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专题20传送带模型动力学分析-高三物理一轮复习重难点逐个突破
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这是一份专题20传送带模型动力学分析-高三物理一轮复习重难点逐个突破，文件包含专题20传送带模型动力学分析解析版docx、专题20传送带模型动力学分析原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
专题20 传送带模型动力学分析
1.传送带模型的分析流程
2.解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的前提。
(2)传送带模型常常涉及临界问题，当物体与传送带达到相同速度时，会出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
考点一 传送带模型的摩擦力分析
1.传送带问题中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块（ ）
A．一直向右匀速运动
B．先向右匀加速，后继续向右匀速运动
C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力
D．先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力
【答案】BD
【解析】
AB．木块初速度为零，开始做加速运动，传送带足够长，故最后一起匀速，故A错误，B正确；
CD．滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，合力为零，故摩擦力为零，即不受摩擦力，故C错误，D正确。
2．(多选)水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A端皮带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地C端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（ ）
A．在AB段受水平向左的滑动摩擦力
B．在AB段受水平向右的滑动摩擦力
C．在BC段不受静摩擦力
D．在BC段受水平向右的静摩擦力
【答案】BC
【解析】
AB．在AB段，物体的速度小于皮带，相对皮带向左运动，则受到水平向右的滑动摩擦力，故A错误，B正确；
CD．在BC段，物体与皮带相对静止且无相对运动趋势，则不受静摩擦力，故C正确，D错误。
3．（2022·全国·高三课时练习）(多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是（ ）
A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．B、C受到的摩擦力方向相同
C．B、C受到的摩擦力方向相反
D．若传送带向右加速，A物体受到的摩擦力向右
【答案】BD
【解析】
A．A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；
BC．B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；
D．若传送带向右加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力，故D正确。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示为皮带运输机的示意图，A为传送带上的货物，皮带运输机顺时针转动，则（ ）
A．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，A不受摩擦力
B．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，A受到沿斜面向下的摩擦力
C．如果货物A和传送带都静止，A不受摩擦力
D．如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力
【答案】D
【解析】
A．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。A错误；
B．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，根据三力平衡条件，A受到沿斜面向上的摩擦力。B错误；
C．如果货物A和传送带都静止，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。C错误；
D．如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，说明货物先向上加速后匀速，则匀速时，A受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力。D正确。
考点二 水平传送带
物体在水平传送带上的运动分析
5．如图所示，一水平传送带在电动机的带动下以2m/s的速度沿顺时针方向运动。一可视为质点的滑块放在传送带的左端A点处，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的左端A点与右端B点之间的距离为L=3m，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．滑块从A点到B点一直做匀加速直线运动
B．滑块从A点到B点的运动时间为1s
C．滑块从A点到B点的运动时间为2s
D．若传送带以4m/s速率匀速运行，滑块从A点到B点的运动时间为3s
【答案】C
【解析】
ABC．对滑块受力分析知μmg=ma
即a=μg=2ms2
则加速到2ms的时间为 t=va=1s
对应的位移为 x=v22a=1m
之后随传送带一起匀速运动，用时 t′=L−xv=3−12s=1s
所以滑块从A点到B点的运动时间为 t总=t+t′=2s
故AB错误，C正确；
D．若传送带以4m/s速率匀速运行，则滑块与传送带共速的时间为 t1=v′a=2s
对应的位移为 x′=v′22a=4m>3m
所以物块一直匀加速，则滑块从A点到B点的运动时间满足 L=12at22
解得 t2=3s
故D错误。
6．(多选)如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg的小物块以某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2．下列说法正确的是
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m
C．物块距离传送带左端的最大距离是8 m
D．物块在传送带上的时间4.5 s
【答案】BD
【解析】
根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小．物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间．
由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a=△v△t=4.02m/s2=2.0m/s2；由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=MaMg=2.010=0.2，选项A错误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．前2秒内物块的位移大小s1=v2t1′=4 m，方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小s2=v'2t1″=1 m，方向向左；3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右，传送带在3s内的位移为2×3m=6m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m，选项B正确，C错误；物块再向左运动的时间t2=sv′=32s=1.5 s； 物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s，选项D正确；故选BD.
7．随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物流运输过程中卸货的传送装置示意图，倾斜部分AB的长度为4m，水平传送带BC的长度为5m，AB部分与水平面之间的夹角θ=37°。传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，把包裹轻放到A端开始运动，包裹经过B点前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与斜面AB、传送带间的动摩擦因数均为0.5，包裹运动到传送带上后传送带速度不变。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：
（1）包裹到达B点时的速度大小：
（2）包裹从A点传送到C点所需的时间。
【答案】（1）4m/s；（2）4.3s
【解析】
（1）包裹从A运动到B的过程中 mgsinθ−μmgcosθ=ma1 ①
vB2=2a1LAB ②
由式①②解得 vB=4m/s ③
（2）包裹从A运动到B的过程中 vB=a1t1 ④
包裹刚滑上传送带到与传送带共速的过程中 μmg=ma2 ⑤
v=vB−a2t2 ⑥
x=vB+v2t2 ⑦
解得 t2=0.4s，x=1.2m
因为x=1.2m＜5m，因此包裹和传送带共速后匀速向右运动 t3=LBC−xv ⑧
所以包裹从A点传送到C点所需的时间为 t=t1+t2+t3=4.3s
8．如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动．质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连．小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平．现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；
(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；
(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离．
【答案】（1）0.5（2）10s（3）4m
【解析】
(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为μ，P、Q受力如图:
由平衡条件得：T0=μ(2m)g
T0=mg
μ=0.5
(2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，
由牛顿第二定律得,对P：μ(2m+2m)g−T=(2m+2m)a1
对Q：T−mg=ma1
假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：v12=2aL
v1=a1t
联立以上两式并代入数据得：t=10s,v1=210m/s
断绳后由牛顿第二定律得：μ(2m+2m)g=(2m+2m)a2
断绳前由运动学公式得：v22=2a1x1
断绳后由运动学公式得：v2−v22=2a2x2
x1+x2=L
联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：x2=4m
考点三 倾斜传送带
1.物体在倾斜传送带上的运动分析
2.当物体与传送带达到相同速度时，可以通过比较μ和tanθ的大小关系判断重力分力和最大静摩擦力的大小关系，从而判断共速后的运动
mgsinθ=μmgcosθ←→μ=tanθ
mgsinθ>μmgcos θ←→μ﹤tanθ
mgsinθ﹤μmgcosθ←→ μ>tanθ
9．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ=30°，以恒定的速度v0=3m/s逆时针匀速转动，小木块以初速度v=6m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ=36，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5m/s2
B．小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4m
C．小木块回到传送带底端时的速度大小为3m/s
D．小木块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s
【答案】AB
【解析】
A．开始时小木块速度与传送带速度相反，所以小木块线做减速运动，受到的摩擦力方向沿斜面向下。选取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定理得mgsin30°+μmgcos30°=ma1
带入数据解得a1=7.5m/s2
故A正确；
B．设向上滑的位移为最大位移为x1，则有v2=2a1x1
带入数据解得x1=2.4m
故B正确；
C．小木块减速到零以后会反向加速，加速度也为a1，设从反向加速到和传送带同速瞬间，位移为x2，则有v02−0=2a1x2
带入数据解得x2=0.6m
物块将会继续向下加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin30°−μmgcos30°=ma2
与传送带同速到底端过程有v12−v02=2a2(x1+x2)
带入数据解得小木块到达底端的速度为32m/s，故C错误；
D．小木块向上减速到零并反向加速到与传送带速度相同时间为t1=v0−(−v)a1=97.5s=1.2s
小木块从与传送带同速到加速下滑到底端需要的时间为t1=v1−v0a2=32−352s≈0.5s
总时间为t=t1+t2≈1.7s
故D错误。
故选AB。
10．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v=2m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=8.2m。工作人员从传送带顶端无初速度地放上一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：
（1）小包裹刚放上传送带时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）10m/s2；（2）2.2s
【解析】
（1）根据牛顿第二定律 mgsinα+μmgcosα=ma
解得 a=10m/s2
（2）运动到与传送带共速的时间 t1=va=210s=0.2s
下滑的距离 x1=12at12=12×10×0.22m=0.2m
由于 tan37°=0.75>0.5
故物体0.2s后继续加速下滑，此时 mgsinα−μmgcosα=ma′
得 a′=2m/s2
剩余位移为 x2=x−x1
根据x2=vt2+12a′t22
解得t2=2s
故小包裹通过传送带所需的时间为t=t1+t2=2.2s
11．（2022·北京·北师大二附中高二期末）如图所示传送带水平部分AB=2m，倾斜部分BC=4m且与水平面夹角为α=37∘，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。传送带沿顺时针方向以2m/s的速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到C处（物块始终不离开传送带），求物块从A运动到C的时间。（g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）
【答案】2.4s
【解析】
在水平AB部分，根据牛顿第二定律有μmg=ma1
可得，小物块在水平部分的加速度为a1=μg=2.5m/s2
则小物块加速到与传送带共速的时间为t1=va1=22.5s=0.8s
此时小物块的位移为x1=v2⋅t1=0.8m
则小物块在水平部分做匀速运动的位移为x2=AB−x1=1.2m
则小物块在水平部分做匀速运动的时间为t2=x2v=0.6s
在倾斜BC部分，根据牛顿第二定律有mgsinα−μmgcosα=ma2
可得，小物块在倾斜部分的加速度为a2=gsinα−μgcosα=4m/s2
在倾斜部分，根据匀变速直线运动的位移时间关系有xBC=vt3+12a2t32
带入数据解得，小物块在倾斜部分的加速运动时间为t3=1s
则物块从A运动到C的时间为tAC=t1+t2+t3=2.4s
12．（2022·湖南·长郡中学高一期末）如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角θ＝37°，上下两端间距L=2.0m，传送带以v＝1.0m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝1.0m的O点由静止释放一质量m＝1.0kg的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g＝10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
（1）滑块与挡板P第一次碰撞时的速度大小v1；
（2）滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离xm；
（3）若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间t。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）1.67s
【解析】
（1）设滑块向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ=ma1
由匀变速运动规律有v12=2a1x0
联立解得v1=2m/s
（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为a2，则mgsinθ+μmgcosθ=ma2
减速至与皮带速度相等时运动的距离为x1，则v2−v12=2(−a2)x1
之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a1，则0−v2=2(−a1)x2
离开挡板的最大距离为xm=x1+x2
联立解得xm=0.4m
（3） 滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a3，
根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ−F=ma3
设该过程向上运动的距离为x3，运动时间为t1，
则v2−v12=2(−a3)x3 v−v1=(−a3)t1
解得x3=0.25m，t1=16s
接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以a1向上减速，减速的距离应为x2，设匀
速运动的时间为t2，则t2=L−x2−x3v
恒力持续作用的最短时间为t=t1+t2
联立解得t=53s≈1.67s
考点四 传送带上的划痕问题
1.滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)
2.物块静止轻放到传送带上一端加速到和传送带共速的过程中,如果传送带的速度为v，加速的时间为t，则：
物块的位移: x物= ①共速过程中传送带位移是物块位移的2倍
传送带的位移: x传=vt ②物块相对于传送带的位移等于物块的位移
13．（2022·湖南·高三学业考试）如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，传送带以v0=2m/s的速度顺时针转动，t=0时刻，一煤块以v=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带，传送带和煤块运动的v−t图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为34
B．煤块向上运动的总时间为2.0s
C．传送带的总长度为5.5m
D．煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3.5m
【答案】C
【解析】
A．由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为
a1=mgsin30°+μmgcos30°m=8−21m/s2
解得μ=315
这段过程中位移s1=22−82−2×6m=5m故A错误；
BC．在速度达到和传送带速度相等后，由于mgsin30°>μmgcos30°
所以煤块继续做匀减速运动，加速度大小为a2=mgsin30°−μmgcos30°m=4m/s2
煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移s2=0−22−2×4=0.5m
时间为t2=24s=0.5s
传送带的总长度为s=s1+s2=5.5m
煤块向上运动的总时间为t=1s+0.5s=1.5s故C正确，B错误；
D．煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为Δs=5m−2×1m=3m
煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快Δs'=2×0.5m−0.5m=0.5m
因为Δs>Δs'
煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3m，故D错误。故选C。
14．（2022·安徽合肥·三模）如图所示，A、B两端距离为L的水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（ ）
A．增大传送带速度v，划痕长度一定变长
B．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
C．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
D．一定条件下可使l>L
【答案】D
【解析】
AD．若石墨块到达B时速度小于v，说明石墨块一直做匀加速直线运动，
加速度大小为a=μmgm=μg
所用时间为t=2La=2Lμg
则划痕长度为l=vt−L=v2Lμg−L
若t=2Lμg>3Lv，可得vt−L>2L
说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度v，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；
B．若石墨块到达B端前速度已经等于v，则有t=va=vμg
则划痕长度为l=vt−v22a=v22μg
可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；
C．若石墨块到达B端前速度已经等于v，划痕长度为l=v22μg
若石墨块到达B时速度小于v，划痕长度为l=v2Lμg−L（当2Lμg>3Lv时，l=2L）
可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；
15．（2022·江苏·南京市大厂高级中学高一开学考试）如图所示，有一水平传送带以6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L=6m，其右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M=2kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m=1kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过光滑水平面BC滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4，煤块与小车间的动摩擦因数μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）煤块在传送带上运动的时间；
（2）煤块在传送带上运动时留下的划痕；
（3）若滑块刚好不从小车上掉下来，求小车的长度。
【答案】（1）1.75s；（2）4.5m；（3）6m
【解析】
（1）以水平向右为正方向，煤块刚放上传送带时的受力如图所示
设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为a，所用时间为t1，对地位移为x1，根据受力分析和牛顿第二定律可得f=μ1N=μ1mg f=ma
解得a=4m/s2
根据匀变速直线运动规律可得v=at1 x1=12at12
解得t1=1.5s x1=4.5m
由于x1=4.5m
t2=L−x1v=6−4.56s=0.25s
煤块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.75s
（2） 煤块在传送带上运动时留下的划痕为煤块与传送带的相对位移
Δx=x传−x1=vt1−x1=4.5m
（3）煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示
煤块与小车之间的滑动摩擦力为f2=f2′=μ2N=μ2mg=2N
煤块与小车的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得−f2=ma1 f2′=Ma2
解得a1=−2m/s2 a2=1m/s2
若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小为小车的长度，设共速为v共，各自的对地位移分别x煤、x车，
根据运动学规律可得2a1x煤=v共2−v2 2a2x车=v共2 Δx=x煤−x车
联立解得Δx=6m
即车长6m时，滑块刚好不从小车上掉下来。
16．（2022·福建·漳州市普通教育教学研究室高一期末）竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一足够长水平传送带，传送带与直轨道末端B平滑连接。传送带以恒定速度v0=2m/s逆时针转动，现将质量m=0.2kg的小煤块从A点静止释放。已知A与B距离为s=4.0m，小煤块与AB间的动摩擦因数μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小煤块在直轨道AB运动时受到的摩擦力大小；
（2）小煤块从B点第一次向右运动到最远处所用的时间；
（3）小煤块从进入传送带到第一次回到B点的过程中在传送带上留下的痕迹长度。
【答案】（1）0.8N；（2）2s；（3）9m
【解析】
（1）由受力分析可知f=μ1mgcosθ
可得f=0.8N
（2）设小煤块在直轨道AB和传送带上运动的加速度分别为a1、a2，到达B点的速度为vB，在直轨道AB上由受力分析可知mgsinθ−f=ma1
又因为vB2=2a1s
由水平传送带受力分析μ2mg=ma2
由匀变速直线运动公式vB=a2t
得到小煤块从B点第一次运动到最右端所用的时间t=2s
（3）依题意可知小煤块在传送带上先向右匀减速后向左匀加速，设匀减速阶段小煤块和传送带的位移分别为s1、s2，匀加速阶段小煤块和传送带的位移分别为s1′、s2′，匀减速阶段s1=vB2t=4m s2=v0t=4m
反向匀加阶段经过t′共速 t′=v0a2=1s
s1′=v02t′=1m
所以小煤块第一次回到B点的运动过程中在传送带上留下的痕迹长度Δs
Δs=s1+s2+（s2′−s1′）=9m
17．（2022·安徽芜湖·高一期末）如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角θ=37°，且以v1=lm/s的速度沿顺时针方向传动。一质量m=lkg的小煤块以v2=7m/s的速度滑上传送带的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带足够长，求：
（1）小煤块向上滑行的时间；
（2）小煤块离开传送带时的速度大小；
（3）小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度。
【答案】（1）1s；（2）5m/s；（3）2.125m；2.25m
【解析】
（1）由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为a1，有mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=8m/s2
其速度减小到v1=1m/s所用的时间t1=v2−v1a1=0.75s
之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a2，
有mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=4m/s2
小物块减速到0所用的时间t2=v1a2=0.25s
解得t=t1+t2=1s
（2）小物块沿传送带向上滑行的最大距离为x=v1+v22t1+v12t2
解得x=3.125m
又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=4m/s2，有2a2x=v2
解得v =5m/s
（3）小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小Δx1=v1+v22⋅t1−v1t1=2.25m（向上）
小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小Δx2=v1t2−v12t2=0.125m（向下）
故物块向上运动时相对传送带的位移为Δx=Δx1−Δx2=2.125m
即相对传送带的位移大小为2.125m，方向沿传送带向上；
而Δx2重叠在Δx1内，则全程的划痕为Δd=Δx1=2.25m
18．如图传送带与水平地面夹角θ=37°，从A到B长度为L＝7.2 m，传送带以v0＝8.4 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3。煤块在传送带上相对滑动时会留下黑色痕迹。（sin37°＝0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2）求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【答案】（1）43s ；（2）4.2m
【解析】
（1） 煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，
由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得其加速度为a1=g(sinθ+μcosθ)=8.4ms2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1=v0a1=1s
发生的位移为x1=12a1t12=4.2m
达到v0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则满足mgsinθ−μmgcosθ=ma2
解得a2=g(sinθ−μcosθ)=3.6ms2
之后加速到B端的位移为x2=L−x1=3m
又因为x2=v0t2+12a2t22
解得t2=13s
所以煤块从A到B的时间为t=t1+t2=43s
（2）第一过程痕迹长Δx1=v0t1−x1=4.2m
第二过程痕迹长Δx2=x2−v0t2=0.2m
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为4.2m。
考点五 物体在传送带上运动的最短时间
物体在传送带上一直加速运动时在传送带上运动的时间最短
19．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2。
（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
（2）求行李在传送带上的运动时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
【答案】（1）4N，1m/s2；（2）2.5s；（3）2s，2m/s
【解析】
(1)行李所受滑动摩擦力的大小为Ff=μmg=0.1×4×10N=4N
由牛顿第二定律可得，加速度的大小为a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2。
(2)行李加速至与传送带速率相等所用时间为t1=va=1s
加速过程的位移为s1=v22a=0.5m
行李匀速运动至传送带B端所用时间为t2=L−s1v=1.5s
故行李在传送带上的运动的总时间为t=t1+t2=2.5s
(3)行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为a=1m/s2，当行李到达右端时，有
vmin2=2aL
vmin=2aL=2×1×2m/s=2m/s
所以传送带对应的最小运行速率为2m/s，行李从A处传送到B处的最短时间为tmin=vmina=2s
20．如图所示，一水平传送装置A、B两端相距2m，传送带以2m/s 的速度做匀速运动，已知某工件与传送带的动摩擦因数为0.4，把工件轻轻放在A端（初速为零），求：
（1）工件从A端运动到B端所需的时间
（2）传送带的速度至少为多大时，可使工件从A端运动到B端所需时间最短．（g取10m/s2）
【答案】（1）1.25s．（2）4m/s
【解析】
根据牛顿第二定律求出工件做匀加速运动的加速度大小，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出总时间；当工件一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短，结合速度位移公式求出传送带的最小速度．
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1
由牛顿第二定律得μmg=ma1，
代入数据解得：a1=μg=4 m/s2
经t1时间与传送带的速度相同，则t1=va1=24s=0.5s，
前进的为：x1=12a1t12=12×4×0.25m=0.5m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2=LAB−x1v=2−0.52s=0.75s
所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.25 s．
（2）当工件一直做匀加速直线运动，所用的时间最短，
根据v2=2aL
代入数据得：v =4m/s．
21．为适应大规模的邮件迅速分拣，提高邮件收发效率，多家快递公司采用了现代化传送装置以提高整体竞争实力．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，传送带在电动机的带动下保持v＝2m/s的恒定速度向右运动．现将一质量为m=2kg的邮件从传送带左端A处无初速地轻放在传送带上，经过一段时间，邮件水平到达传送带的右端B处．A、B间距离L=9m，邮件和传送带间的动摩擦力因数µ＝0.2，取g=10m/s2
（1）请在图中画出邮件在传动带上滑动时所受的滑动摩擦力．
（2）求邮件从传送带左端A到达传送带的右端B的时间t．
（3）若提高传送带的速度，可使邮件从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短．为使邮件传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？
【答案】（1） (2) 5s（3）6m/s
【解析】
【详解】
（1）如图：滑动摩擦力方向水平向右
(2) 邮件放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律:μmg=ma
可以得到：a=2m/s2
邮件做匀加速直线运动 v=at1 ，则t1=1s
根据位移与时间的关系可以得到：x1=12at12 得 x1=1m
因为x
邮件从A运动到B所用的时间：t=t1+t2=5s
（3）邮件从A到B一直加速运动所用时间最短：v'2=2aL
则：传送带最小速度v'=6m/s．
点睛：本题考查传送带问题，要注意认真分析物理过程，做好受力分析，正确利用牛顿第二定律求解加速度，再运用好运动学公式求解即可．
22．（2022·福建宁德·高一期末）今年新疆棉花再获丰收，如图为利用两节皮带传送机运送棉花包的示意图。水平传送带A、B两端相距L1=3m，倾角θ=30°的倾斜传送带C、D两端相距L2=2.5m，B、C相距很近，两节传送带均以v=2m/s的速率顺时针转动。将质量m=50kg的一袋棉花包轻放至A端，到达B端后，速度大小不变地传到C端。已知棉花包与传送带AB间的动摩擦因数μ1=0.5，与传送带CD间的动摩擦因数μ2=235，g取10m/s2。求：
（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度a1的大小；
（2）棉花包从A端运动到D端所用的时间t；
（3）若传送带AB速度不变，要求棉花包能以最短时间到达D端，求传送带CD的最小速度vmin。
【答案】（1）5m/s2；（2）2.95s；（3）3m/s
【解析】
（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度大小a1=μ1mgm=μ1g=5m/s2
（2）棉花包加速到与传送带AB共速时，滑行的距离为x1=v22a1=0.4m
棉花包在AB上匀速运动时间为t2=L1−x1v=1.3s
棉花包以速度2m/s冲上传送带CD，因为CD顺时针转动，速率也为2m/s，
且μ2mgcosθ=35mg ，mgsinθ=12mg
即棉花包在传送带CD上做匀速直线运动，时间为t3=L2v=1.25s
棉花包从A端运动到D端所用的时间t=t1+t2+t3=2.95s
（3）若棉花包在CD上一直做匀加速，则棉花包能以最短时间到达D端。此时棉花包在CD上的加速度为a2=μ2mgcosθ−mgsinθm=1m/s2
加速到D点的速度记为v1 ，则v12−v2=2a2L2
解得v1=3m/s
此时传送带CD的最小速度vmin=v1=3m/s
专题20 传送带模型动力学分析
1.传送带模型的分析流程
2.解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的前提。
(2)传送带模型常常涉及临界问题，当物体与传送带达到相同速度时，会出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
考点一 传送带模型的摩擦力分析
1.传送带问题中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块（ ）
A．一直向右匀速运动
B．先向右匀加速，后继续向右匀速运动
C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力
D．先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力
【答案】BD
【解析】
AB．木块初速度为零，开始做加速运动，传送带足够长，故最后一起匀速，故A错误，B正确；
CD．滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，合力为零，故摩擦力为零，即不受摩擦力，故C错误，D正确。
2．(多选)水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A端皮带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地C端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（ ）
A．在AB段受水平向左的滑动摩擦力
B．在AB段受水平向右的滑动摩擦力
C．在BC段不受静摩擦力
D．在BC段受水平向右的静摩擦力
【答案】BC
【解析】
AB．在AB段，物体的速度小于皮带，相对皮带向左运动，则受到水平向右的滑动摩擦力，故A错误，B正确；
CD．在BC段，物体与皮带相对静止且无相对运动趋势，则不受静摩擦力，故C正确，D错误。
3．（2022·全国·高三课时练习）(多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是（ ）
A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．B、C受到的摩擦力方向相同
C．B、C受到的摩擦力方向相反
D．若传送带向右加速，A物体受到的摩擦力向右
【答案】BD
【解析】
A．A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；
BC．B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；
D．若传送带向右加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力，故D正确。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示为皮带运输机的示意图，A为传送带上的货物，皮带运输机顺时针转动，则（ ）
A．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，A不受摩擦力
B．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，A受到沿斜面向下的摩擦力
C．如果货物A和传送带都静止，A不受摩擦力
D．如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力
【答案】D
【解析】
A．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。A错误；
B．如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，根据三力平衡条件，A受到沿斜面向上的摩擦力。B错误；
C．如果货物A和传送带都静止，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。C错误；
D．如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，说明货物先向上加速后匀速，则匀速时，A受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力。D正确。
考点二 水平传送带
物体在水平传送带上的运动分析
5．如图所示，一水平传送带在电动机的带动下以2m/s的速度沿顺时针方向运动。一可视为质点的滑块放在传送带的左端A点处，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的左端A点与右端B点之间的距离为L=3m，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．滑块从A点到B点一直做匀加速直线运动
B．滑块从A点到B点的运动时间为1s
C．滑块从A点到B点的运动时间为2s
D．若传送带以4m/s速率匀速运行，滑块从A点到B点的运动时间为3s
【答案】C
【解析】
ABC．对滑块受力分析知μmg=ma
即a=μg=2ms2
则加速到2ms的时间为 t=va=1s
对应的位移为 x=v22a=1m
之后随传送带一起匀速运动，用时 t′=L−xv=3−12s=1s
所以滑块从A点到B点的运动时间为 t总=t+t′=2s
故AB错误，C正确；
D．若传送带以4m/s速率匀速运行，则滑块与传送带共速的时间为 t1=v′a=2s
对应的位移为 x′=v′22a=4m>3m
所以物块一直匀加速，则滑块从A点到B点的运动时间满足 L=12at22
解得 t2=3s
故D错误。
6．(多选)如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg的小物块以某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2．下列说法正确的是
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m
C．物块距离传送带左端的最大距离是8 m
D．物块在传送带上的时间4.5 s
【答案】BD
【解析】
根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小．物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间．
由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a=△v△t=4.02m/s2=2.0m/s2；由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=MaMg=2.010=0.2，选项A错误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．前2秒内物块的位移大小s1=v2t1′=4 m，方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小s2=v'2t1″=1 m，方向向左；3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右，传送带在3s内的位移为2×3m=6m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m，选项B正确，C错误；物块再向左运动的时间t2=sv′=32s=1.5 s； 物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s，选项D正确；故选BD.
7．随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物流运输过程中卸货的传送装置示意图，倾斜部分AB的长度为4m，水平传送带BC的长度为5m，AB部分与水平面之间的夹角θ=37°。传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，把包裹轻放到A端开始运动，包裹经过B点前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与斜面AB、传送带间的动摩擦因数均为0.5，包裹运动到传送带上后传送带速度不变。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：
（1）包裹到达B点时的速度大小：
（2）包裹从A点传送到C点所需的时间。
【答案】（1）4m/s；（2）4.3s
【解析】
（1）包裹从A运动到B的过程中 mgsinθ−μmgcosθ=ma1 ①
vB2=2a1LAB ②
由式①②解得 vB=4m/s ③
（2）包裹从A运动到B的过程中 vB=a1t1 ④
包裹刚滑上传送带到与传送带共速的过程中 μmg=ma2 ⑤
v=vB−a2t2 ⑥
x=vB+v2t2 ⑦
解得 t2=0.4s，x=1.2m
因为x=1.2m＜5m，因此包裹和传送带共速后匀速向右运动 t3=LBC−xv ⑧
所以包裹从A点传送到C点所需的时间为 t=t1+t2+t3=4.3s
8．如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动．质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连．小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平．现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；
(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；
(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离．
【答案】（1）0.5（2）10s（3）4m
【解析】
(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为μ，P、Q受力如图:
由平衡条件得：T0=μ(2m)g
T0=mg
μ=0.5
(2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，
由牛顿第二定律得,对P：μ(2m+2m)g−T=(2m+2m)a1
对Q：T−mg=ma1
假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：v12=2aL
v1=a1t
联立以上两式并代入数据得：t=10s,v1=210m/s
断绳后由牛顿第二定律得：μ(2m+2m)g=(2m+2m)a2
断绳前由运动学公式得：v22=2a1x1
断绳后由运动学公式得：v2−v22=2a2x2
x1+x2=L
联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：x2=4m
考点三 倾斜传送带
1.物体在倾斜传送带上的运动分析
2.当物体与传送带达到相同速度时，可以通过比较μ和tanθ的大小关系判断重力分力和最大静摩擦力的大小关系，从而判断共速后的运动
mgsinθ=μmgcosθ←→μ=tanθ
mgsinθ>μmgcos θ←→μ﹤tanθ
mgsinθ﹤μmgcosθ←→ μ>tanθ
9．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ=30°，以恒定的速度v0=3m/s逆时针匀速转动，小木块以初速度v=6m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ=36，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5m/s2
B．小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4m
C．小木块回到传送带底端时的速度大小为3m/s
D．小木块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s
【答案】AB
【解析】
A．开始时小木块速度与传送带速度相反，所以小木块线做减速运动，受到的摩擦力方向沿斜面向下。选取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定理得mgsin30°+μmgcos30°=ma1
带入数据解得a1=7.5m/s2
故A正确；
B．设向上滑的位移为最大位移为x1，则有v2=2a1x1
带入数据解得x1=2.4m
故B正确；
C．小木块减速到零以后会反向加速，加速度也为a1，设从反向加速到和传送带同速瞬间，位移为x2，则有v02−0=2a1x2
带入数据解得x2=0.6m
物块将会继续向下加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin30°−μmgcos30°=ma2
与传送带同速到底端过程有v12−v02=2a2(x1+x2)
带入数据解得小木块到达底端的速度为32m/s，故C错误；
D．小木块向上减速到零并反向加速到与传送带速度相同时间为t1=v0−(−v)a1=97.5s=1.2s
小木块从与传送带同速到加速下滑到底端需要的时间为t1=v1−v0a2=32−352s≈0.5s
总时间为t=t1+t2≈1.7s
故D错误。
故选AB。
10．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v=2m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=8.2m。工作人员从传送带顶端无初速度地放上一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：
（1）小包裹刚放上传送带时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）10m/s2；（2）2.2s
【解析】
（1）根据牛顿第二定律 mgsinα+μmgcosα=ma
解得 a=10m/s2
（2）运动到与传送带共速的时间 t1=va=210s=0.2s
下滑的距离 x1=12at12=12×10×0.22m=0.2m
由于 tan37°=0.75>0.5
故物体0.2s后继续加速下滑，此时 mgsinα−μmgcosα=ma′
得 a′=2m/s2
剩余位移为 x2=x−x1
根据x2=vt2+12a′t22
解得t2=2s
故小包裹通过传送带所需的时间为t=t1+t2=2.2s
11．（2022·北京·北师大二附中高二期末）如图所示传送带水平部分AB=2m，倾斜部分BC=4m且与水平面夹角为α=37∘，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。传送带沿顺时针方向以2m/s的速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到C处（物块始终不离开传送带），求物块从A运动到C的时间。（g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）
【答案】2.4s
【解析】
在水平AB部分，根据牛顿第二定律有μmg=ma1
可得，小物块在水平部分的加速度为a1=μg=2.5m/s2
则小物块加速到与传送带共速的时间为t1=va1=22.5s=0.8s
此时小物块的位移为x1=v2⋅t1=0.8m
则小物块在水平部分做匀速运动的位移为x2=AB−x1=1.2m
则小物块在水平部分做匀速运动的时间为t2=x2v=0.6s
在倾斜BC部分，根据牛顿第二定律有mgsinα−μmgcosα=ma2
可得，小物块在倾斜部分的加速度为a2=gsinα−μgcosα=4m/s2
在倾斜部分，根据匀变速直线运动的位移时间关系有xBC=vt3+12a2t32
带入数据解得，小物块在倾斜部分的加速运动时间为t3=1s
则物块从A运动到C的时间为tAC=t1+t2+t3=2.4s
12．（2022·湖南·长郡中学高一期末）如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角θ＝37°，上下两端间距L=2.0m，传送带以v＝1.0m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝1.0m的O点由静止释放一质量m＝1.0kg的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g＝10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
（1）滑块与挡板P第一次碰撞时的速度大小v1；
（2）滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离xm；
（3）若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间t。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）1.67s
【解析】
（1）设滑块向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ=ma1
由匀变速运动规律有v12=2a1x0
联立解得v1=2m/s
（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为a2，则mgsinθ+μmgcosθ=ma2
减速至与皮带速度相等时运动的距离为x1，则v2−v12=2(−a2)x1
之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a1，则0−v2=2(−a1)x2
离开挡板的最大距离为xm=x1+x2
联立解得xm=0.4m
（3） 滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a3，
根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ−F=ma3
设该过程向上运动的距离为x3，运动时间为t1，
则v2−v12=2(−a3)x3 v−v1=(−a3)t1
解得x3=0.25m，t1=16s
接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以a1向上减速，减速的距离应为x2，设匀
速运动的时间为t2，则t2=L−x2−x3v
恒力持续作用的最短时间为t=t1+t2
联立解得t=53s≈1.67s
考点四 传送带上的划痕问题
1.滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)
2.物块静止轻放到传送带上一端加速到和传送带共速的过程中,如果传送带的速度为v，加速的时间为t，则：
物块的位移: x物= ①共速过程中传送带位移是物块位移的2倍
传送带的位移: x传=vt ②物块相对于传送带的位移等于物块的位移
13．（2022·湖南·高三学业考试）如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，传送带以v0=2m/s的速度顺时针转动，t=0时刻，一煤块以v=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带，传送带和煤块运动的v−t图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为34
B．煤块向上运动的总时间为2.0s
C．传送带的总长度为5.5m
D．煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3.5m
【答案】C
【解析】
A．由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为
a1=mgsin30°+μmgcos30°m=8−21m/s2
解得μ=315
这段过程中位移s1=22−82−2×6m=5m故A错误；
BC．在速度达到和传送带速度相等后，由于mgsin30°>μmgcos30°
所以煤块继续做匀减速运动，加速度大小为a2=mgsin30°−μmgcos30°m=4m/s2
煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移s2=0−22−2×4=0.5m
时间为t2=24s=0.5s
传送带的总长度为s=s1+s2=5.5m
煤块向上运动的总时间为t=1s+0.5s=1.5s故C正确，B错误；
D．煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为Δs=5m−2×1m=3m
煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快Δs'=2×0.5m−0.5m=0.5m
因为Δs>Δs'
煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3m，故D错误。故选C。
14．（2022·安徽合肥·三模）如图所示，A、B两端距离为L的水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（ ）
A．增大传送带速度v，划痕长度一定变长
B．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
C．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
D．一定条件下可使l>L
【答案】D
【解析】
AD．若石墨块到达B时速度小于v，说明石墨块一直做匀加速直线运动，
加速度大小为a=μmgm=μg
所用时间为t=2La=2Lμg
则划痕长度为l=vt−L=v2Lμg−L
若t=2Lμg>3Lv，可得vt−L>2L
说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度v，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；
B．若石墨块到达B端前速度已经等于v，则有t=va=vμg
则划痕长度为l=vt−v22a=v22μg
可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；
C．若石墨块到达B端前速度已经等于v，划痕长度为l=v22μg
若石墨块到达B时速度小于v，划痕长度为l=v2Lμg−L（当2Lμg>3Lv时，l=2L）
可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；
15．（2022·江苏·南京市大厂高级中学高一开学考试）如图所示，有一水平传送带以6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L=6m，其右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M=2kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m=1kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过光滑水平面BC滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4，煤块与小车间的动摩擦因数μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）煤块在传送带上运动的时间；
（2）煤块在传送带上运动时留下的划痕；
（3）若滑块刚好不从小车上掉下来，求小车的长度。
【答案】（1）1.75s；（2）4.5m；（3）6m
【解析】
（1）以水平向右为正方向，煤块刚放上传送带时的受力如图所示
设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为a，所用时间为t1，对地位移为x1，根据受力分析和牛顿第二定律可得f=μ1N=μ1mg f=ma
解得a=4m/s2
根据匀变速直线运动规律可得v=at1 x1=12at12
解得t1=1.5s x1=4.5m
由于x1=4.5m
t2=L−x1v=6−4.56s=0.25s
煤块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.75s
（2） 煤块在传送带上运动时留下的划痕为煤块与传送带的相对位移
Δx=x传−x1=vt1−x1=4.5m
（3）煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示
煤块与小车之间的滑动摩擦力为f2=f2′=μ2N=μ2mg=2N
煤块与小车的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得−f2=ma1 f2′=Ma2
解得a1=−2m/s2 a2=1m/s2
若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小为小车的长度，设共速为v共，各自的对地位移分别x煤、x车，
根据运动学规律可得2a1x煤=v共2−v2 2a2x车=v共2 Δx=x煤−x车
联立解得Δx=6m
即车长6m时，滑块刚好不从小车上掉下来。
16．（2022·福建·漳州市普通教育教学研究室高一期末）竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一足够长水平传送带，传送带与直轨道末端B平滑连接。传送带以恒定速度v0=2m/s逆时针转动，现将质量m=0.2kg的小煤块从A点静止释放。已知A与B距离为s=4.0m，小煤块与AB间的动摩擦因数μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小煤块在直轨道AB运动时受到的摩擦力大小；
（2）小煤块从B点第一次向右运动到最远处所用的时间；
（3）小煤块从进入传送带到第一次回到B点的过程中在传送带上留下的痕迹长度。
【答案】（1）0.8N；（2）2s；（3）9m
【解析】
（1）由受力分析可知f=μ1mgcosθ
可得f=0.8N
（2）设小煤块在直轨道AB和传送带上运动的加速度分别为a1、a2，到达B点的速度为vB，在直轨道AB上由受力分析可知mgsinθ−f=ma1
又因为vB2=2a1s
由水平传送带受力分析μ2mg=ma2
由匀变速直线运动公式vB=a2t
得到小煤块从B点第一次运动到最右端所用的时间t=2s
（3）依题意可知小煤块在传送带上先向右匀减速后向左匀加速，设匀减速阶段小煤块和传送带的位移分别为s1、s2，匀加速阶段小煤块和传送带的位移分别为s1′、s2′，匀减速阶段s1=vB2t=4m s2=v0t=4m
反向匀加阶段经过t′共速 t′=v0a2=1s
s1′=v02t′=1m
所以小煤块第一次回到B点的运动过程中在传送带上留下的痕迹长度Δs
Δs=s1+s2+（s2′−s1′）=9m
17．（2022·安徽芜湖·高一期末）如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角θ=37°，且以v1=lm/s的速度沿顺时针方向传动。一质量m=lkg的小煤块以v2=7m/s的速度滑上传送带的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带足够长，求：
（1）小煤块向上滑行的时间；
（2）小煤块离开传送带时的速度大小；
（3）小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度。
【答案】（1）1s；（2）5m/s；（3）2.125m；2.25m
【解析】
（1）由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为a1，有mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=8m/s2
其速度减小到v1=1m/s所用的时间t1=v2−v1a1=0.75s
之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a2，
有mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=4m/s2
小物块减速到0所用的时间t2=v1a2=0.25s
解得t=t1+t2=1s
（2）小物块沿传送带向上滑行的最大距离为x=v1+v22t1+v12t2
解得x=3.125m
又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=4m/s2，有2a2x=v2
解得v =5m/s
（3）小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小Δx1=v1+v22⋅t1−v1t1=2.25m（向上）
小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小Δx2=v1t2−v12t2=0.125m（向下）
故物块向上运动时相对传送带的位移为Δx=Δx1−Δx2=2.125m
即相对传送带的位移大小为2.125m，方向沿传送带向上；
而Δx2重叠在Δx1内，则全程的划痕为Δd=Δx1=2.25m
18．如图传送带与水平地面夹角θ=37°，从A到B长度为L＝7.2 m，传送带以v0＝8.4 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3。煤块在传送带上相对滑动时会留下黑色痕迹。（sin37°＝0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2）求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【答案】（1）43s ；（2）4.2m
【解析】
（1） 煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，
由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得其加速度为a1=g(sinθ+μcosθ)=8.4ms2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1=v0a1=1s
发生的位移为x1=12a1t12=4.2m
达到v0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则满足mgsinθ−μmgcosθ=ma2
解得a2=g(sinθ−μcosθ)=3.6ms2
之后加速到B端的位移为x2=L−x1=3m
又因为x2=v0t2+12a2t22
解得t2=13s
所以煤块从A到B的时间为t=t1+t2=43s
（2）第一过程痕迹长Δx1=v0t1−x1=4.2m
第二过程痕迹长Δx2=x2−v0t2=0.2m
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为4.2m。
考点五 物体在传送带上运动的最短时间
物体在传送带上一直加速运动时在传送带上运动的时间最短
19．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2。
（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
（2）求行李在传送带上的运动时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
【答案】（1）4N，1m/s2；（2）2.5s；（3）2s，2m/s
【解析】
(1)行李所受滑动摩擦力的大小为Ff=μmg=0.1×4×10N=4N
由牛顿第二定律可得，加速度的大小为a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2。
(2)行李加速至与传送带速率相等所用时间为t1=va=1s
加速过程的位移为s1=v22a=0.5m
行李匀速运动至传送带B端所用时间为t2=L−s1v=1.5s
故行李在传送带上的运动的总时间为t=t1+t2=2.5s
(3)行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为a=1m/s2，当行李到达右端时，有
vmin2=2aL
vmin=2aL=2×1×2m/s=2m/s
所以传送带对应的最小运行速率为2m/s，行李从A处传送到B处的最短时间为tmin=vmina=2s
20．如图所示，一水平传送装置A、B两端相距2m，传送带以2m/s 的速度做匀速运动，已知某工件与传送带的动摩擦因数为0.4，把工件轻轻放在A端（初速为零），求：
（1）工件从A端运动到B端所需的时间
（2）传送带的速度至少为多大时，可使工件从A端运动到B端所需时间最短．（g取10m/s2）
【答案】（1）1.25s．（2）4m/s
【解析】
根据牛顿第二定律求出工件做匀加速运动的加速度大小，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出总时间；当工件一直做匀加速直线运动时，运动的时间最短，结合速度位移公式求出传送带的最小速度．
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1
由牛顿第二定律得μmg=ma1，
代入数据解得：a1=μg=4 m/s2
经t1时间与传送带的速度相同，则t1=va1=24s=0.5s，
前进的为：x1=12a1t12=12×4×0.25m=0.5m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2=LAB−x1v=2−0.52s=0.75s
所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.25 s．
（2）当工件一直做匀加速直线运动，所用的时间最短，
根据v2=2aL
代入数据得：v =4m/s．
21．为适应大规模的邮件迅速分拣，提高邮件收发效率，多家快递公司采用了现代化传送装置以提高整体竞争实力．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，传送带在电动机的带动下保持v＝2m/s的恒定速度向右运动．现将一质量为m=2kg的邮件从传送带左端A处无初速地轻放在传送带上，经过一段时间，邮件水平到达传送带的右端B处．A、B间距离L=9m，邮件和传送带间的动摩擦力因数µ＝0.2，取g=10m/s2
（1）请在图中画出邮件在传动带上滑动时所受的滑动摩擦力．
（2）求邮件从传送带左端A到达传送带的右端B的时间t．
（3）若提高传送带的速度，可使邮件从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短．为使邮件传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？
【答案】（1） (2) 5s（3）6m/s
【解析】
【详解】
（1）如图：滑动摩擦力方向水平向右
(2) 邮件放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律:μmg=ma
可以得到：a=2m/s2
邮件做匀加速直线运动 v=at1 ，则t1=1s
根据位移与时间的关系可以得到：x1=12at12 得 x1=1m
因为x
邮件从A运动到B所用的时间：t=t1+t2=5s
（3）邮件从A到B一直加速运动所用时间最短：v'2=2aL
则：传送带最小速度v'=6m/s．
点睛：本题考查传送带问题，要注意认真分析物理过程，做好受力分析，正确利用牛顿第二定律求解加速度，再运用好运动学公式求解即可．
22．（2022·福建宁德·高一期末）今年新疆棉花再获丰收，如图为利用两节皮带传送机运送棉花包的示意图。水平传送带A、B两端相距L1=3m，倾角θ=30°的倾斜传送带C、D两端相距L2=2.5m，B、C相距很近，两节传送带均以v=2m/s的速率顺时针转动。将质量m=50kg的一袋棉花包轻放至A端，到达B端后，速度大小不变地传到C端。已知棉花包与传送带AB间的动摩擦因数μ1=0.5，与传送带CD间的动摩擦因数μ2=235，g取10m/s2。求：
（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度a1的大小；
（2）棉花包从A端运动到D端所用的时间t；
（3）若传送带AB速度不变，要求棉花包能以最短时间到达D端，求传送带CD的最小速度vmin。
【答案】（1）5m/s2；（2）2.95s；（3）3m/s
【解析】
（1）棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度大小a1=μ1mgm=μ1g=5m/s2
（2）棉花包加速到与传送带AB共速时，滑行的距离为x1=v22a1=0.4m
棉花包在AB上匀速运动时间为t2=L1−x1v=1.3s
棉花包以速度2m/s冲上传送带CD，因为CD顺时针转动，速率也为2m/s，
且μ2mgcosθ=35mg ，mgsinθ=12mg
即棉花包在传送带CD上做匀速直线运动，时间为t3=L2v=1.25s
棉花包从A端运动到D端所用的时间t=t1+t2+t3=2.95s
（3）若棉花包在CD上一直做匀加速，则棉花包能以最短时间到达D端。此时棉花包在CD上的加速度为a2=μ2mgcosθ−mgsinθm=1m/s2
加速到D点的速度记为v1 ，则v12−v2=2a2L2
解得v1=3m/s
此时传送带CD的最小速度vmin=v1=3m/s
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