2021-2022学年福建省三明市高一(上)期末物理试卷(附答案详解)

2021-2022学年福建省三明市高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.关于物体惯性大小，下列说法正确的是()
A. 体积越大，惯性越大
B. 速度越大，惯性越大
C. 质量越大，惯性越大
D. 阻力越大，惯性越大
2.苏炳添以9.83s的成绩成为首个进入奥运会百米决战的黄种人。

他在半决赛中()
A. 路程小于100m
B. 位移小于100m
C. 平均速率小于10m/s
D. 平均速度大于10m/s
3.东京奥运会全红婵获女子单人10米跳台跳水冠军。

她起跳至入水前的运动时间，下
列估算最合理的是()
A. 0.5s
B. 1.0s
C. 1.3s
D. 1.5s
4.甲图中，小孩用20N的水平力未推动木箱时，木箱受到的静摩擦力为f；乙图中推
动木箱时木箱与水平地面间的摩擦力为30N。

已知木箱重为100N，木箱与地面间动摩擦因数为μ，则()
A. f=20N、μ=0.30
B. f=30N、μ=0.30
C. f=20N、μ=0.20
D. f=30N、μ=0.20
5.一物体受到三个共点力的作用，F1=10N，F2=6N，F3=5N，则合力最小值为()
A. 0
B. 1N
C. 9N
D. 11N
6.如图，细绳通过光滑滑轮连接质量相等的物体A、B，系
统处于静止状态。

现对B施加一水平力F，使B缓慢移动
一小段距离，A始终静止在水平地面上，则此过程中有
()
A. 细绳对A的拉力变小
B. 地面对A的支持力变大
C. 地面对A的摩擦力变小
D. 地面对A的作用力变大
7.高铁被誉为中国“新四大发明”之一，速度可达350km/ℎ。

如图，列车行驶过程中，
一硬币直立在窗台上，则硬币()
A. 一定做匀速直线运动
B. 一定只受重力和支持力
C. 一定受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D. 可能受到与列车行驶方向相反的摩擦力作用
8.救生滑梯是飞机上乘客紧急时刻的“救护神”。

如图，乘客
从滑梯顶端由静止开始匀加速直线下滑至底端，前两秒的平
均速度为1m/s，最后两秒的平均速度为2m/s，已知滑梯顶端
离地高度为2.7m，乘客重为G，则()
A. 滑梯长度为6m
B. 乘客下滑历时3s
C. 乘客滑至底端时，速度大小为4m/s
D. 乘客下滑过程中，受到的阻力为0.6G
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图，服务员水平托举菜盘给顾客上菜。

菜盘水平向
左匀速运动，不计空气阻力，则()
A. 手对菜盘的摩擦力方向向左
B. 菜盘对手的作用力方向竖直向下
C. 手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力为一对平衡力
D. 手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力为一对相互作用力
10.研究自由落体运动时，伽利略设计了如图所示的斜面实验。

根据实验，他通过下列
哪些方法来验证自由落体运动规律()
A. 比较S2−S1与S3−S2是否相等
B. 测量速度与所用时间的比值是否保持不变
C. 测量位移与所用时间平方的比值是否保持不变
D. 研究物体在斜面上的运动，然后进行逻辑推理
11.一款中国制造的飞行背包可实现单人短程安全飞行。

消防员利用飞行背包进行高楼
火灾观测，他从地面开始沿竖直方向飞行的v−t图像如图所示，则消防员()
A. 上升的最大高度为450m
B. 在0−0.5min处于超重状态
C. 在3.5−4.5min处于失重状态
D. 在t=0.5min时改变飞行方向
12.如图甲，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放有一物体，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的恒力F作用在物体上，使其向上做直线运动。

物体离开初始位置的位移为x，其加速度a与x之间的关系如图乙，劲度系数k=25N/m，g=10m/s2，则()
A. 物体的质量为1kg
B. 弹簧最大压缩量为4cm
C. 物体最大加速度为10m/s2
D. 弹簧与物体分离时处于原长状态
三、填空题（本大题共3小题，共13.0分）
13.物体在0−5s内位移随时间变化的s−t图像如图所示，则物体第1s内的平均速度为
______m/s，前5s位移大小为______m。

14.如图所示，一重力为G的灯笼悬挂于两墙壁之间处于静止状态。

绳OA水平，绳OB与竖直墙夹角为60°，则绳OA的拉力大小为
______；绳OB的拉力大小为______。

15.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．
(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在
______方向(填“水平”或“竖直”)．
(2)弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为
L x；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
代表符号L L x L1L2L3L4L5L6数值[cm]25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为______．
(3)如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与
______的差值(填“L”或“L x”)．
(4)由图可知弹簧的劲度系数为______N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为
______g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2).
16.某实验小组利用如图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。

(1)本实验应用的实验方法是______。

A.理想实验法
B.控制变量法
(2)若要探究木块的加速度与力的关系，下列操作正确的是______。

A.木块质量须保持不变
B.改变钩码个数，须重新平衡摩擦力
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
D.平衡木块受到的滑动摩擦力时，须通过定滑轮挂上钩码
(3)图乙为打点计时器打出的纸带，相邻计数点时间间隔为______T，请用逐差法写
出木块加速度大小的表达式a=______。

(4)某小组实验过程中没有平衡摩擦力，开始时5个钩码全部放在木块上，现依次将
n(取n=1、2、3、4、5)个钩码挂上轻绳，其余钩码仍留在木块上，释放木块，测出其相应的加速度a，作出a−n图像如图丙。

忽略纸带与限位孔间的摩擦，已知重力加速度大小为g，则可求得木块与水平长木板间的动摩擦因数μ=______。

17.如图所示，一载有小孩的雪橇总质量m=30kg，在拉力F的作用下，从静止开始沿
水平地面向右运动，已知拉力F大小为100N，与水平面夹角为37°，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.25，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
(1)雪橇对地面的压力大小；
(2)雪橇6s末的速度大小。

18.如图1所示，OB为接力赛跑道，AB为长L=20m的接力区，两名运动员未在接力区
内完成交接棒视为犯规。

某次训练中，甲匀速跑至接力区前x0=15m处时，向乙发出起跑口令。

乙听到口令从A处开始起跑，当加速到与甲速度相等时恰好被甲追上，完成交接棒。

甲乙v−t图像如图2所示，忽略口令传播与乙的反应时间，求：
(1)接棒前，乙的加速时间t和加速度a的大小；
(2)通过计算推断两人交接棒过程是否犯规。

19.三明钢铁厂某分厂用传送带把工件传送到高处，图甲为该装置示意图。

传送带与水
平面的夹角θ=37°，A、B两端相距L1=7m。

一可视为质点、质量为m=40kg的工件从A端无初速度释放后运送至B端。

已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ1=
0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若传送带以v=2m/s的速度顺时针运转，求工件从A端运送至B端所用的时间；
(2)2021年秋冬季开始，因节能减排限时供电，传送带停止运转。

为了不影响工作
进度，如图乙，工人将工件置于木板最上端，拉动连接木板且与传送带平行的轻绳，完成运送工作。

已知木板质量M=10kg，工件与木板之间的动摩擦因数μ2=0.8，木板与传送带之间的动摩擦因数μ3=0.25，木板上端到传送带上端的距离为L2=
5.25m，不计轻绳与定滑轮间的摩擦力与空气阻力：
(i)为避免工件与木板相对滑动，求工人所用拉力的最大值；
(ii)若工人用(i)中的最大拉力将工件与木板由静止开始拉动，一段时间后撤去拉力，工件恰好能运动到B端，求拉力的作用时间。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：惯性是物体的固有属性，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与受力情况、体积大小、运动情况及所处的状态等都无关，故ABD 错误，C 正确。

故选：C 。

惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．
惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．
2.【答案】D
【解析】解：AB.奥运会百米决赛，是直线运动，位移的大小等于路程，都为100m ，故AB 错误；
C 、平均速率等于路程与时间的比值，苏炳添百米赛跑的平均速率为：v −
=x
t =100
9.83m/s =10.17m/s ，故C 错误；
D 、平均速度的大小等于位移与时间的比值，苏炳添百米赛跑的平均速度为：v −
=x
t =
1009.83
m/s =10.17m/s ，故D 正确；
故选：D 。

明确位移和路程的定义，知道位移是矢量而路程是标量；时间是时间轴上的一段，与位移相对应；而时刻是坐标轴上的一个点，与位置相对应；物体在某一过程上的速度是指平均速度；平均速度等于位移与时间的比值。

本题考查位移和路程、平均速度、时间和时刻等内容，要注意明确平均速度的定义。

3.【答案】D
【解析】解：如果全红婵做自由落体运动，由ℎ=1
2 gt2可得，下落时间t=√2ℎ
g
=
√2×10
10
m≈1.4m，由于下落过程受空气阻力，故实际下落时间一定大于1.4s，故D正确，ABC错误。

故选：D。

将全红婵的运动视为自由下落，根据ℎ=1
2
 gt2，求在空中运动的时间，再结合实际情况分析实际的运动时间。

本题主要考查了自由落体运动的时间的计算，同时注意实际情况中空气阻力不能忽略。

4.【答案】A
【解析】解：甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以f=20N。

运动时摩擦力为滑动摩擦力，根据f滑=μF N，
F N=mg，
木箱与地面间动摩擦因数为μ=f
滑
F N
=30
100
=0.30，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据力的平衡去求静摩擦力f1，运动时摩擦力为滑动摩擦力，根据f=μF N去求动摩擦因数。

解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力，知道它们的区别，同时掌握动摩擦因数的求解。

5.【答案】A
【解析】解：10N和6N的合力最大值为16N，最小值为4N，故可以与5N的力的合力为零，故最小值为0，故A正确，BCD错误。

故选：A。

多力能否使物体处于平衡状态主要是判断三个共点力的合力能否为零。

本题可借助所学组成三角形的方法进行判断，即：两力之和大于第三力，两力之差小于第三力，则合力可以为零。

6.【答案】D
【解析】解：A.设拉B的细线与竖直方向的夹角为θ，对B受力分析
根据平衡条件可得：
F=m B gtanθ
T=m B g cosθ
则随着B向右移动，则θ角变大，F和T都变大，细绳对A的拉力变大，故A错误；BCD.设拉的细线与竖直方向夹角为α，对A受力分析
根据平衡条件可得：
地面对A的支持
F N=m A g−Tcosα
因T变大，则F N减小；地面对A的摩擦力
F f=Tsinα
因T变大，则摩擦F f变大；地面对A的作用力等于
F
合
=√F f2+F N2
因F合与物块A的重力和细线的拉力T平衡，则F合与m A g与T的合力等大反向，因T变大，
则F合变大，故BC错误，D正确。

故选：D。

先对B受力分析，根据共点力的平衡条件可得出细绳对A的拉力变化；再对A受力分析，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力、支持力的变化；地面对A的作用力与A的重力和细绳的拉力之和等大反向。

本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡列式分析。

7.【答案】D
【解析】解：当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故ABC错误，D正确；
故选：D。

硬币直立时可能做匀速直线运动，也可以随车速的变化做变速直线运动，由受力分析，结合运动的情况分析；列车横向变道时，列车运动的方向发生变化。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键要明确列车沿直线运动时，速度的大小可能发生变化。

8.【答案】B
【解析】解：ABC，设滑梯的长度为l，乘客下滑的总时间为t，加速度为a，已知初速度为零，前两秒的平均度为lm/s，即第1s末的速度
v1=1m/s，
根据速度—时间公式有
v1=at1
代入数据解得：a=1m/s2
则(t−2)s末的速度为
v′=a(t−2)
ts末的速度为
v=at
则最后两秒的平均速度
v−=v′+v
2=a(t−2)+at
2
代入数据解得：t=3s，v=3m/s，
根据位移—时间公式
l=1
2
at2
代入数据可得：滑长度l=4.5m
故B正确，AC错误；
D.设滑梯与水平面的夹角为θ，则有
ℎ=lsinθ
对乘客，根据牛顿第二定律有
Gsinθ−f=ma
又G=mg
联立解得：f=0.5G，
故D错误；
故选：B。

根据前两秒的平均速度求加速度大小；再根据最后两秒的平均速度和位移—时间公式求末速度和滑梯长；根据牛顿第二定律求阻力。

本题考查了匀变速直线运动和牛顿第二定律的应用，解题突破口要抓住前两秒和最后两秒平均速度展开分析。

9.【答案】BD
【解析】解：A、菜盘沿水平方向匀速向左运动，则水平方向和竖直方向都受力平衡，则水平方向手对菜盘无摩擦力作用，否则受力不平衡，故A错误；
B、竖直方向手对菜盘的作用力即手对菜盘的支持力与菜盘的重力平衡，即手对菜盘的作用力方向竖直向上，菜盘对手的作用力方向竖直向下，故B正确；
CD、手对菜盘的支持力和菜盘对手的压力是物体间的相互作用力，作用在两个物体上，不是平衡力，故C错误、D正确。

故选：BD。

菜盘沿水平方向匀速向左运动的过程中受力平衡，结合受力分析判断即可AB选项；根据作用力与反作用力判断CD选项。

此题是对物体的平衡及摩擦力判断的考查；注意当菜盘水平匀速运动时，受力平衡。

10.【答案】CD
【解析】解：A、自由落体运动是匀加速运动，相等时间内的位移是不相等的，所以比较S2−S1与S3−S2是否相等是无法确定是否为自由落体运动的，故A错误；
B、由于当时条件的限制，通过该实验装置是无法确定物体的速度的，故B错误；
C、本实验中，伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，故C正确。

D、将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，即经过了逻辑推理得出的结论，故D正确
故选：CD。

本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答本题．
本题考查对伽利略自由落体规律的研究，伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法。

11.【答案】AB
【解析】解：A、消防员在0−1.5min速度为正值，速度方向向上，由图象与时间轴围成的面积可知消防员上升的高度为ℎ=450m，
1.5−
2.5min速度为零，2.5min以后速度为负值，速度方向向下，故消防员上升的最大高度为450m，故A正确；
B、由图可知，消防员在0−0.5min加速上升，故加速度方向竖直向上，故消防员处于超重状态，故B正确；
C、由图可知，消防员在3.5−4.5min减速下降，故加速度方向竖直向上，故消防员处于超重状态，故C错误；
D、由图可知，在t=0.5min速度方向依然向上没有改变方向，故D错误；
故选：AB。

由图可知，最大高度为0−1.5min这段时间里，图象与t轴围成的面积；
加速度向上处于超重状态，加速度向下处于失重状态；
根据图像分析，在t=0.5min时加速度方向改变，速度方向没变。

明确超重和失重的概念，会看速度−时间图像。

12.【答案】BD
【解析】解：BD、当弹簧弹力为零时，物体与弹簧分离，此时弹簧处于原长状态，分离后物体做匀加速直线运动，由图乙可知，此时物体加速度a=1m/s2，位移为4cm，可知弹簧最大压缩量为x0=4cm，故BD正确；
AC.、开始时，系统处于静止状态，根据平衡条件可得
kx0=mg
当弹簧压缩量最大时，弹力最大，物体有最大加速度，根据牛顿第二定律有
F+kx0−mg=ma m
当物体与弹簧分离时，根据牛顿第二定律有
F−mg=ma1
联立解得
a m=11m/s2，m=0.1kg.F=1.1N
故AC错误。

故选：BD。

当弹簧弹力为零时，物体与弹簧分离，此时弹簧处于原长状态，分离后物体做匀加速直线运动，刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；当弹簧压缩量最大时，弹力最大，物体有最大加速度，根据以上条件列式分析即可。

本题关键是由图象得出一些相关物理量，首先要读懂图线的意义，然后根据牛顿第二定律和胡克定律列方程分析求解。

13.【答案】105
【解析】解：物体在第1s内的位移x1=(15−5)m=10m，故第1s内的平均速度为v−=
x1 t1=10
1
m/s=10m/s。

前5s位移x2=(0−5)m=−5m，故前5s位移的大小为5m。

故答案为：10；5
在位移−时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，位移等于x的变化量，平均速度等于位移与时间之比。

本题要求同学们能根据图象读取有用信息，知道位移等于纵坐标的变化量，平均速度等
于位移与时间之比。

14.【答案】√3G；2G
【解析】解：以结点O为研究对象，受到灯笼的拉力、OA和OB的拉力，如图所示；
根据平衡条件结合几何关系可得：F A=Gtan60°=√3G；
F B=G
cos60∘
=2G。

故答案为：√3G；2G。

以结点O为研究对象进行受力分析，根据平衡条件进行解答。

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。

15.【答案】竖直L3L x 4.910
【解析】解：(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向．
(2)表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度L3应为33.40cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm．
(3)在砝码盘中每次增加10g砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与L X的差值．
(4)充分利用测量数据k=△F
△x =59.3×10−3×10
12×10−2
≈4.9N/m；
通过图和表可知：L0=25.35cm，L x=27.35cm
所以砝码盘的质量为：m=k△x
g
=4.9×0.02
9.8
=0.01kg=10g；
故答案为：(1)竖直，(2)L3，(3)L x，(4)4.9，10．
用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的．
充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k.其中△x为弹簧的形变量．
弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验
问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差．
16.【答案】B AC 5
(s 3+s 4)−(s 1+s 2)100T b g 【解析】解：(1)该实验是探究加速度与力、质量的关系，因有两个变量影响加速度，所以应用控制变量法。

故选B 。

(2)A.要探究木块的加速度与力的关系，需要保持木块质量不变，故A 正确；
B .改变钩码个数以改变木块所受拉力时，不需要重新平衡摩擦力，故B 错误；
C .要让木块受到的合力是绳子的拉力，需调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与木板保持平行，故C 正确；
D .平衡摩擦力时，不挂钩码，但要带上纸带，故D 错误。

故选AC 。

(3)相邻计数点时间间隔为T ×5=5T
根据逐差法可得，木块加速度大小为a =(s 3+s 4)−(s 1+s 2)
4×(5T)2=(s 3+s 4)−(s 1+s 2)100T 2
(4)设每一个钩码的质量为m ，木块质量为M ，对木块和5个钩码整体，由牛顿第二定律得
nmg −μ[(5−n)mg +Mg]=(M +5m)a
解得：a =mg+μmg M+8m n −μg
根据图丙，可得μg =b
解得μ=b g
由此可知，则与未平衡摩擦力相比，做出的a −n 图像的斜率变小。

故答案为：(1)B ；(2)AC ；(3)5；(s 3+s 4)−(s 1+s 2)
100T 2；(4)b g ． (1)该实验是探究加速度与力、质量的关，；应用控制变量法；
(2)要探究木块的加速度与力的关系，需要保持木块质量不变，改变钩码个数以改变木块所受拉力时，不需要重新平衡摩擦力，使牵引木块的细绳与木板保持平行，平衡摩擦力时，不挂钩码，但要带上纸带；
(3)用逐差法求加速度；
(4)对钩码利用牛顿第二定律进行分析，结合a −n 的图像得出动摩擦因数；
本题主要考查了摩擦力的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据牛顿第二
定律结合图像的解析式完成分析，整体难度不大，要注意单位的换算。

17.【答案】解：以小孩和雪橇整体为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示。

(1)竖直方向根据平衡条件可得：
F N+Fsinθ=mg
解得：F N=240N
根据牛顿第三定律可得雪橇对地面的压力大小：
F N′=F N=240N；
(2)地面对雪橇的摩擦力大小为：
f=μF N′=0.25×240N=60N；
对小孩和雪橇整体根据牛顿第二定律可得：
Fcosθ−f=ma
雪橇6s末的速度大小
v=at
代入数据联立解得：v=4m/s。

答：(1)雪橇对地面的压力大小为240N；
(2)雪橇6s末的速度大小为4m/s。

【解析】(1)以小孩和雪橇整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件求解支持力大小，根据牛顿第三定律可得雪橇对地面的压力大小；
(2)根据摩擦力的计算公式求解地面对雪橇的摩擦力大小，对小孩和雪橇整体根据牛顿第二定律求解雪橇的加速度大小，再根据速度—时间公式求6s末速度。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是
联系力和运动的桥梁。

18.【答案】解：(1)由匀变速直线运动的规律可知v甲=at，v 甲t−1
2
at2=x0联立代入数据解得
t=3s，a≈3.33m/s2。

(2)把t和a代入乙的位移公式得
x 乙=1
2
at2=1
2
×10
3
m/s2×(3s)2=15m<L所以在接力区，没有犯规。

答：(1)接棒前，乙的加速时间t为3s和加速度a的大小为3.33m/s2；
(2)通过计算推断两人交接棒过程没有犯规。

【解析】此题考查匀变速直线运动的速度，位移规律和追击问题。

注意甲乙位移关系是解决的关键。

19.【答案】解：(1)工件轻放上传送带时，设工件的加速度大小为a1，加速到与传送带速度相等用时t1，沿传送带方向的位移大小为s1，对工件，由牛顿第二定律得
μ1mgcosθ−mgsinθ=ma1
由匀变速直线运动速度公式有
v=a1t1
s1=1
2
vt1
由题意可得，工件与传送带共速后匀速运动到B端，设匀速过程用时t2，位移大小为s2，s2=L1−s1=vt2
工件从A点运送到B点所用的时间
t=t1+t2
联立代入数据解得：t=6s
(2)(i)当工件受到的静摩擦力取最大值时，拉力取最大值，对工件，由牛顿第二定律有μ2mgcosθ−mgsinθ=ma m
对木板和工件，由牛顿第二定律有
F m−μ3(M+m)gcosθ−(M+m)gsinθ−=(M+m)a m
联立解得工件的最大拉力
F m=420N
(ii)设工人施加拉力的时间t3向上运动过程中，由题意可知工件与木板之间不打滑，在
拉力作用下，工件与木板一起匀加速直线运动．
撤去力之后一起匀减速直线运动，工件运动到B端时速度为零，对工件和木板，设匀加速直线运动位移大小为s3，匀减速直线运动过程中加速度大小为a2，位移大小为s4，由牛顿第二定律有
μ3(M+m)gcosθ+(M+m)gsinθ=(M+m)a2
由匀变速直线运动速度公式有
s3=1
a m t32
2
s4=(a m t3)2
2a2
L2=s3+s4
联立解得
t3=5s
答：(1)若传送带以v=2m/s的速度顺时针运转，工件从A端运送至B端所用的时间为6s；
(2)(i)为避免工件与木板相对滑动，工人所用拉力的最大值为420N；
(ii)若工人用(i)中的最大拉力将工件与木板由静止开始拉动，一段时间后撤去拉力，工件恰好能运动到B端，拉力的作用时间为5s。

【解析】(1)对物体受力分析，根据物体的受力的情况求得物体的加速度的大小，根据运动学的规律可以求得物体运动的时间。

(2)当工件受到的静摩擦力取最大值时，拉力取最大值；撤去力之后一起匀减速直线运动，工件运动到B端时速度为零，根据牛顿第二定律结合运动学公式解得。

本题中最容易出错的地方在最后一问的计算，物体受到的摩擦力的方向是变化的，从而导致物体的运动的加速度不同，物体运动的情况也就不同，根据前后两种不同的运动计算时间即可。