第三章 第4课时 专题强化：传送带模型和“滑块—木板”模型中的动力学问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第三章 运动和力的关系 第4课时 专题强化：传送带模型和“滑块 —木板”模型中的动力学问题 目标 要求 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”。 内 容 索 引 考点一　　传送带模型 考点二　　“滑块—木板”模型 课时精练 > < 考点一 传送带模型 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 传送带模型 考点一 (2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx ①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。 传送带模型 考点一 例1　(2024·浙江杭州市期末)在机场和车站都有传送带在运送行李，如图所示，小朱同学对传送带的工作有极大兴趣，小朱同学注意到某一条水平传送带正以1 m/s的速度顺时针匀速运动，长度1 m，行李和传送带之间的动摩擦因数为0.2，行李轻放在传送带左端。(不计行李大小) (1)行李加速前进的距离； 答案　0.25 m 传送带模型 考点一 7 行李轻放在传送带左端，行李做加速运动的加速度为 设行李到达右端前已经与传送带共速， 传送带模型 考点一 (2)行李在传送带上运动的时间； 答案　1.25 s 总时间t＝t1＋t2＝1.25 s 传送带模型 考点一 9 (3)行李在传送带上留下多长的摩擦痕迹。 答案　0.25 m 行李加速过程与传送带发生的相对位移为 Δx＝x传－x1＝vt1－x1＝1×0.5 m－0.25 m＝0.25 m 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25 m。 传送带模型 考点一 10 拓展　如果要把行李最快运送到传送带右端，传送带的速度至少多大。 答案　2 m/s 如果要把行李最快运送到传送带右端，行李应一直做匀加速运动到右端，则有2al＝v′2 可知传送带的速度至少为2 m/s。 传送带模型 考点一 11 水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长   一直加速 先加速后匀速   v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 总结提升 传送带模型 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长   滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 总结提升 传送带模型 考点一 例2　(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则 A.传送带的速度为4 m/s B.物块上升的高度为0.96 m C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.物块所受的摩擦力方向一直与物块运动方向相反 √ √ 传送带模型 考点一 假设v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与v－t图像不符，因此物块的初速度v2一定大于v1，结合v－t图像可 知，物块先减速运动到与传送带速度相等，之后以另一加速度向上做减速运动，所以传送带的速度为2 m/s，A错误； 物块的位移大小等于v－t图像中图线与时间轴所围的面积，由图像可知，物块向上运动的最大位移L＝ ×(4＋2)×0.2 m＋ ×2×1 m＝ 1.6 m，则上升的高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确； 传送带模型 考点一 在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误。 传送带模型 考点一 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ)   一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速 总结提升 传送带模型 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速；若μ＝tan θ，一直匀速 总结提升 传送带模型 考点一 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 返回 总结提升 传送带模型 考点一 “滑块—木板”模型 > < 考点二 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 “滑块—木板”模型 考点二 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 “滑块—木板”模型 考点二 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 “滑块—木板”模型 考点二 例3　(2024·浙江衢州市校考)如图所示，质量mB＝1 kg，长L＝8 m的木板B静置于水平地面上，质量mA＝3 kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， (1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过多大； 答案　12 N　 “滑块—木板”模型 考点二 设A与B刚好不发生相对滑动时，水平拉力为F0，对木板B，根据牛顿第二定律可得 μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa2 对煤块A，根据牛顿第二定律可得F0－μ1mAg＝mAa2 联立解得F0＝12 N “滑块—木板”模型 考点二 (2)若水平拉力F大小为24 N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间； 答案　2 s　 “滑块—木板”模型 考点二 因为24 N＞12 N，故A与B发生相对滑动， 对煤块A，根据牛顿第二定律可得 F－μ1mAg＝mAa1 由几何关系得x1－x2＝L 联立解得t＝2 s “滑块—木板”模型 考点二 (3)若水平拉力F为24 N不变，仅作用t1＝1 s后撤去，则当A与B停止相对滑动时，A在B留下的划痕长度。 答案　4 m “滑块—木板”模型 考点二 撤去拉力前，对煤块A有v1＝a1t1 撤去拉力后对煤块A，根据牛顿第二定律可得μ1mAg＝mAa3 撤去拉力后煤块A减速到与木板B共速的时间为t2， 从开始运动到木板B加速至共速， “滑块—木板”模型 考点二 对木板B有v＝a2(t1＋t2) 由几何关系可得Δx＝x1′＋x2′－x3 联立解得Δx＝4 m。 “滑块—木板”模型 考点二 例4　如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝ 2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； 答案　4 m/s2　1 m/s2 “滑块—木板”模型 考点二 假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37° 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2 对薄平板， 由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37° 解得a2＝1 m/s2，a1>a2， 假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 “滑块—木板”模型 考点二 (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 答案　1 s 解得t＝1 s。 “滑块—木板”模型 考点二 处理“板块”模型中动力学问题的流程 总结提升 “滑块—木板”模型 考点二 返回 总结提升 “滑块—木板”模型 考点二 课时精练 1.(多选)(2024 ·浙江宁波市校考)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小物块以某初速度沿传送带向下运动，物块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 基础落实练 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为m，传送带的倾角为θ，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsin θ<μmgcos θ， 物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动，B图中可能的，A错误，B正确； 若mgsin θ>μmgcos θ，物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的，C正确，D错误。 38 2.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前，行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是 A.要实现这一目的前提是μ<tan θ B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力 大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ>mgsin θ， 可得μ>tan θ，故A错误； 做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，故B错误； 行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确； 若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(多选)(2024·浙江杭州市联考)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.M＝m B.M＝2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜 率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像 可知a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A、D错误，B正确； 从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝ ×(7＋3)×2 m－ ×2×2 m＝8 m，C正确。 4.(多选)(2024·浙江宁波市期中)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。小煤块从A运动到B的过程中 A.所用的时间是 s B.所用的时间是2.25 s C.划痕长度是4 m D.划痕长度是0.5 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma，解得a＝μg＝4 m/s2，当煤块速度和传 1 2 3 4 5 6 7 8 9 在加速阶段产生相对位移即产生划痕，故有Δs＝v0t1－s1＝0.5 m，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(多选)(2024·浙江金华市期中)如图甲所示，MN是倾角θ＝37°传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v－t图像如图乙所示，取g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是 A.传送带的速度v＝2 m/s，顺时针方向转动 B.物块最终从N点离开传送带 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.物块在第6 s时回到M点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开，从M点离开；并且可以推出传送带顺时针方向转动，速度大小为2 m/s，故A正确，B错误； 速度图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝ ＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝ ＝0.937 5，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是 A.A的加速度大小为1 m/s2 B.B的加速度大小为6 m/s2 C.若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D.若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg Ff1＝μ2FNB 根据牛顿第二定律有 Fcos 37°－Ff1＝mBaB 联立可得aB＝6 m/s2，故B正确； 对长板A受力分析，如图乙， 可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg 由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知， 长板A静止，即aA＝0，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有 对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2 可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。 7.(2024·浙江宁波市慈溪中学期末)如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速 直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则 A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15 N B.当恒力F＝25 N时，物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时，物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F＝37.5 N时，物块滑离木板所用的时间为1 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有 F>(M＋m)gsin α，解得F>20 N，故A错误； 对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－ (M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对物块有Ff－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则Ff≤μmgcos α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N时物块不滑离木板；当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板。对木板有F－Mgsin α－μmgcos α＝Ma1，对物块有μmgcos α－mgsin α＝ma2，设经时间t滑块滑离木板，由运 动学公式有 8.(2024·浙江舟山市统考)如图所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的木板在F＝20 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一质量m＝4 kg的铁块无初速度地放上木板的最右端，木板的长度L＝10 m，取g＝10 m/s2。求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.2 开始时木板做匀速运动，有F＝μMg 代入相关数据得μ＝0.2。 (2)铁块放上后，木板运动的加速度a； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.8 m/s2，方向与运动方向相反 以木板的运动方向为正方向，在木板上放一个铁块后，对木板受力分析有F－Ff＝Ma 其中Ff＝μ(M＋m)g 代入解得a＝－0.8 m/s2，负号表示木板的加速度方向与运动方向相反。 (3)铁块滑离木板时，木板的速率v。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　3 m/s 由于木板的上表面光滑，故铁块放上木板后保持静止，铁块离开木板时，木板的位移为L＝10 m，则 v2－v02＝2aL，解得v＝3 m/s。 9.某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送设备，如图所示。已知传送带与水平面的夹角θ＝37°，正常的运行速度是v＝10 m/s。现在传送带的A端轻轻放上一个小物体(可视为质点)，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B间距离s＝16 m。试分析计算：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　4 s　 (1)如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间； 尖子生选练 (2)如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对放在传送带上的小物体进行受力分析，小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带是静止还是沿顺时针方向正常转动，小物体的受力情况完全一样，都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，如图所示 根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t， (3)如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　2 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度大小为： a2＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 小物体加速到与传送带运行速度相同需要的时间为： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由于μ<tan θ，此后，小物体沿传送带继续加速下滑， 它相对于传送带的运动方向向下，因此传送带对小 物体的摩擦力方向改为沿传送带向上，如图所示 其加速度大小变为：a3＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 小物体从该位置起运动到B端的位移大小为：s－s1＝11 m 小物体做初速度为v＝10 m/s、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 代入数据，解得t3＝1 s(t3＝－11 s舍去) 所以，小物体从A端运动到B端的时间为t＝t2＋t3＝2 s。 返回 a＝＝μg＝2 m/s2 则行李加速前进的距离为x1＝＝ m＝0.25 m<1 m 行李加速时间t1＝＝＝0.5 s 匀速时间t2＝＝ s＝0.75 s 行李轻放在传送带左端到与传送带共速所用时间为t1＝＝0.5 s 解得v′＝＝ m/s＝2 m/s 0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2 ＝－10 m/s2，根据牛顿第二定律得－mgsin θ －μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5，C正确； 煤块脱落前A的位移为x1＝a1t2 煤块脱落前B的位移为x2＝a2t2 位移为x1′＝a1t12 对煤块A有v＝v1－a3t2，位移为x2′＝t2 位移为x3＝(t1＋t2) 设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，又x1－x2＝L 送带速度相同时，位移为：s1＝＝ m＝0.5 m<4 m，因此煤块先加速后匀速运动。加速时间为：t1＝＝ s＝0.5 s，匀速运动的时间为：t2＝＝ s＝1.75 s，小煤块从A运动到B的过程中总时间为：t＝t1＋t2＝2.25 s，故A错误，B正确； 题图乙中图线与时间轴围成的面积表示位移，由题图 可知，t1＝ s时，物块的速度为0，之后物块沿传送 带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝ ×4× m＝ m，t1＝ s到t2＝6 s时，物块沿斜面向上运动的位移x2＝×2 m＝ m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，故D正确。 aA′＝＝1 m/s2 a1t2－a2t2＝L，解得t＝1.2 s，故D错误。 加速度为：a1＝＝2 m/s2 则有s＝a1t12 解得t1＝＝4 s  t2＝＝1 s 在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：s1＝a2t22＝5 m 可得s－s1＝vt3＋a3t32 $