传送带练习题.docx
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传送带练习题
如图所示，为车站使用的水平传送带装置模型，绷紧的传送带水平部分AB的长度L=5m，并以v=2m/s的速度向右运动．现将一个可视为质点的旅行包轻轻地无初速地放在传送带的A端，已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2．求：
（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s．
【答案】
（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t为3s；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s为1m
【解析】考点:
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动的总时间．
（2）求出该时间内物体的位移，由平均速度公式求出传送带的位移，最后求出痕迹的长度．
解答：
解：
（1）设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速，发生的位移为x，
由牛顿第二定律得：
f=ma…①
f=μmg…②
v=at1…③
…④
解得：
x=1m＜5m，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．
设匀速直线运动时间t2，则：
L﹣x=vt2…⑤
t=t1+t2…⑥
联立解得：
t=3s…⑦
（2）旅行包相对滑动过程传送带位移为：
x'=vt1…⑧
旅行包相对滑动时留下的痕迹的长度：
s=x'﹣x…⑨
联立解得：
s=1m
如图所示，有一水平放置的足够长的皮带输送机以v=5m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物体以v0=10m/s的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动．若物体与皮带间的动摩擦因素μ=0.5，并取g=10m/s2，求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间．
【答案】物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间4.5s
【解析】
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
物体滑上传送带后先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动达到5m/s做匀速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出运动的总时间．
解答：
解：
物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：
μmg=ma，
加速度：
a=μg=0.5×10=5m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：
s=
=10m，
物体向左运动的时间
t左=
=2s；
物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速运动，
加速度a=5m/s2，物块速度等于传送带速度v=5m/s时，
物块的位移s1=
=2.5m＜s=10m，t1=
=1s，
运动时间然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，
物块做匀速直线运动的时间：
t2=
=1.5s，
物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：
t=t左+t1+t2=4.5s
答：
物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间4.5s
点评：
解决本题的关键理清物体全过程的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．
水平传送带以v=2m/s速度顺时针匀速运动，将物体轻放在传送带的A端，它可以先匀加速后匀速运动到传送带另一端B。
传送带AB两端间的距离为L=4m，物体和传送带间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2。
求：
（1）物体在匀加速过程中加速度大小？
（2）物体A端经多长时间运动到B端
（3）若传送带以v=4m/s速度逆时针匀速运动，为使物体仍能到达B端，在A端至少给物体多大的初速度？
【答案】
（1）1m/s2;
（2）3s（3）
【解析】
试题分析：
（1）物体在匀加速过程中，由牛顿第二定律：
，解得
（2）当物块和传送带共速时，经历的时间：
物体的位移：
在以后的运动中，到达右端所用的时间：
共用时间：
t=t1+t2=3s
（3）若传送带以v=4m/s速度逆时针匀速运动，则物体一直减速运动，加速度为
，为使物体仍能到达B端，则
，解得
考点：
牛顿第二定律的应用；匀变速直线运动的规律.
11、如图所示，水平传送带AB长L=10m，向右匀速运动的速度v0=4m/s．一质量为1kg的小物块（可视为质点）以v1=6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．
求：
（1）物块相对地面向左运动的最大距离；
（2）物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间．
【答案】
（1）物块相对地面向左运动的最大距离为4.5m；
（2）物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间3.125s
【解析】
考点:
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有
专题:
牛顿运动定律综合专题．
分析:
（1）当物块相对地面的速度为零时，相对地面向左运动有最大距离；
（2）物块经历向左减速、向右加速、向右匀速三个过程，时间之和就是总时间．
解答:
解：
（1）设物块与传送带间摩擦力大小为f、向左运动最大距离s1时速度变为0
f=μmg
﹣fs1=0﹣
解得：
s1=4.5m
（2）设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等：
v1﹣at1=0
由牛顿第二定律得：
a=
解得：
t1=1.5s
v0=at2
解得：
t2=1s
设反向加速时，物块的位移为s2，则有：
s2=
=
=2m
物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点，则有：
s1﹣s2=v0t3
解得：
所以物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间t=t1+t2+t3=3.125s
答：
（1）物块相对地面向左运动的最大距离为4.5m；
（2）物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间3.125s．
点评:
本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分阶段根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据运动学公式列式求解，运算较麻烦，但过程较明朗．
在工厂的流水线上安装水平传送带，可以把沿斜面滑下的工件用水平传送带进行传送，可大大提高工作效率．如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面下端与水平传送带相连，一工件从h=0.20m高处的A点由静止滑下后到达B点的速度为v1，接着以v1滑上水平放置的传送带．已知：
传送带长L=15m，向右保持v0=4.0m/s的运行速度不变，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.20，g=10m/s2，空气阻力不计，工件可看成质点．求：
（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间．
（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度S=？
【答案】
（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；
（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m．
【解析】
考点:
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题:
牛顿运动定律综合专题．
分析:
（1）从A到B是匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间和末速度；B到C过程是先加速后匀速的过程，根据牛顿第二粒求解加速度，根据运动学公式求解时间；
（2）根据运动学公式求解相对位移即可．
解答:
解析：
（1）匀加速下滑时：
mgsinθ=ma1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
得：
v1=
=2m/s﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
从A﹣B用时t1：
v1=at1
得：
t1=0.4s﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
从B﹣C先匀加速后匀速：
加速时：
μmg=ma2
得：
﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤
匀加速时间t2：
v0=v1+a2t2
得：
t2=10s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
在t2内：
=3m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦
匀速时：
L﹣x1=v0t3
得：
t3=3s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧
从A﹣C总时间：
t=t1+t2+t3=4.4s﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨
（2）在t2内，传送带位移为：
x2=v0t2=4m﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑩
黑色痕迹长度：
S=x2﹣x1=1m
答：
（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；
（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m．
点评:
解决本题的关键是理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
用如图所示的水平传送带和斜面将货物运送到斜面的顶端，传送带两端AB的距离为d=10.4m，传送带以v1=10m/s顺时针匀速运动，右端B靠近倾角θ=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间用一段长度可以不计的小圆弧平滑连接．斜面的总长L=9.8m，当物体以v2=12m/s向右的水平初速度从A点冲上传送带，发现物体通过B点后经t=2.0s第二次到达斜面上的C点，物体和所有接触面的动摩擦因数均为μ=0.5．求：
（1）物体从A点到达B点的时间；
（2）BC的距离；
（3）为了将物体送上斜面的顶端，要在A端给物体一个向右的水平初速度，求这个初速度的最小值．
【答案】
（1）物体从A点到达B点的时间为1s；
（2）BC的距离为4m；
（3）为了将物体送上斜面的顶端，要在A端给物体一个向右的水平初速度，则这个初速度的最小值为17.3m/s
【解析】
考点：
匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：
直线运动规律专题．
分析：
（1）滑动摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律可得物体在水平传送带AB上的加速度a1=μg，物体在水平传送带上先做匀减速直线运动，减速的时间t1=
，位移X1=
，当与传送带共速后开始做匀速直线运动，匀速的时间t2=
，所以，物体从A点到达B点的时间t=t1+t2．代入数据计算即可．
（2）物体在斜面BC上向上运动时的加速度a2=gsinθ+μgcosθ，从经过B点到在斜面上速度减为零经历的时间t3=
，位移X2=
，之后，物体沿斜面下滑，加速度a3=gsinθ﹣μgcosθ，再经历时间t4=t﹣t3到达C点，物体下滑的位移X3=
a3t42，所以，BC的长度XBC=X2﹣X3．
（3）物体要到达斜面的顶端，则物体在B点的最小速度vB，由vB2=2a2L得vB，物体在水平传送带AB上一直做匀减速直线运动，由vA2﹣vB2=2a1d可解得得物体的最小初速度vA．
解答：
解：
（1）物体在水平传送带AB上的加速度
a1=μg=5m/s2
物体在水平传送带上先做匀减速直线运动，
减速的时间t1=
=0.4s
位移X1=
=4.4m
当与传送带共速后开始做匀速直线运动，
匀速的时间t2=
=0.6s
所以，物体从A点到达B点的时间t=t1+t2=1s
（2）物体在斜面BC上向上运动时的加速度
a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
从经过B点到在斜面上速度减为零经历的时间t3=
=1s
位移X2=
=5m
之后，物体沿斜面下滑，加速度a3=gsinθ﹣μgcosθ=2m/s2
再经历时间t4=t﹣t3=1s到达C点，物体下滑的位移X3=
a3t42=1m
所以，BC的长度XBC=X2﹣X3=4m
（3）物体要到达斜面的顶端，则物体在B点的最小速度vB
由vB2=2a2L得vB=14m/s
物体在水平传送带AB上一直做匀减速直线运动，
由vA2﹣vB2=2a1d得
物体的最小初速度vA=17.3m/s
答：
（1）物体从A点到达B点的时间为1s；
（2）BC的距离为4m；
（3）为了将物体送上斜面的顶端，要在A端给物体一个向右的水平初速度，则这个初速度的最小值为17.3m/s．
点评：
此题文字较多，首先要有耐心读题．对于传送带问题，关键是分析物体的运动情况，本题要边计算边分析，不能只定性分析．
如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平。
不计定滑轮质量，绳足够长，物体与传送带之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
从最初直到物体P从传送带离开的过程，以下判断正确的是（）
A.物体P可能先减速后加速
B.物体P可能先加速后减速
C.物体P可能先加速后匀速
D.物体P可能先减速后匀速
【答案】AC
【解析】
试题分析：
物块P受向右的摩擦力和向左的细绳的拉力，当向右的摩擦力小于向左的细绳的拉力时，物块向右做减速运动，减速到零后反向加速，选项A正确，D错误；若P受到的摩擦力大于Q的重力，故P先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故B错误，C正确.
考点：
牛顿第二定律.
如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB长为L=16m的传送带以恒定速度v=10m/s运动，在传送带上端A处无初速释放质量为m=0.5kg的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ=0.5，求：
（1）当传送带顺时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？
（2）当传送带逆时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？
【答案】
（1）若传送带顺时针转动，物体由A滑到B的时间为4s．
（2）若传送带逆时针转动，物体从A到B需要的时间为2s．
【解析】
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）隔离法选取小物块为研究对象进行受力分析，然后由牛顿第二定律求小物块的加速度，然后由运动学公式求解．
（2）物体在传送带上受到重力、支持力和摩擦力作用先做初速度为0的匀加速直线运动，当速度和传送带速度一样时进行判断物体跟随传送带匀速还是单独做匀变速直线运动，根据总位移为16m，可以求出整个运动过程的时间t．
解答：
解：
（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，由牛顿第二定律得：
mg（sin37°﹣μcos37°）=ma，
代入数据得：
a=2m/s2，
由匀变速运动的位移公式得：
代入数据得：
t=4s．
（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=ma1，
代入数据得：
a1=10m/s2，
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有：
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，
则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力﹣﹣摩擦力发生突变．
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
代入数据得：
a2=2m/s2，
位移：
x2=l﹣x1=16﹣5=11m，
又因为x2=vt2+
则有：
10t2+
=11，
解得：
t2=1s（t2=﹣11s舍去）
所以有：
t总=t1+t2=2s．
答：
（1）若传送带顺时针转动，物体由A滑到B的时间为4s．
（2）若传送带逆时针转动，物体从A到B需要的时间为2s．
点评：
解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．从此题看出出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．
倾斜的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示，在t＝0时，将质量m＝2.0kg的小物块轻放在传送带上A点处，2s时物块从B点离开传送带，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g＝10m/s2。
求：
⑴0～1s内物块所受的合外力大小；
⑵小物块与传送带之间的动摩擦因数；
⑶在0～2s内由于小物块在皮带上留下的痕迹长度。
【答案】⑴
＝20N；⑵μ＝0.5；⑶
【解析】
考点：
本题主要考查了牛顿第二定律的应用和对v-t图象的理解与应用问题。
试题分析：
⑴由图乙可知：
a1＝
＝
m/s2＝10m/s2
根据牛顿第二定律有：
＝ma1＝20N
⑵0～1s内，小物块受到的摩擦力沿斜面向下，有：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
1～2s内，由图乙知：
a2＝
＝
m/s2＝2m/s2
小物块受到的摩擦力沿斜面向上，有：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
联立以上各式，并代入数据解得：
μ＝0.5
⑶由图象可知，传送带的速度为v＝10m/s
作出传送带的v-t图象如下图所示，两阴影部分的面积分别为：
Δs1＝5m，Δs2＝1m
则Q＝f（Δs1＋Δs2）＝48J
如图所示，为一传送装置示意图，已知平直段AB长度为s=20m，传送带与水平方向夹角θ=37°，皮带轮的半径r=
m，角速度ω=10πrad/s，皮带与轮子间不打滑，将一个质量为m=0.5kg的煤块轻放到传送带的上端A点，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5．（皮带速度等于轮的角速度乘以轮的半径）求：
（1）物体刚放上传送带时的加速度；
（2）煤块在传送带上运动的总时间为多长；
（3）当煤块从B端脱离传送带时，在传送带上留下的煤炭划痕有多长；
（4）若传送带仍逆时针转动，调整皮带轮的角速度，使煤块在上述过程中在传送带上留下的划痕最长，则皮带轮的角速度至少为多少？
【答案】
（1）物体刚放上传送带时的加速度为10m/s2；
（2）煤块在传送带上运动的总时间为（﹣4+2
）s；
（3）留下的煤炭划痕长为
；
（4）皮带轮的角速度至少为31πrad/s．
【解析】
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）
（2）当物体的速度小于传送带的速度时，向下加速运动，由于重力沿斜面的分力大于摩擦力，故当达到共同速度后物体在传送带上继续做加速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式及可求得时间；
（3）求出两个加速阶段物体与传送带的位移即可求得痕迹长度；
（4）当传送带刚好运动一周时物块下滑到斜面底端，利用运动学公式即可求的最小速度．
解答：
解：
（1）设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
则有a1=
=10m/s2
（2）设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
传送带转动速度：
v=ωr=10m/s
x1=
＜20m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
x2=s﹣x1=20﹣5=15m
又因为x2=vt2+
a2t22，则有10t2+t22=15
（舍去），
所以t总=t1+t2=（﹣4+2
）s．
（3）在第1s内，皮带位移x′=vt=10m．
物体速度大于传送带速度，还是原来的痕迹，则痕迹长x′﹣x1=5m
速度相等后，煤块相对传送带向下滑
此阶段皮带位移：
综合以上情况知，留下的划痕长为
（4）析可知，当煤块在皮带上留下的划痕为整体皮带长时，划痕最长
又整根皮带长度为：
l=2s+2πr=42m
假设调整皮带轮的角速度后，煤块在传送带上一直以
做匀加速运动，则煤块在皮带上运动时间为t
有：
得：
t=2s
皮带的速度为：
而煤块离开的速度v″=a1t=20m/s＜31m/s
故假设成立，所以皮带转动的角速度为：
答：
（1）物体刚放上传送带时的加速度为10m/s2；
（2）煤块在传送带上运动的总时间为（﹣4+2
）s；
（3）留下的煤炭划痕长为
；
（4）皮带轮的角速度至少为31πrad/s．
点评：
本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，加速度时中间桥梁．
如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距4m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=30o，C、D两端相距5.25m，B、C相距很近，水平部分AB以6m/s的速率顺时针转动，将一米袋无初速度的放在A端，米袋被传送带AB运送到达B端后，传到倾斜的CD部分（米袋从AB进入CD无能量损失），米袋与传送带AB间的动摩擦因数为0.5，与传送带CD间的动摩擦因数为
/5（g取10m/s2）试求：
（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围．
【答案】
【解析】
如图所示，AB段为一与水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段为一传送带，BC段水平、角CDE也为37°，传送带与物体间动摩擦因数为0.5，转动轮大小不计．有一质量1Kg的小物块，用一与斜面平行的F=7N的恒力拉动物体从斜面底端由静止开始向上运动，斜面长为L=8m，在以后的运动过程中，设物块始终未离开斜面或传送带，传送带以10m/s的速度逆时针（BEDC方向）匀速转动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2则：
（1）求物块运动到B点时的速度大小？
（2）物体运动到B点时，撤去拉力F，物体经过B点后速度方向变为水平，大小不变，BC段距离为X=1.6m，求物体运动到C点处的速度大小？
（3）当物体运动到C点时，传送带速度大小不变，方向变为顺时针，CD段长度为S=8m，求物块从C运动到D所用时间．（用根号表示）
【答案】
（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/ss；
（2）物体运动到C点处的速度大小为0；
（3）物块从C运动到D所用时间为=（2
﹣4）s
【解析】
考点:
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题:
牛顿运动定律综合专题．
分析:
（1）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出物块的速度；
（2）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出物块的速度；
（3）物块在CD上做加速运动，物块受到与传送带速度相等前后物块的加速度不同，
由牛顿第二定律求出加速度、应用匀变速运动的运动学公式即可正确解题．
解答:
解：
（1）物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得：
F﹣mgsin37°=ma1，
代入数据解得：
，
由匀变速运动的速度位移公式得：
vB2﹣0=2aL，
代入数据解得：
vB=4m/s；
（2）物块在BC段上，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2，
代入数据解得：
，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
，
代入数据解得：
vC=0m/s；
（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=ma3，
代入数据解得：
，
当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为：
x1=
=5m，
所用时间为：
=1s，
在物体速度达到10m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：
mgsin37°﹣μmgcos37°=ma4，
代入数据解得：
，
由匀变速直线运动公式得：
，
代入数据解得：
，
总时间：
t=t1+t2=（2
﹣4）s；
答：
（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/ss；
（2）物体运动到C点处的速度大小为0；
（3）物块从C运动到D所用时间为=（2
﹣4）s．
点评:
本题考查了牛顿第二定律的应用，物体运动过程较复杂，分析清楚物体的运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题；物块在CD面上的运
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