杆向上
(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，
设此时小球的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律，可得：
N′=Gcs30°…③
−Gsin30°−μN′=ma2 …④
解得 a2=−7.5m/s2
即大小为7.5m/s2，方向沿杆向下。
(3)刚撤去F时，小球的速度为v1=a1t1=2.5×1.2m=3m/s
小球的位移x1=12a1t12=12×2.5×1．22m=1.8m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2=0−v1a2=−3−7.5s=0.4s
小球继续向上运动的最大位移为x2=v12t2=32×0.4m=0.6m
则小球向上运动的最大距离为xm=x1+x2=2.4m
在上滑阶段通过B点，即xAB−x1=v1t3−12a2t32
解得t3=0.2s或者t3=0.6s(t3=0.6s>t2=0.4s，不合理，舍去)
小球返回时，受力如图所示，
设此时小球的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，可得：
Gsin30°−μN′=ma3
解得：a3=2.5m/s2
方向沿杆向下。
小球由顶端返回B点时有：xm−xAB=12a3t42
解得：t4= 35s
则通过B点时间为：t=t2+t4=0.4s+ 35s≈0.75s
答：(1)有F作用的过程中小球的加速度为2.5m/s2，方向：沿杆向上；
(2)撤去F瞬间小球的加速度为7.5m/s2，方向：沿杆向下；
(3)从撤去力F开始计时，小球经0.2s或0.75s经过距A点上方为2.25m的B点。
【解析】(1)有F作用的过程中，对小球受力分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度。
(2)撤去F瞬间，再根据牛顿第二定律求出撤去F瞬间小球的加速度。
(3)根据匀变速直线运动公式求出撤去拉力F前的位移和末速度，再根据运动学公式求出上滑的最大位移，从而得出小球上滑过程中距A点最大距离。再根据牛顿第二定律和位移时间公式求出小球返回B点的时间，从而得到解答。
解决本题的关键要理清小球的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式分段求解，注意不要漏解。