热考(1)动力学中的临界极值问题-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

第二部分 热芳（一） 动力学 [热考解读] 动力学中的临界极值问题是高考题经常涉及 的考查点，利用牛顿运动定律处理有关临界极值 问题时应注意： 1.常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱 离，临界条件是弹力FN=0. (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最 大值. (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临 界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张 力；绳子松弛的临界条件是F、=0. (4)最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受 合外力为零 2.求解临界极值问题的三种方法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使 极限法 临界现象（或状态）暴露出来，以达到正 确解决问题的目的 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼 两种可能时，或变化过程中可能出现临界 假设法 条件，也可能不出现临界条件时，往往用 假设法解决问题 将物理过程转化为数学表达式，根据数 数学法 学表达式解出临界条件 [热考热练] (时间：75分钟分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的， 1.(2025·河北邯郸·模拟 预测)我国明代综合性科 15 技巨著《天工开物》“五金”篇中提到为了将矿石 从矿坑中运出，工人们会搭建简易的斜面通道， 这是古代劳动人民智慧的结晶.如图所示，若斜 面的倾角为15°，方形矿石与斜面间的动摩擦因 数为停，重力加速度为g,现用轻绳拉者质量为 m的矿石沿斜面匀速上滑，所需的拉力最小值 为 热芳专题 中的临界极值问题 A 2 mg B.6- -mg 4 C.ing D.2g 4 2.(2025·江西省赣州市高三二模)如图甲所示， A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面 上，它们的质量分别为m4=1kg、mB=3kg,现 用水平力FA推A,用水平力FB拉B,FA和FB 随时间1变化的关系如图乙所示，则() F/N Fe/N 9 3 t/s -10 t/s 777777 甲 A.A、B分开之前，A物体所受的合外力逐渐 减小 B.t=3s时，A、B脱离 C.A、B分开前，它们一起运动的位移为6m D.A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动 3.(2025·陕西安康·三模)如图甲所示，水平地面 上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右 端，给长木板施加一水平向右的变力F,长木板及 小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙 所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度大小为g,下列说法正确的是 () F O FEE F 甲 乙 A.小物块与长木板间的动摩擦因数为0 8 B.长木板与地面间的动摩擦因数为 g C.小物块的质量为 F2-F1 ao D.长木板的质量为F一P a1 4.(2025·江苏苏州中学月 考)如图所示，A、B、C三个 物体静止叠放在水平桌面 mmimm 上，物体A的质量为2m,B和C的质量都是m,:7.(2024·浙江1月选考，8)如图所 细水管 A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因： 示，小明取山泉水时发现水平细 数为，B和地面间的动摩擦因数为名.设最大 水管到水平地面的距离为水桶高 的两倍，在地面上平移水桶，水恰 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现 好从桶口中心无阻挡地落到桶底 对A施加一水平向右的拉力F,则下列判断正 边沿A.已知桶高为h,直径为D, 确的是 则水离开出水口的速度大小为 A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F 不能超过与mg A B.D h B.当力F=ng时，A、B间的摩擦力为mg C. W2+1)D 2 A 2h D.(2+1)D/g 2h C.无论力下为何值，B的加速度不会超过g 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 D.当力F>多mg时，B相对A滑动 要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分， 有选错的得0分. 5.(2025·山东泰安·模拟预测)如图甲所示，我8.(2025·河南省信阳市高三二 国古建屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设.图乙是两： 模)如图所示，A、B两物块的 片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且 777777777777777777 质量分别为2m和m,静止叠放 平行的椽子所在平面与水平面夹角为37°.图丙 在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为1，B与 为截面示意图，圆弧形底瓦放置在两根相邻的 地面间的动摩擦因数为2·最大静摩擦力等于 椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线： 滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水 接触.已知相邻两椽子与底瓦接触点间的距离： 平拉力F,则 ( 为底瓦半径的√2倍，盖瓦和底瓦形状相同，厚度 不计，质量相同、最大静摩擦力等于滑动摩擦 A.当g=2A且F=号Amg时，A的加速度 力，重力加速度大小g取10m/s2,在无扰动的： 情况下，底瓦与盖瓦均保持静止.若仅铺设这三： 为38 片瓦进行研究，则底瓦与椽子间的动摩擦因数 B.当=且F=mg时，A的加速度为 至少为 5 盖 641g C当=A时，B的加速度最大为分k8 甲 丙 A.② B② C.32 D.当，=4时，无论F为何值B都不会运动 D. 3√2 6 16 9.(2025·河南新乡 甲 6.(2025·湖北省天门 一模)如图所示，书 一中高三质检)如图 本甲叠放在书本乙 所示，大滑块质量为 上，甲、乙两书足够 m M=20kg,两个小滑 长，甲、乙的质量分 块质量相同，均为m 别为m1=0.6kg、m2=0.2kg,甲、乙之间的动 =5kg,定滑轮的质量以及滑轮和轻质绳索之 摩擦因数1=0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数 间的摩擦可以忽略.滑块之间以及滑块与水平 2=0.1.认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 面之间的摩擦系数为0.1，重力加速度取为 取重力加速度大小g=10m/s2,用水平向右的 10m/s2,则要使得三个滑块之间相对静止，则： 力F推书本甲，开始时F=0.6N,此后缓慢增 所需外力F的最小值为 大，下列说法正确的是 A.300N B.75N A.当推力F=0.7N时，书本甲对书本乙的摩 C.1115N D.1515N 擦力大小为0.7N 102 B.当推力F=1N时，书本均保持静止状态 三 C.当推力F=1.8N时，书本甲、乙之间无相对：12 滑动 D.当推力F=2N时，书本甲、乙之间有相对 滑动 10.（2025·河南省郑州外国 语学校模拟)某运动员从 滑雪跳台以不同的速度 0水平跳向对面倾角为 45° 45°的斜坡（如图所示）， 已知跳台的高度为h,不计空气阻力，重力加速 度为g,则下列说法正确的是 A.若运动员以最短位移落到斜坡上，则在空中 所用时间为层 B.若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直，则： 在空中所用时间为√3g 2h C.若该运动员落到斜坡上某位置时速度最小， 则在空中所用时间为。 2h 5g D.该运动员落到斜坡上的最小速度为 √W5-1 11.(2025·重庆市高三二调)如图为某款新型电： 磁泵的简易装置图.泵体是一个长、宽、高分别 为a、b、c的长方体，上下两面M、N为金属极 板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体 中产生自上而下的恒定电流I,泵体处于垂直 纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中.导电 液的电阻率为ρ，密度为D,重力加速度为g, 1 工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是 M b ::::3)ia B A.电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力 为BId B.导电液的流速稳定为)时，电源的输出功率 为BIcv C.该电磁泵中导电液流速与抽液高度五的 关系为0= 2BI ND6 -2gh D.该电磁泵的最大抽液高度为B! Dbg 103 、非选择题：本题共5小题，共52分 (2025·广东深圳·阶段练习)(6分)如图，中 空的水平圆形转盘内径r=0.8m,外径足够 大，沿转盘某条直 径有两条粗糙凹 槽，凹槽内有A、B 两个物块，两根不 可伸长的轻绳一端 系在C物块上，另 C 一端分别绕过转盘 内侧的光滑小定滑轮系在A、B两个物块上， 转盘不转动时两个物块放在距离竖直转轴R 1.0m处系统恰好保持静止.每根绳长L 1.2m,A、B两个物块的质量均为m=2.0kg, C物块的质量mC=1.5kg,所有物块均可视为 质点，取重力加速度g=10m/s2 (1)启动转盘，缓慢增大转速，求A、B与凹槽 间摩擦力恰好为零时转盘的角速度ω1； (2)w2=4rad/s时，改变物块C的质量，要使 A、B相对凹槽不滑动，求物块C的质量最小 值m0· (2025·辽宁·三 模)(8分)如图所 B 示，一倾角为30°、足 够长的斜面体固定 30°7 7777777777777 在水平地面上，斜面上并排放置两个不粘连的 小物块A、B,两物块在沿斜面向上、大小F= 47N的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上 做匀加速直线运动，恒力F作用t=4s后撤 去.已知物块A、B的质量分别为mA=3kg、 mB=1kg,物块A、B与斜面间的动摩擦因数 分别为4=语a怎物头A与到面铜的 静摩擦因数略大于，物块月与斜面间的静 座擦因数略小丁，物块A,B间的碰撞为弹任 正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，取 重力加速度大小g=10m/s2,求： (1)撤去F时物块A、B的速度大小vo; (2)两物块在第一次碰撞前瞬间物块B的速度： 大小)B; (3)物块A、B在前两次碰撞之间的最大距 离d. 14.（2025·四川石室中 0入 学高三检测)(10分) a B 如图所示，质量为m B 的物块A被轻质细 A 绳系住斜放在倾角 Tm30 为30的斜面上，物块A与斜面间的动摩擦因！ 数为x<).细绳绕过光滑定滑轮0右端 固定在天花板上，细绳上一光滑动滑轮O下方： 悬挂着重物B,整个装置处于静止状态，此时 细绳左右两边与竖直方向的夹角α=30°，3= 60°.已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于 滑动摩擦力. (1)重物B的质量为多少时，A与斜面间恰好 没有摩擦力作用？ (2)要使物块A能在斜面上保持静止，重物B的： 质量应满足什么条件？（斜面此时仍然静止）. 15.(2025·广东省湛江市高三二 F 模)(12分)如图所示，一质量 m=0.4kg的小物块，以0= 人0 2m/s的初速度，在与斜面成 某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加 速运动，经(=2s的时间物块由A点运动到B 104 点，A、B之间的距离L=10m.已知斜面倾角 日=30，物块与斜面之间的动摩擦因数4=5， 3 重力加速度g取10m/s2. (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的 大小 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？ 拉力F的最小值是多少？ 6.(2025·福建省福州十五中等五校期中联考) (16分)如图所示，在光滑水平台面上，一个质 量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁 住.现打开锁扣K,物块与弹簧分离后将以一 定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿 切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC.已知 A、B的高度差h=0.8m,水平距离s=1.2m, 圆弧轨道的半径R=1m,C点在圆弧轨道BC 的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L= 2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨 道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰 撞，重力加速度，g=10m/s2,sin37°=0.6， cos37°=0.8，空气阻力忽略不计.试求： IKA个 0 h .0 D 777777777777777777777777777777777772 (1)弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能E。; (2)圆弧BC所对的圆心角0； (3)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且 只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD 间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数 弘应满足什么条件.由机找能守恒定撑得m=名ma+名M, 聚这解保气浸 当m<M,可得U≈一 因此发生弹性正碰时电子几乎没有能量损失， (3)当K一G间电压达到4.9V时，电子在到达G极附近时 获得的能量是4.9eV,与汞原子发生非弹性碰撞时，有可能 把全部能量传递给汞原子，使汞原子从基态跃迁到最近的一 个能量较高(4.9eV)的激发态，碰后的电子无法克服G一A! 间的反向电压到达A极，因此A极电流大幅度下降；等到！ K一G间的电压超过4.9V较多时，电子在K一G空间与汞！ 原子碰撞而转移掉4.9eV的能量后，还留有足够的能量，又 能克服反向电压从G极到达A极，电流又上升了；当K一G! 间的电压是4.9V的2倍或3倍时，电子在K一G空间有可 能经过两次或三次碰撞而耗尽能量，从而使电流再次下降， 答案(1)√m U (2)证明见解析(3)原因见解析 16.解析(1)设A、B两小球碰撞后的组合体速度大小为v,由： 动量守恒定律可得aUo=(a十mB)v, 解得U=一 m。,设两小球的组合体做圆周运动所需向心 a十7B 2 力的大小为F,由牛频第二定律可得F=(ma十ma)只，解得 、m12y2 F=(mA十m)R (2)设A、B两小球发生弹性碰撞后的速度大小分别为vA,: U,由动量守恒定律可得mAvo=mAvA十mBVB,由能量守恒 定律可得子mw2=之m2十之m,联立两式解得 （A-B） 2mAvo UA=mA千B vo,B-mA千mB 要满足所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如· 图所示 ①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰 撞之间，A、B两小球通过的路程 .120° 之比4=1士3kk,=01,2,…) 12-m8a sB4十3k, ,'120 且4=4，联立以上各式解得 UB SB m4=4十3(k=0,1,2,…),因 mB 2-3k 两小球的质量均为正数，故k1只能取k1=0,即4=2. 设A、B两小球第二次碰撞后的速度大小分别为心A,'B,同 理可得，十ma=m0十0。，子m,2+之 2mav 21 =之m0员十之m0'员，联立解得dA=w,dB=0,故第三次1 1 碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在〔点，以此类推，满足12 题意. ②若第二次碰撞发生在图中的(，点，同①可得，从第一次碰！ 撞到第二次碰撞之间，A,B两小浆通过的路程之比学 -215 23k2k,=01,2,…),且2=，解得4=5十3k(k2户 5十3k2 mB 1-3k 0,1,2,…),因两小球的质量均为正数，故k2只能取k2=0, 即m4=5,同①可得，A、B两小球第二次碰撞后的速度大小 mB 分别为v'A=,VB=0,故第三次碰撞发生在c点、第四次碰 撞发生在b点，以此类推，满足题意. 综上，可得m1=2或5 mB (3)由题意可知，第一次碰前两小球的相对速度大小为。，则 第一次碰后的相对速度大小相=，设两小球从第一次碰 后到第二次相碰前所用时间为t1,因B球比A球多运动一 圈，故有起1=2πR,设第一次碰撞(A球撞B球)后，A、B 两小球的速度大小分别为V1、,由动量守恒定律可得 mAU。=mAVA1十1，且相=V一Va1,联立以上各式解 m1(十)，B球运动的路程51=咖 mamB 2πRmA（o） A+m2（+=RmL(十1） 设第二次碰撞(B球撞A球)后，A、B两小球的速度大小分 别为UA2、v,由动量守恒定律可得gU1十mAVA1=mA0o= mAVA2十mU2,且2湘=Va2一y2=eU相=e0,两小球从第 二次碰后到第三次相碰前所用时间为2，因A球比B球多 运动一圈，故有v2相t2=2πR,联立以上各式解得m= mA十B U2相 B球运动的路程 2πRmA（0-1= 1A十mBU2相/ 同理可得，第三次碰后B球运动的路程 2xRA（ mA十mr（相十1/ (+ 第四次碰后B球运动的路程s1= 2πRmA U m4十mB 从第1次碰撞到第2十1次碰撞之间一共碰了2n次，故小 球B通过的总路程s=51十s2十s十…十52m,解得s= 1 2xRmA e2m-1 ma十m（eTeT e 答案(1)m4。m1'2 mA十m'(mA十mB)F (2)2或5 （3)2m1. e2m-1 mA十men(e-1) 第二部分 热考专题 热考（一）动力学中的临界极值问题 A 2.C 3.D 4.D 5.D 6.D 7.C 8.ACD 9.AC BD 11.ACD 解析(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向的夹角 为日， 由几何知识可得sin0=乙。-R-万=0.8， 即有0=53°， 对于物块C而言， 14 则有2Tcos8=mcg, mcg 解得T=2c0s53=12.5N, A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的拉力为其做圆周运： 动提供向心力，根据牛顿第二定律可得 T=mo'R, T 解得u√R=2.5rad/s, (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力平衡，则有： umg=T, 解得u=0.625, 当转盘的转动的角速度w2=4rad/s,A、B所需的向心力 F,=ma2'R=32 N, 要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对物块A、B! 受力分析可知 Fin十mg=Fn, 联立解得Fmm=19.5N, 对物块C受力分析可得 2F min cos 0=mog, 联立可得o=2.34kg. 答案(1)2.5rad/s(2)2.34kg 13.解析(1)设在恒力F的作用下，两物块的加速度大小为a, 则有F-kam4gcos30°-4 am ng cos30°-(m4十mB)gsin30° =(mA十mB）a v =at 解得6=12m/s. (2)撤去F后，两物块开始做匀减速直线运动，根据已知条件： 可知，物块A减速到0后将停在斜面上，物块B减速到0后 将反向加速，设物块A向上减速时的加速度大小为αA,物块 B向上减速时的加速度大小为aB,物块B向下加速时的加！ 速度大小为a'B,则有 :15 m4gsin30°十am Ag c0s30°=mAaA, ngsin30°十4gc0s30°=zaB,nng sin30°-gcos30° =mga B ℃2 622 由位移关系2a。一2a2a 解得=2m/s. (3)以沿斜面向下为正方向，设两物块在第一次碰撞后瞬间， 物块A的速度大小为'A,物块B的速度为'B,则有 1 1 m0B=md。十m0'A,2mae2=2m0'公2+2m0'A2 解得va=1m/s,g=-1m/s 设物块A向下加速时的加速度大小为a'A,经时间t两者的！ 速度相同，则有 magsin30°-HAmAg COS30°=mAa'A 连度关系+at=a(化-） 可+--总)广器 解得d= 答案(1)w=12m/s(2)=2m/s(3)d=6m 53 216 解析(1)对A、B进行受力分 析，如图所示，A与斜面间恰好 a B 没有摩擦力作用，即f=0, 0 N 根据平衡条件有 B Nsin30°=T1sin30°， mRg 0 T1cos30°+Vcos30°=mg, mg 解得T= 31g, 由B受力平衡可知mg=T1X2cos60°， 条得一 (2)如果物块A恰好不上滑，则摩擦力方向沿斜面向下，且达到 最大值，则对A,在平行斜面方向上有 T1cos30°-mgsin30°-f=0, 在垂直斜面方向上有N十T1sin30°-mgcos30°=0，又 f=uN, 解得T,=mg1十5) √+u 如果物块A恰好不下滑，则摩擦力方向沿斜面向上，且达到 最大值，则对A在平行斜面方向上有 T2cos30°-mgsin30°十f=0, 在垂直斜面方向上有 V+T2sin30°-mgcos30°=0，又f=uN, 解得T,=mg(1一3 √3-4 对重物B,根据平衡条件，有2T2cos60°=mBg,故物体B的 质量范国为片必m≥m6≥业m. √十μ √5-红 答案19m(2点马>m≥1m √5+μ √3-μ 解析(1)由运动学方程得 at,2aL=v82-v2 代入数值解得a=3m/s2,=8m/s. (2)对物块受力分析，如图所示， 设拉力F与斜面成α角，在垂直斜 面方向，根据平衡条件可得Fsin a 十Fy=mgc0s30°，沿斜面方向，由 牛顿第二定律可得Fcos a mgsin30°-F:=ma, F:20 又F=Fy,代入数值解得 FcosaFsin a-5.2N, 3 则F= 5.2 15.6 -N= cos 25 3 3 sin a 、2 7.8 N, √3sin(a+60°) 当a=30°时，拉力F有最小值，且Fm= 35N. 51 答案(1)3m/s28m/s(2)30° 13N 16.解析(1)物块滑离平台后做平抛运动，根据平抛运动的规： 律可得分g=九，wt=5 解得小物块运动到平台末端A的速度大小为：=3/s, 报据能量守位有瓦=宁m2=子×1X3J=45J: 1 (2)设物块运动到B点时，竖直方向速度为v,,则有 u,2=2gh, 解得：v,=4m/s, 刻有an0受-专可得0- 则圆孤BC所对的圆心角为53°； (3)B、C两，点的高度差为hc=R-Rcos53°=(1-1X0.6)m: =0.4m, 若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有E。十 mg(h十hx)=hmgL, 解得A一器。 若恰不从B飞出根据能量守恒有E。十mgh=2gL, 5 解得=16 若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有： E。十mg(h十hx)=3amgL, 解得内一离 鲸上可得品<<器 33 答案(1)4.5J(2)53° (3)5 <器 热考（二）传送带模型与板块模型 14 1.C2.A3.C4.C5.B6.C7.A8.AC9.ACD 10.BC11.BC 12.解析(1)对包子分析，根据牛顿第二定律有 0.4mg=ma', 解得a=4m/s2, 1 对包子而言，做匀减速运动，其位移为西=t一之t, 1 对排盘器而言，做匀加速运动，其位移为马=之， x1十x2=1, 解得t=0.1s或t=-2.9s(舍) (2)包子在排盘器上减速过程y=一at', 解得=1m/s, 包子微平抛运动，竖直方向A=, 解得t=0.1s, 竖直方向的速度，=gt=l0X0.1m/s=1m/s, 水平方向的速度v,==1m/s, 所以合速度=√0，十，=√十1产m/s=√2m/s 答案(1)0.1s(2)w2m/s 13.解析(1)方法一：由题得小物块与长木板最终共速，设速度！ 大小为，对小物块列动量定理 Ft1-fmg(t1十t2)=mu-0 ! 对长木板列动量定理 mmg(t十t2）=Mv-0 217 方法二：对小物体受力分析列方程 F-umg=ma 得a1=4m/s 对长木板受力分析列方程 umg=Ma 得a2=2m/s 小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后 匀速，小物块减速得加速度一umg=ma? 得a3=-4m/s 小物块加速阶段最大速度=a1ti1小物块减速阶段v= a1t1十a3t2 长木板一直加速v=a2(t十t) (2②)小物块加速阶授位移=了， 小物块减速阶段位移工，=巧4十2a,4 长木板位移西=2a(十) 由z1十x2-x=L 得t1=1s 4时间内相对位移△x=4一之a:4=1m Q=mg△x=4J. 答案(1) (2)4J 解析(1)0到1s内，对煤块由牛顿第二定律可得 mgsin 6umgcos ma, 可得煤块的加速度大小a1=8m/s, 煤块运动时间=二， 煤块运动位移：L1= v%十v 24, 煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律可得 mg sin日-umg cos8=ma2, 可得煤块的加速度大小a2=4m/s, 煤块运动时间t,=巴， a2 煤块运动位移：山，=之， 则AB之间的距离s=L1十L2, 代入数据解得s=10m; (2)0一1s内：传送带运动位移L'=t1, 传送带上痕迹长度△x2=L,'一L1, 煤块与传送带共速后，对煤块上滑和下滑的过程，由牛顿第 二定律可得-L1=t-a2t'? 可得t=(1十5)s, 传送带上痕迹长度△x2=vt十L1, 解得△x2=(12十4√5)m, 可得传送带上痕迹总长度△x=△x2=(12十4√5)m. 答案 (1)10m(2)(12+4√5)m