2017年上海市金山区高考物理一模试卷（解析版）

2017年上海市金山区高考物理一模试卷
　
一、选择题（共40分，1～8每小题3分，9～12每小题3分．每小题只有一个正确选项．）
1．某物体做竖直上抛运动，在运动过程中不变的是（　　）
A．路程 B．位移 C．速度 D．加速度
2．如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，以向右为正方向建立Ox轴．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（　　）
A． B． C． D．
3．如图，水平地面上的倾斜直杆顶端固定一小球，则直杆对球的作用力方向为（　　）
A．沿杆向上 B．沿杆向下 C．竖直向上 D．竖直向下
4．关于单摆，下列说法正确的是（　　）
A．摆球做匀速圆周运动
B．摆动到最低点时加速度为零
C．速度变化的周期等于振动周期
D．振动的频率与振幅有关
5．2016年10月19日，航天员景海鹏、陈冬顺利进入天宫二号．在天宫二号内，下列实验不能进行的是（　　）
A．用弹簧秤验证平行四边形定则
B．用伏安法测干电池电动势和内阻
C．用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律
D．用DIS研究温度不变时，一定质量气体压强与体积的关系
6．如图为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A等温变化到状态B，再等容变化到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为PA、PB、PC，则（　　）
A．PA＜PB，PB＜PC B．PA＞PB，PB=PC C．PA＜PB，PB＞PC D．PA＞PB，PB＜PC
7．某同学将10kg的桶装水从一楼搬到二楼，用时约30s，则该同学对桶装水做功的平均功率约为（　　）
A．0.1W B．1W C．10W D．30W
8．如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，B端与水平面相切，轨道上的小球在水平向右的力F作用下，缓慢地由A向B运动，轨道对球的弹力为N，在运动过程中（　　）
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小 C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
9．一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍．该质点的加速度为（　　）
A． B． C． D．
10．金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．将检验电荷从A点移到B点，电场力做负功
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做的功相同
11．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（　　）
A．在t=1s时，甲车在乙车后
B．在t=0时，乙车在甲车前15m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
12．如图，电源内阻忽略不计，闭合电键，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I．在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中（　　）
A．I先增大后减小
B．U1先增大后减小
C．U1与I的比值先增大后减小
D．U2变化量与I变化量的比值先增大后减小
　
二、填空题（共24分，每空3分．）
13．形象描述电场分布的曲线叫做　　，我们用　　（用文字表述）表示电场的强弱．
14．如图为两频率相同的横波在传播过程中某时刻叠加情况的俯视图，两列波的振幅都为10cm，质点沿竖直方向振动，实线表示波峰，虚线表示波谷．则此时a点的位移为　　；a、b、c点中，振动加强的点为　　．
15．如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为5Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为　　W，变阻器消耗的最大功率为　　W．
16．如图，倾角为θ的光滑斜面上用平行斜面的细线拴有带电小球A，地面上用杆固定带电小球B，AB在同一水平高度，且距离为L．已知A球质量为m，电量为﹢q．若细线对小球A无拉力，则B带　　电（选填“正”或“负”）；若斜面对小球A无支持力，则B球的电量应为　　．
　
三、综合题（共36分）
17．关于“用DIS描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（　　）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
18．在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，某同学将传感器固定在最低点，如图（a）所示．该同学将摆锤从不同位置由静止释放，记录摆锤每次下落的高度h和最低点的速度v，作出了如图（b）所示的v2﹣h图线，则该直线的斜率应为　　．计算摆锤在释放点和最低点之间的势能变化大小△Ep与动能变化大小△Ek，结果如下列表格所示：
△Ep（×10﹣2J）
4.89
9.79
14.69
19.59
29.38
△Ek（×10﹣2J）
5.04
10.10
15.11
20.02
29.85
结果显示△Ep与△Ek之间存在差异，他认为这并不是由于空气阻力造成的，理由是　　．
19．在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差△P与气泡半径r之间的关系为△P=，其中σ=0.070N/m．现让水下10m处有一半径为0.20cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2，ρ水=1.0×103kg/m3．
（1）求在水下10m处气泡内外的压强差；
（2）在水下是否可以将气泡内外的压强看作近似相等？为什么？
（3）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡此时体积与其原来体积之比的近似值．
20．如图，光滑水平面AB和粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为53°，AB=BC=3.75m．质量为m=2kg的小物块在与水平面成53°角的恒力F=20N作用下，从A点由静止开始沿ABC运动到C点．（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）求：
（1）物块从A点运动到B点所用的时间t1；
（2）若物块在AB和BC上运动的时间之比为2：1，求物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）若斜面光滑，改变恒力的大小（方向不变），仍能使物体沿ABC运动到C，求力F的取值范围．
　

2017年上海市金山区高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共40分，1～8每小题3分，9～12每小题3分．每小题只有一个正确选项．）
1．某物体做竖直上抛运动，在运动过程中不变的是（　　）
A．路程 B．位移 C．速度 D．加速度
【考点】竖直上抛运动．
【分析】做竖直上抛运动的物体只受重力作用，加速度相同，速度是矢量要考虑方向．
【解答】解：A、竖直上抛运动是匀变速直线运动，路程随时间而变化，故A错误；
B、竖直上抛运动是匀变速直线运动，位移h=，随时间而变化．故B错误；
C、竖直上抛运动是匀变速直线运动，故速度均随时间变化而变化，故C错误；
D、上抛运动为加速度为g的匀变速直线运动，加速度不变，故D正确；
故选：D
　
2．如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，以向右为正方向建立Ox轴．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（　　）
A． B． C． D．
【考点】简谐运动的振幅、周期和频率．
【分析】当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象．
【解答】解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故B正确，ACD错误．
故选：B
　
3．如图，水平地面上的倾斜直杆顶端固定一小球，则直杆对球的作用力方向为（　　）
A．沿杆向上 B．沿杆向下 C．竖直向上 D．竖直向下
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件即可求解杆的作用力的大小和方向，要注意明确杆对球的弹力可以沿任意方向．
【解答】解：小球受重力和杆的作用力而处于平衡状态，则可知，小球受到杆的作用力一定与重力等大反向，故杆对球的作用力竖直向上．故C正确，ABD错误．
故选：C．
　
4．关于单摆，下列说法正确的是（　　）
A．摆球做匀速圆周运动
B．摆动到最低点时加速度为零
C．速度变化的周期等于振动周期
D．振动的频率与振幅有关
【考点】单摆周期公式；单摆．
【分析】明确单摆的性质，知道单摆的振动过程中的速度、加速度以及合外力的变化，同时明确单摆周期的公式T=2．
【解答】解：A、单摆在摆动中速度大小是变化的，不是匀速圆周运动，故A错误；
B、摆动到最低点时加速度为零，摆球受向上的合外力，故加速度竖直向上，故B错误；
C、速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期，故C正确；
D、振动的频率与振幅无关，只取决于摆长和当地的重力加速度，故D错误．
故选：C．
　
5．2016年10月19日，航天员景海鹏、陈冬顺利进入天宫二号．在天宫二号内，下列实验不能进行的是（　　）
A．用弹簧秤验证平行四边形定则
B．用伏安法测干电池电动势和内阻
C．用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律
D．用DIS研究温度不变时，一定质量气体压强与体积的关系
【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【分析】天宫二号在空中飞行时，万有引力充当向心力，飞船内物体均处于失重状态，此时与重力有关的实验无法进行．
【解答】解：A、用弹簧秤验证平行四边形定则与重力无关，故可以进行，
B、用伏安法测干电池电动势和内阻与重力无关，可以进行，
C、用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律时，与物体的重力有关，故C不能进行，
D、气体压强与重力无关，故用DIS研究温度不变时，一定质量气体压强与体积的关系可以进行，
本题选择不能进行的，故选：C．
　
6．如图为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A等温变化到状态B，再等容变化到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为PA、PB、PC，则（　　）
A．PA＜PB，PB＜PC B．PA＞PB，PB=PC C．PA＜PB，PB＞PC D．PA＞PB，PB＜PC
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】由图象分析气体的状态变化过程，然后由气体气体实验定律比较各状态的压强
【解答】解：气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，p与V体积成反比，，所以
从状态B到状态C，气体发生等容变化，压强p与热力学温度成正比，，所以，故A正确，BCD错误；
故选：A
　
7．某同学将10kg的桶装水从一楼搬到二楼，用时约30s，则该同学对桶装水做功的平均功率约为（　　）
A．0.1W B．1W C．10W D．30W
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】楼层大约3m，计算出该同学对桶装水做的功，再求做功的平均功率．
【解答】解：每层楼高3m，则该同学将10kg的桶装水从一楼搬到二楼做的功为：W=mgh=10×10×3J=300J
对桶装水做功的平均功率为：P===10W．
故选：C
　
8．如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，B端与水平面相切，轨道上的小球在水平向右的力F作用下，缓慢地由A向B运动，轨道对球的弹力为N，在运动过程中（　　）
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小 C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解出拉力和支持力的数值，在进行分析讨论．
【解答】解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示，根据共点力平衡条件，有：
N=
F=mgtanθ
其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向下移动时，θ变小，故N变小，F变小；故B正确，ACD错误．
故选：B．
　
9．一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍．该质点的加速度为（　　）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】质点做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度公式与速度位移公式可以求出质点的加速度．
【解答】解：设质点的初速度为v0，质点的速度为：
v=v0+at=3v0，
由速度位移公式得：v2﹣v02=2as，
解得：a=；
故选：A．
　
10．金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．将检验电荷从A点移到B点，电场力做负功
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做的功相同
【考点】静电场中的导体；电势．
【分析】根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；依据沿着电场线方向电势是降低的小球表面和容器表面的电势高低；
根据电场线总与等势线垂直即可确定B点的电场强度与该处的内表面是否垂直；
在同一等势线上移送电荷时电场力做功为零．
【解答】解：A、依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；
B、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；
C、因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此将检验电荷从A点移到B点，电场力不做功，故C错误；
D、因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D正确；
故选：D
　
11．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（　　）
A．在t=1s时，甲车在乙车后
B．在t=0时，乙车在甲车前15m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离．
【解答】解：AC、根据“面积”表示位移，由几何知识可知，1﹣3s甲、乙两车通过的位移相等，而两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶．故AC错误．
B、由图象可知，0﹣1s内甲车的位移为 x甲==5m；乙车的位移为 x乙=20×1m=20m，两车在t=1s时并排行驶，所以在t=0时，甲车在乙车前15m，故B错误．
D、1到3s，甲车的位移为：x=×2m=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确．
故选：D
　
12．如图，电源内阻忽略不计，闭合电键，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I．在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中（　　）
A．I先增大后减小
B．U1先增大后减小
C．U1与I的比值先增大后减小
D．U2变化量与I变化量的比值先增大后减小
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】图中变阻器两侧电阻并联，滑片位于中点时并联电阻最大，根据欧姆定律分析即可．
【解答】解：AB、闭合电键后，滑动变阻器滑片P由由a端滑到b端的过程中，变阻器并联的阻值先增大后减小，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大，即A示数先减小后增大．由欧姆定律知，V2示数先减小后增大．根据路端电压随外电阻的增大而增大，可知V1示数先增大后减小．故A错误，B正确；
C、，因为外电阻先增大后减小，所以U1与I的比值先增大后减小，故C正确；
D、R2是定值电阻，则，所以U2变化量与I变化量的比值不变，故D错误；
故选：BC
　
二、填空题（共24分，每空3分．）
13．形象描述电场分布的曲线叫做　电场线　，我们用　电场线的疏密　（用文字表述）表示电场的强弱．
【考点】电场线；电场强度．
【分析】电荷的周围存在电场，电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，电场线可形象表示电场的强弱和方向．
【解答】解：有电荷存在的地方，周围就有电场存在，电场对放入其中的电荷有力的作用，为了形象的描述电场的分布，我们人为引入电场线，使这些线上每一点的切线方向跟该点电场强度方向一致，使线的疏密程度来表示电场强度的相对大小．
故答案为：电场线，电场线的疏密
　
14．如图为两频率相同的横波在传播过程中某时刻叠加情况的俯视图，两列波的振幅都为10cm，质点沿竖直方向振动，实线表示波峰，虚线表示波谷．则此时a点的位移为　0　；a、b、c点中，振动加强的点为　b、c　．
【考点】波的叠加．
【分析】两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍．
【解答】解：点a位置为波峰与波谷叠加，故位移为：x=A﹣A=0cm；
波峰与波峰叠加的点、波谷与波谷叠加的点是振动加强点，故点b、c为振动加强点；
故答案为：0，b、c．
　
15．如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为5Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为　1.5　W，变阻器消耗的最大功率为　2.25　W．
【考点】电功、电功率．
【分析】明确功率公式的应用，由P=EI可知，当电流最小时电源的总功率最小；而根据电源的输出功率结论可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大．
【解答】解：电源的总功率P总=EI，则可知，当电流最小时总功率最小，则可知当接入电阻最大时，功率最小；则可知，最小功率为：Pmin===1.5W；
而当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，变阻器消耗的功率最大，则变阻器消耗的最大功率为：Pmax===2.25W；
故答案为：1.5，2.25
　
16．如图，倾角为θ的光滑斜面上用平行斜面的细线拴有带电小球A，地面上用杆固定带电小球B，AB在同一水平高度，且距离为L．已知A球质量为m，电量为﹢q．若细线对小球A无拉力，则B带　正　电（选填“正”或“负”）；若斜面对小球A无支持力，则B球的电量应为　﹣　．
【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件分别列式分析求解．
【解答】解：已知A球电量为﹢q，若细线对小球A无拉力，依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，及平衡条件，则B带正电．
根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=；
若斜面对A球支持力刚好为零，则有：mg=tanθ；
解得：qB=；
且B球带负电，即为qB=﹣
故答案为：正，﹣．
　
三、综合题（共36分）
17．关于“用DIS描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（　　）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线．
【分析】解答本题应抓住以下几点：
（1）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，使用直流电源；
（2）作图利用复写纸作在白纸上，整个操作在导电纸上进行，可知在木板上依次铺放导电纸、复写纸和白纸；
导电纸与电极接触应良好，有导电物质的一面应朝上．
【解答】解：A、本实验的目的是描绘电场等势线，那么必须使用直流电源，连接两个电极；故A错误．
B、在一块平整木板上依次铺放导电纸、复写纸和白纸（从上往下）．故B错误．
C、整个操作在导电纸上进行，导电纸有导电物质的一面应该向上．故C正确．
D、连接电源正负极的电极a、b必须与导电纸保持良好接触，否则不能形成电流．故D错误．
故选：C．
　
18．在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，某同学将传感器固定在最低点，如图（a）所示．该同学将摆锤从不同位置由静止释放，记录摆锤每次下落的高度h和最低点的速度v，作出了如图（b）所示的v2﹣h图线，则该直线的斜率应为　2g　．计算摆锤在释放点和最低点之间的势能变化大小△Ep与动能变化大小△Ek，结果如下列表格所示：
△Ep（×10﹣2J）
4.89
9.79
14.69
19.59
29.38
△Ek（×10﹣2J）
5.04
10.10
15.11
20.02
29.85
结果显示△Ep与△Ek之间存在差异，他认为这并不是由于空气阻力造成的，理由是　空气阻力会造成△Ek小于△Ep，但表中△Ek大于△Ep　．
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】根据系统机械能守恒得出验证的表达式．根据系统机械能守恒得出v2﹣h的关系式，从而求出斜率的表达式．
在该实验中，考虑到空气阻力做功，则增加的动能略小于减小的重力势能．
【解答】解：系统重力势能的减小量△Ep=mgh，系统动能的增加量为：，则需验证．
所以在v2﹣h图线上，斜率：k=
根据系统机械能守恒得，△Ep=△Ek．考虑到空气阻力做功，则增加的动能略小于减小的重力势能．由于表格中△Ek大于△Ep，所以并不是由于空气阻力造成的．
故答案为：2g，空气阻力会造成△Ek小于△Ep，但表中△Ek大于△Ep
　
19．在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差△P与气泡半径r之间的关系为△P=，其中σ=0.070N/m．现让水下10m处有一半径为0.20cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2，ρ水=1.0×103kg/m3．
（1）求在水下10m处气泡内外的压强差；
（2）在水下是否可以将气泡内外的压强看作近似相等？为什么？
（3）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡此时体积与其原来体积之比的近似值．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】（1）根据题给公式△p=算在水下10m处气泡内外的压强差；
（2）求出水下10m处气泡外压强，将气泡内外的压强差与气泡外压强进行比较，判断气泡内外的压强是否可以看作近似相等；
（3）先确定初末状态的p、V，根据玻意耳定律列方程，忽略很小量，求出气泡的体积与其原来体积之比的近似值
【解答】解：（1）由△P=，得△P==70 Pa
（2）可以近似相等．
水下10m处气泡外压强P1=p0+ρ水gh1==2.0×105 Pa
显然，气泡内外的压强差远小于气泡外压强．
（3）10m处气泡内气体压强近似为P1=2.0×105 Pa，体积为V1
接近水面时，气体压强近似为P2=1.0×105 Pa，体积为V2
因为等温变化，P1 V1=P2 V2
得， ==2
所以，接近水面时气泡的体积与其原来体积之比的近似值为2．
答：（1）在水下10m处气泡内外的压强差为；
（2）在水下是否可以将气泡内外的压强可以看作近似相等，气泡内外的压强差远小于气泡外压强
（3）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，气泡此时体积与其原来体积之比的近似值2．
　
20．如图，光滑水平面AB和粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为53°，AB=BC=3.75m．质量为m=2kg的小物块在与水平面成53°角的恒力F=20N作用下，从A点由静止开始沿ABC运动到C点．（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）求：
（1）物块从A点运动到B点所用的时间t1；
（2）若物块在AB和BC上运动的时间之比为2：1，求物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）若斜面光滑，改变恒力的大小（方向不变），仍能使物体沿ABC运动到C，求力F的取值范围．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得加速度，有运动学公式求得时间；
（2）根据运动学公式判断出物体在斜面上运动，利用牛顿第二定律求得摩擦因数；
（3）物体能沿AB运动到C，故在AB段F竖直方向的分力最大等于mg即可判断出最大值，当F最小时，物体恰能到达C点，即可判断出最小值
【解答】解：（1）对物块受力分析，Fcos53°=ma1
得，a1=6m/s2
根据位移时间公式可知，t1=
（2）物块在BC上的运动时间t2=t1=s
因为SBC=vBt2+a2t22，
物体在B点的速度为vB=a1t1=3m/s
联立解得，a2=0，即物块在斜面上匀速运动．
在斜面上，F=f+mgsin53°
N=mgcos53°
f=μN
联立上式，计算得物块与斜面间的动摩擦因数μ=
（3）当物块与水平地面间弹力恰好为零时，F值最大．
此时，Fmax sin53°=mg
代入数据得，Fmax=25N
当物块恰好能到达C点（vC=0）时，F值最小．
此时，物块在AB间的加速度a1'与BC间的加速度a2'大小相等．
根据牛顿第二定律，Fmin cos53°=ma1'
mgsin53°﹣Fmin=ma2'
因此，Fmin cos53°=mgsin53°﹣Fmin
代入数据计算，得Fmin=10N
综上，F的取值范围为[10N，25N]
答：（1）物块从A点运动到B点所用的时间t1为
（2）若物块在AB和BC上运动的时间之比为2：1，物块与斜面间的动摩擦因数为；
（3）若斜面光滑，改变恒力的大小（方向不变），仍能使物体沿ABC运动到C，力F的取值范围为[10N，25N]
　

2017年1月15日