(1)8.9 s　(2)2 m/s²　8 s

【解析】(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石

沿传送带方向F_f-mgsinθ=ma

垂直传送带方向：F_N-mgcosθ-F=0

其中F=1.4mg，F_f=μF_N，解得：a=2 m/s²

则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t₁== s=5 s

对应的位移为：

x₁=a=×2×5² m=25 m

根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：t₂== s=3.9 s，所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：t=t₁+t₂=8.9 s。

(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s²，所以传送带的最小加速度为：

a_min=2 m/s²，

则有：L=at′²，代入数据解得最短时间为：t′=8 s。

【总结提升】(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。

(1)6 m/s²　10 m/s²　(2)8.5 m

【解析】(1)对A：ma_A=μ₁mg

解得a_A=6 m/s²

对B：μ₁mg+μ₂×2mg=m

解得=10 m/s²。

(2)B的加速度大，B先减速到0，

设B由v₀减速到0的时间为t₁，

v₀=t₁，t₁=1 s

此时A的速度为：v_A=v₀-a_At₁，v_A=4 m/s，

该过程A的位移为：

x₁=v₀t₁-a_A，x₁=7 m

之后B所受水平面的摩擦力反向：

μ₁mg-μ₂×2mg=m，=2 m/s²

设B反向加速至与A共速所用时间为t₂，

v_A-a_At₂=t₂，t₂=0.5 s

从B反向加速到两者共速，该过程A的位移为：x₂=v_At₂-a_A，x₂=1.25 m

共同速度v=t₂=1 m/s

两者共速后一起向左做减速运动，

μ₂×2mg=2ma，a=2 m/s²

两者共同减速的位移：x₃=，x₃=0.25 m

A向左运动的总位移

x=x₁+x₂+x₃=8.5 m。

(1)0.3　(2)0.15　(3)4.5 kg

【解析】(1)由图象可知，A在0～1 s内加速度为

a₁==-3 m/s²，

对A由牛顿第二定律得，

-μ₁mg=ma₁

得μ₁=0.3

(2)由图象可知，AB在1～3 s内加速度为

a₂==-1.5 m/s²，

对AB整体由牛顿第二定律得

-μ₂(M+m)g=(M+m)a₂

得μ₂=0.15

(3)由图象可知B在0～1 s内的加速度

a₃==3 m/s²

对B由牛顿第二定律得，

μ₁mg-μ₂(M+m)g=Ma₃

代入数据解得：m=4.5 kg

ABC

【解题指导】解答本题应注意以下两点

(1)若加速度较小，小球在斜面上，受三个力的作用；

(2)若加速度较大，小球离开斜面，受两个力的作用。

【解析】小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，

可得Tcosθ-F_Nsinθ=ma，Tsinθ+F_Ncosθ=mg，

联立解得F_N=mgcosθ-masinθ，

T=macosθ+mgsinθ，

所以小球离开斜面之前，T-a图象为直线，

由题图乙可知a= m/s²时，

F_N=0，A正确；

当a=0时，T=0.6 N，

此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，

所以mgsinθ=T；

当a= m/s²时，

斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以=ma，

联立可得tanθ=，m=0.1 kg，B、C正确；

将θ和m的值代入F_N=mgcosθ-masinθ，

得F_N=0.8-0.06a(N)，D错误。

AB

【解析】当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，有F-(m_A+m_B)gsinθ-μ(m_A+m_B)gcosθ=(m_A+m_B)a，

得a=-gsinθ-μgcosθ。

隔离B研究，根据牛顿第二定律有

F_T-m_Bgsinθ-μm_Bgcosθ=m_Ba，

则F_T=m_Bgsinθ+μm_Bgcosθ+m_Ba=，要增大F_T，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。