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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第3章 微专题23 “传送带”模型问题 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第3章 微专题23 “传送带”模型问题 (含解析)，共8页。试卷主要包含了水平传送带问题，则以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
微专题23 “传送带”模型问题
1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
1.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速率顺时针运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2，若乘客把行李放上传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带走向B处去取行李，则( )
A．行李在传送带上做匀加速直线运动
B．行李提前0.5 s到达B
C．乘客与行李同时到达B
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B
答案 D
解析 把行李无初速度放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t1速度与传送带相同，t1＝＝1 s，此过程行李的位移大小为x1＝＝ m＝0.5 m，行李匀速运动的位移为x2＝2 m－0.5 m＝1.5 m，时间为t2＝＝1.5 s，所以行李到B的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客从A运动到B的时间为T＝＝2 s，所以乘客提前0.5 s到达B，故A、B、C错误；若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为a＝＝＝μg＝1 m/s2，设到达B的最短时间为tmin，则x＝atmin2，代入解得tmin＝2 s，故D正确．
2.如图所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物块(可视为质点)轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2)( )
A. s B．(－1) s
C．3 s D．2.5 s
答案 C
解析 物块开始做匀加速直线运动，a′＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝＝ m＝0.5 m
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，逆时针方向转动
C．物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
答案 D
解析 从图像可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，方向沿斜面向上，因此没从N点离开，传送带沿顺时针方向转动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝，D正确．
4.(多选)如图所示，物块从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点．传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物块通过传送带后( )
A．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点
B．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧
C．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧
D．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧
答案 AC
解析 当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动．若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误；设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v.当v0＞v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点；物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧．当v0＝v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧．当v0＜v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧，故D错误，C正确．
5．(多选)(2023·重庆市巴蜀中学月考)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两物块释放时间距为0.042 m，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两物块速度大小相等
D．在t＝5.4 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
答案 BC
解析 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
A．物块A、B同时到达传送带底端
B．物块A先到达传送带底端
C．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
D．传送带对物块A无摩擦力作用
答案 AC
解析 两个小物块A和B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，因为mgsin 37°>μmgcos 37° ，所以传送带对两小物块的滑动摩擦力方向均为沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A、B同时到达传送带底端，A正确，B、D错误；对物块A，划痕的长度等于A的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，由运动学公式得L＝v0t＋at2，解得t＝1 s，传送带运动位移x＝v0t＝1 m，A对传送带的划痕长度为Δx1＝2 m－1 m＝1 m，对物块B，划痕长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出B对传送带的划痕长度为Δx2＝2 m＋1 m＝3 m，Δx1<Δx2，物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确．
7.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝10 m/s.传送带与水平面间的夹角为θ＝37°.现将一质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝12 N．经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝9.6 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则以下说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动再做匀速运动
B．物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为2.1 s
C．若在物块与传送带达到相同速度时立即撤去恒力F，物块先减速上滑再加速下滑从传送带的下端离开传送带
D．若在物块与传送带达到相同速度时立即撤去恒力F，物块再经过(5－) s离开传送带
答案 D
解析 对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2，此过程所用的时间t1＝＝1 s，运动的距离x1＝＝5 m，物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝12 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块相对传送带以a2继续向上加速，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，代入数据解得a2＝2 m/s2，继续向上加速过程x2＝vt2＋a2t22，传送带长度为x＝＝x1＋x2，解得t2＝1 s，故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝2 s，A、B错误；若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，代入数据解得a3＝2 m/s2，经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a3(x－x1)，代入数据解得v′＝2 m/s，故t′＝ ＝(5－) s，C错误，D正确．
8．(多选)(2023·新疆昌吉州诊断性测试)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一质量m＝2 kg的煤块以初速度v0＝12 m/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像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．煤块上升的最大位移为8 m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋2) s
D．煤块在皮带上留下的划痕为(9＋4) m
答案 ACD
解析 根据v－t图像与t轴所围面积表示位移大小可知煤块上升的最大位移为xm＝×(2＋12)×1 m＋×1×2 m＝8 m，故A正确；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a1＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有ma1＝μmgcos θ＋mgsin θ，ma2＝mgsin θ－μmgcos θ，解得μ＝0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有a2(t－2 s)2＝xm，解得t＝(2＋2) s，故C正确；0～1 s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x1＝×1×(12＋2) m＝7 m，x2＝vt1＝2 m，煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即L1＝x1－x2＝5 m，方向向上，1～(2＋2) s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x1′＝vt2－a2t22＝－7 m，x2′＝vt2＝(2＋4) m，煤块与皮带的相对位移大小为L2＝x2′－x1′＝(9＋4) m，方向向下，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(9＋4) m，故D正确．
9．(2023·四川成都七中模拟)如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
答案 (1) (2)18 m
解析 (1)根据v－t图像的斜率表示加速度，
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，
解得μ＝.
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动
0～6 s内传送带匀速运动距离为：x带＝4×6 m＝24 m.
v－t图像的“面积”表示位移大小，
则0～2 s内物块位移大小为：
x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
2～6 s内物块位移大小为：
x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上．
所以划痕的长度为：
Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.
10.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 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(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
答案 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
解析 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，
当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有
mgsin 37°>μmgcos 37°，
所以它们不能相对静止．
(2)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，如图甲所示，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
此过程加速时间t1＝＝1 s，x1＝a1t12＝5 m
达到v0后，受到沿传送带向上的摩擦力，
煤块仍将加速下滑，如图乙所示，
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
此过程位移x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋a2t22，
得t2＝0.5 s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一个过程痕迹长Δx＝v0t1－a1t12＝5 m，
第二个过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m.
微专题23 “传送带”模型问题
1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
1.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速率顺时针运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2，若乘客把行李放上传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带走向B处去取行李，则( )
A．行李在传送带上做匀加速直线运动
B．行李提前0.5 s到达B
C．乘客与行李同时到达B
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B
答案 D
解析 把行李无初速度放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t1速度与传送带相同，t1＝＝1 s，此过程行李的位移大小为x1＝＝ m＝0.5 m，行李匀速运动的位移为x2＝2 m－0.5 m＝1.5 m，时间为t2＝＝1.5 s，所以行李到B的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客从A运动到B的时间为T＝＝2 s，所以乘客提前0.5 s到达B，故A、B、C错误；若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为a＝＝＝μg＝1 m/s2，设到达B的最短时间为tmin，则x＝atmin2，代入解得tmin＝2 s，故D正确．
2.如图所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物块(可视为质点)轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2)( )
A. s B．(－1) s
C．3 s D．2.5 s
答案 C
解析 物块开始做匀加速直线运动，a′＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝＝ m＝0.5 m
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，逆时针方向转动
C．物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
答案 D
解析 从图像可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，方向沿斜面向上，因此没从N点离开，传送带沿顺时针方向转动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝，D正确．
4.(多选)如图所示，物块从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点．传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物块通过传送带后( )
A．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点
B．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧
C．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧
D．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧
答案 AC
解析 当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动．若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误；设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v.当v0＞v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点；物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧．当v0＝v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧．当v0＜v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧，故D错误，C正确．
5．(多选)(2023·重庆市巴蜀中学月考)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两物块释放时间距为0.042 m，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两物块速度大小相等
D．在t＝5.4 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
答案 BC
解析 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
A．物块A、B同时到达传送带底端
B．物块A先到达传送带底端
C．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
D．传送带对物块A无摩擦力作用
答案 AC
解析 两个小物块A和B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，因为mgsin 37°>μmgcos 37° ，所以传送带对两小物块的滑动摩擦力方向均为沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A、B同时到达传送带底端，A正确，B、D错误；对物块A，划痕的长度等于A的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，由运动学公式得L＝v0t＋at2，解得t＝1 s，传送带运动位移x＝v0t＝1 m，A对传送带的划痕长度为Δx1＝2 m－1 m＝1 m，对物块B，划痕长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出B对传送带的划痕长度为Δx2＝2 m＋1 m＝3 m，Δx1<Δx2，物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确．
7.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝10 m/s.传送带与水平面间的夹角为θ＝37°.现将一质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝12 N．经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝9.6 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则以下说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动再做匀速运动
B．物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为2.1 s
C．若在物块与传送带达到相同速度时立即撤去恒力F，物块先减速上滑再加速下滑从传送带的下端离开传送带
D．若在物块与传送带达到相同速度时立即撤去恒力F，物块再经过(5－) s离开传送带
答案 D
解析 对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2，此过程所用的时间t1＝＝1 s，运动的距离x1＝＝5 m，物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝12 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块相对传送带以a2继续向上加速，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，代入数据解得a2＝2 m/s2，继续向上加速过程x2＝vt2＋a2t22，传送带长度为x＝＝x1＋x2，解得t2＝1 s，故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝2 s，A、B错误；若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，代入数据解得a3＝2 m/s2，经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a3(x－x1)，代入数据解得v′＝2 m/s，故t′＝ ＝(5－) s，C错误，D正确．
8．(多选)(2023·新疆昌吉州诊断性测试)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一质量m＝2 kg的煤块以初速度v0＝12 m/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像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．煤块上升的最大位移为8 m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋2) s
D．煤块在皮带上留下的划痕为(9＋4) m
答案 ACD
解析 根据v－t图像与t轴所围面积表示位移大小可知煤块上升的最大位移为xm＝×(2＋12)×1 m＋×1×2 m＝8 m，故A正确；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a1＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有ma1＝μmgcos θ＋mgsin θ，ma2＝mgsin θ－μmgcos θ，解得μ＝0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有a2(t－2 s)2＝xm，解得t＝(2＋2) s，故C正确；0～1 s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x1＝×1×(12＋2) m＝7 m，x2＝vt1＝2 m，煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即L1＝x1－x2＝5 m，方向向上，1～(2＋2) s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x1′＝vt2－a2t22＝－7 m，x2′＝vt2＝(2＋4) m，煤块与皮带的相对位移大小为L2＝x2′－x1′＝(9＋4) m，方向向下，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(9＋4) m，故D正确．
9．(2023·四川成都七中模拟)如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
答案 (1) (2)18 m
解析 (1)根据v－t图像的斜率表示加速度，
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，
解得μ＝.
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动
0～6 s内传送带匀速运动距离为：x带＝4×6 m＝24 m.
v－t图像的“面积”表示位移大小，
则0～2 s内物块位移大小为：
x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
2～6 s内物块位移大小为：
x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上．
所以划痕的长度为：
Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.
10.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 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(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
答案 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
解析 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，
当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有
mgsin 37°>μmgcos 37°，
所以它们不能相对静止．
(2)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，如图甲所示，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
此过程加速时间t1＝＝1 s，x1＝a1t12＝5 m
达到v0后，受到沿传送带向上的摩擦力，
煤块仍将加速下滑，如图乙所示，
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
此过程位移x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋a2t22，
得t2＝0.5 s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一个过程痕迹长Δx＝v0t1－a1t12＝5 m，
第二个过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m.
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