2023年高一物理上学期寒假重难点复习（人教版2019必修第一册）专题六牛顿第二定律求传送带问题

展开

这是一份2023年高一物理上学期寒假重难点复习（人教版2019必修第一册）专题六牛顿第二定律求传送带问题，文件包含专题六牛顿第二定律求传送带问题解析版docx、专题六牛顿第二定律求传送带问题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共40页，欢迎下载使用。

专题六牛顿第二定律求“传送带”问题
【基础要点】
1.水平传送带模型
项目
图示
运动情况
判断方法
情景1

可能一直加速，也可能先加速后匀速
若≤l，物、带能共速
情景2

当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0 若≤l，物、带能共速
情景3

传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端
若≤l，物块能返回
2.倾斜传送带模型
项目
图示
运动情况
判断方法
情景1

可能一直加速，也可能先加速后匀速
若≤l，物、带能共速
情景2

可能一直加速，也可能先加速后匀速，还可能先以a1加速后以a2加速
若≤l，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ

【典型例题】
一、单选题
1．如图所示，水平传送带间的距离为，质量分别为、的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（　　）

A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为
C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为
【答案】C
【详解】
A．当传送带以逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有

即

代入数据解得

故A错误；
B．当传送带突然以顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有

解得

当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有

代入数据解得匀加速的时间为s，匀加速的位移为

代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为

代入数据解得s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为

故B错误；
C．加速阶段的位移之差为

而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，故C正确；
D．当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有

代入数据解得

之后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有

故D错误。
故选C。
2．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】C
【详解】
A．t1时刻，物块开始反向运动，所以此时离A处的距离达到最大。A错误；
B．t2时刻，物块速度开始与传送带速度一样，此时相对传送带滑动的距离达到最大。B错误；
C．0~t2时间内，物块一直相对于传送带向左运动，故摩擦力一直向右。C正确；
D．0~t2时间内，物块受到滑动摩擦力，共速后，没有摩擦力。D错误。
故选C。
3．地铁站的安全检测仪用于对乘客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持的恒定速率向左运行。小林同学过安全检测仪时将随身所携带的笔袋无初速度地放在A处，设笔袋与传送带之间的动摩擦因数，传送带两端A、间的距离为，取。若小林同学把笔袋放到传送带的同时以的恒定速率平行于传送带运动到处取笔袋，则（　　）

A．笔袋在传送带上一直做加速运动
B．小林同学比笔袋提前到达处
C．笔袋在传送带上一直受到摩擦力
D．若传送带速度足够大，笔袋最快也要才能到达处
【答案】D
【详解】
AC．笔袋在传送带上时，速度小于传送带的速度，受到摩擦力的作用做加速运动，加速到与传送带共速的过程有

解得位移

所以笔袋在传送带上先加速到与传送带共速，之后做匀速运动将不受摩擦力作用，选项AC错误；
B．笔袋加速运动的时间

匀速运动的时间

小林同学到处取笔袋的时间

因此小林同学比笔袋提前到达处的时间

选项B错误；
D．若传送带速度足够大，笔袋一直加速运动到处最快，根据匀变速运动规律有

解得

选项D正确。
故选D。

二、多选题
4．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上端物体相对地面的v-t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　）

A．传送带的倾角θ=30°
B．传送带上下两端的间距为15m
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D．物体在传送带上留下的痕迹长度为5m
【答案】CD
【详解】
AC．由题图得0～1s内物体加速度

根据牛顿第二定律得

1～2s内加速度，根据牛顿第二定律得

联立得
，
故A错误，C正确；
B．由题可得物体0～2s内的位移即为传送带上下两端的间距，图像与t轴所围面积表示位移，知

故B错误；
D．由题图知传送带的速率，则0～1s内，物体的位移为5m，传送带的位移为10m，故相对位移为5m，物体相对传送带向上运动；1～2s内物体的位移为11m，传送带的位移为10m，故相对位移为1m，物体相对传送带向下运动；因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故D正确。
故选CD。
5．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带v=4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦=0.5，已知：重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）

A．工件第一次到达B点所用的时间1.9s
B．工件沿传送带BC向上运动的最大位移为4m
C．工件沿传送带运动，仍能回到A点
D．工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动
【答案】ABD
【详解】
A．工件刚放在水平传送带上的加速度为，由牛顿第二定律得

代入数据解得

经时间与传送带的速度相同，则有

前进的位移为

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

所以工件第一次到达B点所用的时间为

故A正确；
B．因为

所以工件将沿倾斜传送带减速，设上升的最大位移为，由牛顿第二定律可得

代入数据解得加速度大小为

由匀变速直线运动的速度位移公式得

代入数据解得

故B正确；
CD．工件到达最高点后将沿斜面加速下滑，下滑的加速度大小仍为a2=2m/s2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度大小为a1=5m/s2，当速度减为零时滑行的距离为

然后返回向右运动，则物体不能回到A点；物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s，然后滑上斜面重复原来的运动，可知工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
6．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为的恒定速率顺时针转动。一质量的煤块以初速度从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，，则下列说法正确的是（　　）

A．煤块上升的最大位移为
B．煤块与传送带间的动摩擦因数
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
D．煤块在皮带上留下的划痕为
【答案】CD
【详解】
A．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，煤块上升的最大位移为

故A错误；
B．由题图乙可知，煤块滑动摩擦力方向突变发生在1s时刻，在0~1s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得

在1~2s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得

联立解得

故B错误；
C．设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，根据运动学公式有

解得

故C正确；
D． 0~1s时间内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移分别为

此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为

时间内，煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块和传送带的位移分别为

此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为

因为，所以有一部分痕迹是重合的，因此煤块在皮带上留下的痕迹长度为，故D正确。
故选CD。
7．如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时有一定间距，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )

A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在相碰前，A、B两物块之间的距离一直减小
【答案】BC
【详解】
A.物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为
μB=0.5 则物块将继续加速下滑，选项A错误；
B.物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA=0.75= tan37°=0.75，则物块将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；
C.物块B开始下滑的加速度
aB1=gsin37°+μBgcos37°=10m/s2
与传送带共速时经过的时间：

物块A开始下滑的加速度
aA1=gsin37°+μAgcos37°=12m/s2
与传送带共速时经过的时间：

共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t=0.24s时两物块速度相等，故C正确；
D.在开始的0.24s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24s后物块B继续加速下滑速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，故D错误；
8．如图所示，滑块以某一初速度从传送带下端沿传送带向上运动，传送带运动的速度v1小于滑块的初速度v0，其他条件不变，则滑块的速度v随时间t变化的图象可能是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】CD
【详解】
由于传送带运动的速度v1小于滑块的初速度v0，则物体开始做匀减速运动，如果最大静摩擦力大于等于重力在斜面的分力，则物体与传送带共速后随传送带一起匀速运动；
如果最大静摩擦力小于重力在斜面的分力，则物体与传送带共速后继续做匀减速运动，但加速度比共速前小，直到为0，再反向加速。故AB错误，CD正确。
故选CD。
9．如图所示，某车间有一个倾角、长的传送带，传送带以速率匀速转动。现将一质量的工件置于传送带的一端由静止释放，已知工件与传送带间的动摩擦因数，g取，则下列说法正确的是（　　）

A．工件到达传送带另一端所需的时间可能为
B．工件到达传送带另一端所需的时间可能为
C．工件离开传送带时的速度只能为
D．工件离开传送带时的速度可能为
【答案】BD
【详解】
工件在传送带上受到的滑动摩擦力大小为

工件的重力在沿传送带向下的分力大小为

故工件不可能由传送带底端传送至顶端，只可能从顶端传送至底端。分以下两种情况讨论：
①当传送带逆时针转动时，工件释放后瞬间的加速度大小为

与传送带达到共速所需的时间为

t1时间内工件的位移大小为

共速之后工件的加速度大小变为

设共速之后工件经过t2到达传送带底端，则

解得

工件到达传送带另一端所需的时间为

工件离开传送带时的速度大小为

②当传送带顺时针转动时，工件释放后的加速度大小将一直为

设工件经时间t3到达传送带另一端，则

解得

工件离开传送带时的速度大小为

综上所述可知BD正确，AC错误。
故选BD。
10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2m／s的恒定速率顺时针转动。一质量m=2kg的煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．煤块上升的最大位移为8m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
D．煤块在皮带上留下的划痕为
【答案】ACD
【详解】
A．根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为

故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为

对煤块根据牛顿第二定律有

解得

故B错误；
C．设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有

解得

故C正确；
D．0~1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为

煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移带下，即

内，煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为

煤块与皮带的相对位移大小为

因为l2＞l1，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为，故D正确。
故选ACD。

三、解答题
11．如图所示，水平传送带以不变的速度v=10m/s向右运动，将工件（可视为质点）轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t=2s，速度达到v；再经过时间t′=4s，工件到达传送带的右端，g取10m/s2，求：
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数；
(3)传送带的长度。

【答案】(1)5m/s2；(2)0.5；(3)50m
【详解】
(1)工件的加速度
a==5m/s2
(2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：
μmg=ma
所以动摩擦因数
μ==0.5
(3)工件加速运动距离
x1=t
工件匀速运动距离
x2=vt′
工件从左端到达右端通过的距离
x=x1＋x2
联立解得
x=50m
此即为传送带的长度。
12．如图所示，长为L＝2.25m的水平传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0＝4.0m/s匀速顺时针转动。现在传送带左端无初速地放上一质量为m＝1.0kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1＝0.20，经过一段时间煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块平稳滑上平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N，F作用了t0＝1.0s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量为M＝4.0kg，不计空气阻力，g＝10m/s2，试分析回答下列问题：

(1)传送带上黑色痕迹的长度d＝？
(2)平板与地面间动摩擦因数μ2＝？
(3)平板长l应满足什么条件？（计算结果保留两位有效数字）
【答案】(1)(2) 0.3 (3)
【详解】
(1)对煤块由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
得
a1=2m/s2
若煤块一直加速到右端，得
v12=2a1L
解得：
v1=3m/s
因为v1＜v0，设需t1时间到右端，则

s=v0t1=6m

(2)煤块滑上平板时速度v1=3m/s，a1=2m/s2
v共=v1-a1t0=a2t0
解得
a2=1m/s2
v共=1m/s
对平板由牛顿第二定律：
F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
解得：
μ2=0.3
(3)由于μ2＞μ1，
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3
得

全过程平板位移：

解得

全过程煤块位移：

故板长

13．皮带运输机是靠传送带和货物之间的摩擦力把货物运到高处的．现将一货物轻轻放在传送带的底端，货物和传送带开始阶段发生相对运动，一段时间以后共同运动。测得货物在传送带上遗留下的摩擦痕迹长为L，若已知皮带与水平方向之间的夹角为θ和皮带匀速传动的速度v0，求货物和传送带之间的动摩擦因数μ。

【答案】tanθ＋
【详解】
解：设货物与传送带相对滑动时间为t，在相对滑动过程中货物的加速度为a，对货物相对滑动过程中应用牛顿第二定律有
f-mgsinθ=ma ①
f=μmgcosθ ②
v0=at ③
此过程货物对地位移
S1＝t ④
此过程中皮带对地位移
S2=v0t ⑤
由几何关系可知
L=S2-S1 ⑥
联立① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 各式解得
μ＝tanθ+ ⑦
【点睛】
本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，要会分析判断物体的运动情况：先加速后当与传送带共速后匀速；出现的划痕长等于传动带和货物的位移之差。
14．如图所示，A、B两轮间距l＝3.25 m，套有传送带，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s的速度运行，将一物体无初速度地放到A轮处的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，求物体从A运动到B所需的时间(g取10 m/s2)

【答案】
【详解】
将物体由静止放上传送带时，摩擦力提供动力，受力如图甲所示，

由牛顿第二定律得：
在x轴方向：，
在y轴方向：，
摩擦力
由以上三式得
故有：第一加速阶段的时间为
第一加速阶段的位移为
物体在第二阶段中，由于，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿斜面向上，受力如图乙所示，

由牛顿第二定律可得：
x轴方向上：，
y轴方向上：，
摩擦力
由以上三式得
因而，在第二阶段物体以v＝2m/s的初速度和a＝2.0 m/s2的加速度做匀加速运动，其位移为
由位移公式得，解得t2＝1 s
故所用总时间为
15．如图甲所示为转动的足够长传送带，传送带以恒定的速率v沿逆时针方向转动。在传送带的左侧边缘的B点有一滑块，若让滑块以初速度冲上传送带，滑块运动的图像如图乙中a所示。若让滑块以初速度冲上传送带，滑块运动的图像如图乙中b所示，重力加速度。
（1）求滑块与传送带间的动摩擦因数；
（2）滑块以的速度冲上传送带时，求滑块从沖上B点到返回B点的时间；
（3）滑块以的速度冲上传送带时，求滑块从冲上B点到返回B点传送带上的滑痕。

【答案】（1）；（2）6.25s；（3）16m
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得

加速度大小为

联立解得

（2）向右运动时间为

则位移大小为

返回匀加速时间为

匀速时间为

则有

（3）向右运动时间为

则位移大小为

返回时匀加速时间为

位移则有

所以

16．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块与传送带等速时立即撤去恒力F，最终物块运动到了离地面高为h＝2.4m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块在传送带上运动的加速度大小；
（2）物块从传送带底端运动到平台所用的时间；
（3）物块离开传送带时的速度大小；
（4）若物块相对传送带滑动可在传送带留下痕迹，求痕迹长度。（本题计算结果均保留两位有效数字）

【答案】（1）2.0m/s2；（2）1.5s；（3）2.3m/s；（4）2.0m
【详解】
(1)开始物块加速，由

得

撤去力F后物块减速

得

(2)加速阶段

减速阶段

得

得物块从传送带底端运动到平台所用的时间

(3)由

得

(4)加速阶段的划痕为

减速阶段的划痕为

则物块相对传送带滑动在传送带留下的痕迹长度

17．如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。
(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)若v=7.0m/s求载物箱到达右侧平台时的速度。

【答案】(1)2.75s；(2)4m/s
【详解】
(1)传送带的速度为v=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg=ma
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2-v02=-2as1
联立解得
s1=4.5m
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有
v=v0-at1′
t1=t1′＋
联立解得
t1=2.75s
(2)当载物箱与传送带共速时有

解得

则当载物箱与传送带共速前已经到达右侧平台。
设载物箱到达右侧平台的速度为，则

解得

18．如图所示，传送带与水平地面夹角为，传送带顶端A到底端B的高度，传送带以的速度转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，，求：
（1）若传送带顺时针转动，物体从A运动到B所用的时间；
（2）若传送带逆时针转动，物体从A运动到B所用的时间。

【答案】（1）2s；（2）4s
【详解】
（1）若传送带以v0= 10m/s的速率顺时针转动，物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

加速度为
a1=10m/s2
则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为

此过程通过的位移为

由于，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有

解得加速度为
a2 = 2m/s2
由

解得

故物体从A运动到B需要的时间为

（2）若传送带以v0= 10m/s的速率逆时针转动，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

解得加速度为

由

解得

19．如图甲所示为一转动的传送带，传送带以恒定的速率v沿逆时针方向转动。在传送带的左侧边缘的B点有一滑块，若让滑块以初速度冲上传送带，滑块运动的图像如图乙中a所示。若让滑块以初速度冲上传送带，滑块运动的图像如图乙中b所示，重力加速度。
（1）求传送带A、B间的水平距离L和滑块与传送带间的动摩擦因数；
（2）滑块以的速度冲上传送带时，求滑块从冲上B点到返回B点的时间；
（3）滑块以的速度冲上传送带时，求滑块从冲上B点到返回B点传送带上的滑痕。

【答案】（1）32m；0.05；（2）12.5s；（3）25m
【详解】
（1）由图象中图线b可知，滑块以初速度冲上传送带时，在时刻到达A点，故传送带的长度为

根据图线b，可求得滑块的加速度为

滑块由牛顿第二定律可得

解得：滑块与传送带间的动摩擦因数

（2）滑块从冲上B点到滑回B点时，前后两段时间的位移大小相等，方向相反。根据图线a可知，滑块在0~6s和6~ts两段时间的位移大小相等，方向相反，由图像围成的面积表示位移，可得

解得滑块回到B点的时间为

（3）由（2）问可知，滑块滑回B点时间为12.5s，由图线a可知，在10s时，滑块开始匀速运动，即与传送带达到共速，所以可知传送带速度大小为

由图像围成的面积可得0~6s这段时间内，滑块向右滑行的距离为

传送带向左运动的距离为

则该段时间内滑痕为

在6~10s这段时间内，由图像围成的面积可得滑块向左运动的距离为

传送带向左运动的距离为

则该段时间内，滑痕长度为

所以，滑块从冲上B点到返回B点传送带上的滑痕长度为

20．如图所示，倾角为的传送带以速度顺时针匀速转动。将一小物块以的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因，传送带足够长，取，，，求：
（1）小物块向上运动的最远距离为多少？
（2）小物块回到底端时的速度？
（3）小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间？

【答案】（1）4m；（2）4m/s；（3）3.6s
【详解】
（1）由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律

代入数据解得
，方向沿斜面向下
设物块减速到与传送带共速需要的时间为，有

在这个阶段物体运动位移

由于物块所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有

代入数据解得
，方向沿斜面向下
最后减速到速度为零需要的时间为，有

在这个阶段物体运动位移

小物块向上滑行的最远距离为

（2）小物块之后以反向加速运动直到回到底端，加速度

由

得回到底端的速度

（3）反向加速运动直到回到底端的时间为，有

小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间