解题思路：以小物快为研究对象，受力分析，明确其运动情况（先以a1匀加速与传送带同速后；由于μ1＜tan37°，小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a2做匀加速到B点；小物块在木板上方做匀减速运动），利用牛顿运动定律求解．注意多过程运动中，速度是连接前后的纽带．
（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：
刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为
a1=gsin37°+μ1gcos37°=10 m/s2
物快与传送带速度V0用的时间：t1=
v0
a1=0.1s
位移s1=[1/2] a1t12 =0.05m
过后因μ1＜tan37°，所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：
物块相对传送带往下滑其加速度：a2=gsin37°-μ1gcos37°=2 m/s2
由运动学公式得：s2=L1-s1=（VB2-VO2）[1
2a2
代入数据解之得：VB=3m/s
（2）物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力，物快相对滑动时做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：其加速度a3=-μ2g=-4 m/s2
木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
木板的加速度a4=〔μ2mg-μ3（mg+Mg）〕
1/M]=2 m/s2
设经过t2物块与木板达到相同速度V2，则由运动学公式得：VB+a3t2 =a4t2
解之得：t2=0.5s
木板的速度：V2=a4t2=1m/s
物块对地位移s3=（ V22-VB2）
1
2a3=1 m
木板对地位移s4=
v22
2a4=0.25m
物块在木板上滑过的距离△s=s3-s4=0.75m
（3）因μ3＜μ2物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a5=-μ3g=-1m/s2
物块与木板做匀减速运动到停止的位移s5=−
v22
2a5=0.5m
木板对地的位移s板=s4+s5=0.75m
答：（1）物块离开B点的速度大小3m/s；
（2）物块在木板上滑过的距离为0.75m；
（3）木板在地面上能滑过的最大距离为0.75m．
点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
考点点评： 解本题的关键能正确对物快受力分析，判断其运动情况，注意二者同速是解题的临界；灵活应用牛顿运动定律求解．此题受力分析时，变力太多导致多个运动过程，应属难题．