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专题06 传送带模型
[模型导航]
【解决传送带问题的思路】 1
【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 1
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 2
1.倾斜传送带——上传模型 6
2.倾斜传送带——下载模型 6
[模型分析]
【解决传送带问题的思路】
Ⅰ、受力分析
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
Ⅱ、运动分析
（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
Ⅲ、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动
项目 情景1：轻放 情景2：同向 情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速； (2)可能滑块先加速后匀 速； (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端． (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0如图所示，水平放置的传送带以v＝2m/s的速度向右匀速运行，一小物块以v0＝4m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端与B端相距8m，则物块由A端运动到B端所用时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
如图所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图所示，传送带长为2.1m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ＝0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，（g取10m/s2，被检物品可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A．物品先做匀加速运动后做匀速运动
B．物品从A端到B端所用的时间为1.5s
C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D．若减小传送带速度物品传送时间可能不变
（多选）如图甲是一种能检测工件表面光滑程度的装置，由上传送带、下传送带、翻转组件和视觉检测组件等组成，该检测装置具有人工成本低，检测效率高的特点。图乙是该检测装置上传送带的简化图．待检工件被弹簧弹射到水平传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设传送带长10m，以8m/s的速度逆时针转动。某次检测工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．工件与传送带间动摩擦因数不大于0.5才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度仍为10m/s
（多选）如图所示，水平传送带以4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB＝L1＝2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触（不栓接），并压缩至图示位置然后释放，已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L2＝1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块最后刚好返回到B点时速度减为零。g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．小物块第一次到A点时，速度大小一定等于
B．小物块第一次到A点时，速度大小一定等于4m/s
C．小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤v≤6m/s
D．小物块离开弹簧时的速度一定满足
如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5m。质量为m＝0.5kg的小墨块（视为质点），从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后小墨块的v﹣t图像如图乙所示，小墨块经过时间t0恰从右轮的正上方离开传送带，小墨块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2。小墨块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．传送带对小墨块做的功为5J
B．小墨块在传送带上运动的时间t0＝10s
C．小墨块在传送带上留下的划痕长5m
D．小墨块与传送带之间的摩擦生热为1J
如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0＜v）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v，2t0时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．0～t0时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，t0～2t0时间内物体受到静摩擦力的作用
B．0～t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
C．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间仍为2t0
D．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加
如图（a）所示，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）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大致画出载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v的关系图像，并标出重要点的坐标。
如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m＝3.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝1.0m/s匀速运动。传送带的右边是一动摩擦因数μ2＝0.2的粗糙平面。已知弹簧原长小于墙到传送带的距离，物块A刚脱离弹簧时的速度v＝5m/s，物体A与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m，传送带右边的水平面长度l0＝1.5m。假设碰墙前后物块的速度大小不变，取g＝10m/s2。求：
（1）物块A在传送带上做匀减速直线运动的加速度a的大小；
（2）物块A第一次到达传送带右端时速度v1的大小；
（3）分析判断物体A是否会回到弹簧右端处？如果可以，求出物块A回到弹簧右端处时速度的大小。
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目 情景1：上传 情景2：下载 情景2：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)还有其他结论吗？ (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)可能先以a1加速后以a2加速． (1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能先减速后反向加速
1.倾斜传送带——上传模型
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝14m/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9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
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
斜坡式传送带在装卸货物时能极大的减少人工、提高装卸效率。某次在卸货过程中，未启动传送带时，货物M在静止的传送带上以速度v0匀速下滑，现突然启动传送带，使其顺时针方向匀速率转动，如图所示。则传送带转动后与不转动时相比（　　）
A．M受到的摩擦力大小方向不变
B．M运动到传送带底端的时间变长
C．M在传送带上留下的痕迹长度不变
D．M将减速向下运动，然后反向匀加速运动
（多选）一物块以v0＝8m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带。已知传送带AB足够长，与水平面的大 角为θ＝37°，并以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动。若物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将物块视为质点，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．刚滑上传送带时，物块的加速度大小为10m/s2
B．物块向上运动与皮带A端的最大高度差为4m
C．从物块滑上传送带开始计时，到物块再次滑回A端共用时3.6s
D．从物块滑上传送带，到再次滑回A端的过程中，物块相对传送带滑动的总路程为8m
（多选）如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝4m/s的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量m＝1kg的货物从传送带的底端A处以初速度v0＝8m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度差h＝2.49m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．货物不能冲上水平台面
B．货物从A处运动到B处所用的时间为3.9s
C．货物在传送带上的划痕长0.8m
D．货物离开传送带时速度大小为3m/s
（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，AB＝25m，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．倾斜传送带与水平方向夹角θ＝37°
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4s
D．全过程煤块在传送带上留下的划痕长度（12+4）m
某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
某工厂输送物件的传送系统由倾角均为30°的传送带和长木板组成。物件和传送带间的动摩擦因数μ1，与木板间的动摩擦因数μ2，传送带以v0＝4m/s的恒定速率顺时针转动。现每隔Δt1＝1s将一个物件无初速放置于传送带A端，物件到达木板C点时速度恰好为0，随即被机械手取走。当传送系统正常运行时，已有多个物件相对传送带静止，传送带与木板间可认为平滑连接，物件可以看成质点。已知sin30°，cos30°，g取10m/s2。求：
（1）物件刚放上传送带时的加速度大小a1；
（2）木板上B、C两点之间的距离L及传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距d；
（3）假如工厂突然停电，机械手停止工作，传送带立即停止运转，要使物件之间不发生碰撞，求物件放置时间间隔的最小值Δt2。
2.倾斜传送带——下载模型
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）如图所示，传送带倾角θ＝37°，传送带的两个端点A、B之间的长度L＝5.0m，传送带在皮带轮的带动下逆时针运转，通过控制皮带轮的转速可以调整传送带的速度大小。现将一小物块置于A点处，由静止释放，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，则小物块在AB之间的运动时间可能为（　　）
A．0.8s B．1.2s C．1.6s D．2.2s
（多选）倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，下列判断中正确的是（　　）
A．传送带的运行速率为6m/s
B．0～0.5s内小煤块的加速度大小为10m/s2
C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
D．0～1.5s内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.25m
（多选）在大型物流货场，经常用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物轻放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v﹣t图可知（　　）
A．A、B两点间的距离为2.4m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.55
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为﹣11.2J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v＝8m/s，传送带长LAB＝11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m＝3kg的物块（可视为质点）以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M＝1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块从A运动到B点经历的时间t；
（2）物块停止运动时与B点的距离x。
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专题06 传送带模型
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【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 1
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 2
1.倾斜传送带——上传模型 10
2.倾斜传送带——下载模型 11
[模型分析]
【解决传送带问题的思路】
Ⅰ、受力分析
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
Ⅱ、运动分析
（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
Ⅲ、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动
项目 情景1：轻放 情景2：同向 情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能滑块一直加速； (2)可能滑块先加速后匀 速； (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端． (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0如图所示，水平放置的传送带以v＝2m/s的速度向右匀速运行，一小物块以v0＝4m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端与B端相距8m，则物块由A端运动到B端所用时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
【解答】解：设传送带长度为L，物体在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
则物块向右运动速度到与传送带速度相等的时间为：t12s
通过的距离：xm＝6m
物块速度与传送带速度相等后做匀速直线运动，时间为：t1s＝1s
物块由A端运动到B端所用时间为：t＝t1+t2＝3s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
如图所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图所示，传送带长为2.1m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ＝0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，（g取10m/s2，被检物品可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A．物品先做匀加速运动后做匀速运动
B．物品从A端到B端所用的时间为1.5s
C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D．若减小传送带速度物品传送时间可能不变
【解答】解：物品刚放在传送带上时相对传送带滑动，做初速度为零的匀加速直线运动，对物品，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝3m/s2
假设物品可以加速到与传送带共速，则加速运动的时间为t1
加速运动的距离为x1mm≈2.67m＞2.1m
假设不成立，物品在传送带上一直做加速运动
物品从A端到B端所用的时间为s
A、物品先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B、物品从A端到B端所用的时间为1.2s，故B错误；
C、全过程中，物品先一直受到向右的滑动摩擦力，故C错误；
D、当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。
故选：D。
（多选）如图甲是一种能检测工件表面光滑程度的装置，由上传送带、下传送带、翻转组件和视觉检测组件等组成，该检测装置具有人工成本低，检测效率高的特点。图乙是该检测装置上传送带的简化图．待检工件被弹簧弹射到水平传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设传送带长10m，以8m/s的速度逆时针转动。某次检测工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．工件与传送带间动摩擦因数不大于0.5才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度仍为10m/s
【解答】解：A、合格工件滑上传送带后做末速度为零的匀减速直线运动，根据运动学公式可得：2aL
根据牛顿第二定律可得：ma＝μmg
联立解得：μ0.5，故A正确；
B、设工件被传送过去的最长时间为t，则有：v0t＝L，解得：t＝2s，故B正确；
CD、若工件不被传过去，工件滑上传送带后做末速度为零的匀减速直线运动，返回时先做匀加速直线运动，根据运动的对称性，可知返回先匀加速到与传送带速度相同为8m/s，然后再匀速运动到传送带左端，所以返回的时间大于向右减速到零的时间，返回到出发点的速度为8m/s，故CD错误。
故选：AB。
（多选）如图所示，水平传送带以4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB＝L1＝2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触（不栓接），并压缩至图示位置然后释放，已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L2＝1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块最后刚好返回到B点时速度减为零。g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．小物块第一次到A点时，速度大小一定等于
B．小物块第一次到A点时，速度大小一定等于4m/s
C．小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤v≤6m/s
D．小物块离开弹簧时的速度一定满足
【解答】解：AB、设物体到达P点的速度为v′，反弹后运动到B点的速度为零，物体由P到B过程，由动能定理得：﹣μmg（L1+L2）＝0mv′2，代入数据解得：v′＝2m/s，
物体由A到P点过程中，由动能定理得：﹣μmgL2，代入数据解得：vA＝4m/s，故A错误，B正确；
CD、若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：﹣2μmg（L1+L2）＝0，解得：v＝2m/s
对物体，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，代入数据解得：a＝2m/s2
若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好与带同速，有：L1＝vt，vA＝v+at
联立解得：v＝2m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤v≤2m/s，故C，D正确。
故选：BD。
如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5m。质量为m＝0.5kg的小墨块（视为质点），从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后小墨块的v﹣t图像如图乙所示，小墨块经过时间t0恰从右轮的正上方离开传送带，小墨块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2。小墨块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．传送带对小墨块做的功为5J
B．小墨块在传送带上运动的时间t0＝10s
C．小墨块在传送带上留下的划痕长5m
D．小墨块与传送带之间的摩擦生热为1J
【解答】解：A、小墨块在传送带上运动的过程中，小墨块的位移为L＝5m，传送带对小墨块的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1N，传送带对小墨块做的功为：W1＝﹣fL＝﹣1×5J＝﹣5J，故A错误；
B、由动能定理得：W1，代入数据解得：v1＝6m/s，由匀变速直线运动的规律可得：Lt0，代入数据解得：t0＝1s，故B错误；
C、t0时间内，传送带的位移为x＝v2t0＝4×1m＝4m，小墨块在传送带上留下的划痕长Δx＝L﹣x＝5m﹣4m＝1m，故C错误；
D、根据功能关系可知因摩擦产生的热量为：Q＝f Δx＝1×1J＝1J，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0＜v）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达到v，2t0时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．0～t0时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，t0～2t0时间内物体受到静摩擦力的作用
B．0～t0时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
C．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间仍为2t0
D．若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加
【解答】解：A、0～t0时间内，物体的速度比传送带小，则物体相对于传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力作用。t0～2t0时间内物体做匀速直线运动，不受静摩擦力作用。故A错误。
B、0～t0时间内，由P＝fv知，f不变，v增大，则物体所受摩擦力对物体做功的功率P增大，故B正确。
C、物体从传送带最左端运动到最右端时通过的位移是一定的，做匀加速运动时加速度不变，根据速度—时间图象的斜率等于加速度、“面积”表示位移，由作图法可知
若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0．故C错误。
D、若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，动能的变化量减小，根据动能定理知，物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功减小，故D错误。
故选：B。
如图（a）所示，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）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大致画出载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v的关系图像，并标出重要点的坐标。
【解答】解：（1）载物箱速度大于传送带速度，载物箱受到的摩擦力向左，载物箱在传送带上先做匀减速直线运动，对载物箱由牛顿第二定律可得﹣μmg＝ma
设载物箱匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得
解得s1＝4.5m
因s1＝4.5m小于L，因此载物箱在到达右侧平台前，已经与传送带共速，然后与传送带一起匀速运动至右侧平台，设匀减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
1s，1.75s
总时间为t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若载物箱一直做匀减速运动，到达右侧时的速度最小，设为vmin，由牛顿第二定律可得
由匀变速运动速度—位移公式可得
解得vminm/s
若载物箱一直做匀加速运动，到达右侧平台时的速度最大，设为vmax，由牛顿第二定律可得
由匀变速运动速度—位移公式可得
解得
（3）a、当时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为时离开传送带。
b、当时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为。
c、当时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
d、当v＝5m/s时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
e、当时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示
答：（1）载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为，载物箱到达右侧平台时所能达到的最小速度为；
（3）载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v的关系图像见解答。
如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m＝3.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝1.0m/s匀速运动。传送带的右边是一动摩擦因数μ2＝0.2的粗糙平面。已知弹簧原长小于墙到传送带的距离，物块A刚脱离弹簧时的速度v＝5m/s，物体A与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m，传送带右边的水平面长度l0＝1.5m。假设碰墙前后物块的速度大小不变，取g＝10m/s2。求：
（1）物块A在传送带上做匀减速直线运动的加速度a的大小；
（2）物块A第一次到达传送带右端时速度v1的大小；
（3）分析判断物体A是否会回到弹簧右端处？如果可以，求出物块A回到弹簧右端处时速度的大小。
【解答】解；（1）物块A在传送带上受到的摩擦力大小为f＝μ1mg
由牛顿第二定律可得f＝ma，解得a＝1m/s2
（2）由题意可知v0＝5m/s
物块A在传送带上做匀减速直线运动，对物块A由运动学公式可得
2al
解得，物块A第一次到达传送带右端时的速度为v1＝4m/s
（3）物块A在传送带右端继续做匀减速直线运动，因为碰撞墙的前后物块速度大小不变，回程时仍是做加速度相同的匀减速直线运动，且加速度大小相同；
对物块A，由牛顿第二定律μ2mg＝ma2
可得物块A的加速度大小为
当A的速度减小为0时，物块A总共走的路程为L，则，L＝4m＞2l0
故A可以再次滑上传送带，再次滑上传送带的速度为v2，则：
代入数据解得v2＝2m/s
此后A冲上传送带，因为A的速度大于传送带速度，因此刚开始A做匀减速直线运动，加速度仍是a＝1m/s2；设经过位移s后，A减速至与传送带共速，即v3＝u＝1 m/s，，联立解得s＝1.5m＜l，故接下来A与传送带一起做向左的匀速直线运动，直至冲上传送带左边光滑水平面，此后A在光滑水平面继续匀速运动到达弹簧右端，速度大小为1 m/s。
答：（1）物块A在传送带上做匀减速直线运动的加速度a的大小为1m/s2，
（2）物块A第一次到达传送带右端时速度v1的大小为4m/s，
（3）物块A回到弹簧右端处时速度的大小为1m/s。
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目 情景1：上传 情景2：下载 情景2：反向
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)还有其他结论吗？ (1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)可能先以a1加速后以a2加速． (1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能先减速后反向加速
1.倾斜传送带——上传模型
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝14m/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9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
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
【解答】解：A、根据v﹣t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，可得3s内，煤块上升的最大位移为：，故A错误；
B、在0～1s内，煤块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，对煤块受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由图像的斜率可得0～1s内煤块的加速度大小
在1s～3s内，煤块受到沿传送带向上的滑动摩擦力，根据受力分析，结合牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由图像可得1s～3s内，煤块的加速度大小，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B错误；
C、煤块在3s后将向下做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间关系式有
解得
因此煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；
D、在0～1s内，煤块相对于传送带向上运动，此时留下的划痕长度
在内，煤块相对于传送带向下运动，最后煤块回到A端，两个过程中煤块的位移大小相等，方向相反，即x煤2＝﹣x煤1＝﹣9m
传送带向上位移
内，煤块在传送带留下的划痕长度
由于Δx2＞Δx1
因此煤块在皮带上留下的划痕为，故D正确。
故选：D。
斜坡式传送带在装卸货物时能极大的减少人工、提高装卸效率。某次在卸货过程中，未启动传送带时，货物M在静止的传送带上以速度v0匀速下滑，现突然启动传送带，使其顺时针方向匀速率转动，如图所示。则传送带转动后与不转动时相比（　　）
A．M受到的摩擦力大小方向不变
B．M运动到传送带底端的时间变长
C．M在传送带上留下的痕迹长度不变
D．M将减速向下运动，然后反向匀加速运动
【解答】解：A、传送带启动前，货物M在静止的传送带上以速度v0匀速下滑，根据平衡可知，货物受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿传送带向上，启动后，货物相对传送带向下运动，受滑动摩擦力，方向沿传送带向上，由于正压力没发生变化，所以滑动摩擦力的大小也不变，故A正确；
B、启动前后，货物受力方向没有发生变化，仍然平衡，将匀速运动下滑。所以M运动到传送带底端的时间不变，故B错误；
C、M在传送带上留下的痕迹长度变长，因为启动后留下的痕迹等于传送带位移与货物位移之和。而没启动，痕迹等于货物位移，即传送带长度，故C错误；
D、由以上分析可知，M受力情况不变，M仍将匀速运动，故D错误。
故选：A。
（多选）一物块以v0＝8m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带。已知传送带AB足够长，与水平面的大 角为θ＝37°，并以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动。若物块与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将物块视为质点，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．刚滑上传送带时，物块的加速度大小为10m/s2
B．物块向上运动与皮带A端的最大高度差为4m
C．从物块滑上传送带开始计时，到物块再次滑回A端共用时3.6s
D．从物块滑上传送带，到再次滑回A端的过程中，物块相对传送带滑动的总路程为8m
【解答】解：A．对刚滑上传送带的物块受力分析可知：Ff+mgsinθ＝ma；
Ff＝μFN＝μmgcosθ，
解得a＝10m/s2，故A正确；
BC．物块速度从v0减至与传送带速度v相同所用的时间为：
位移大小为
接下来物块所受的摩擦力方向沿传送带向上，由于摩擦因数小于tan θ，摩擦力反向，根据对物块的受力分析可知：mgsinθ﹣Ff＝ma2
解得：，
故物块速度由v减至零的时间为：
位移大小为：，
故物块向上运动与皮带A端的最大高度差为：h＝（x1+x2）sinθ＝（3+1）×0.6m＝2.4m，
物块下滑的时间为：
从物块滑上传送带开始计时，到物块再次滑回A端共用时t＝t1+t2+t3＝0.6s+1s+2s＝3.6s，故B错误，C正确；
D．从物块滑上传送带到与传送带共速，两者的相对位移为：x'1＝x1﹣vt1＝3m﹣1.2m＝1.8m，
物块速度由v减到零两者的相对位移为x'2＝vt2﹣x2＝1m
解得：x'2＝1m
物块向下运动与传送带的相对位移为：
x3′＝vt3a2
解得：x3′＝8m
故从物块滑上传送带，到再次滑回A端的过程中，物块相对传送带滑动的总路程为：s＝x'1+x'2+x'3＝1.8m+1m+8m＝10.8m，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝4m/s的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量m＝1kg的货物从传送带的底端A处以初速度v0＝8m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度差h＝2.49m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．货物不能冲上水平台面
B．货物从A处运动到B处所用的时间为3.9s
C．货物在传送带上的划痕长0.8m
D．货物离开传送带时速度大小为3m/s
【解答】解：A、设开始时货物的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2
经时间t1货物与传送带共速，则有：v＝v0﹣a1t1，解得：t1＝0.4s
货物相对传送带向上运动的距离Δx1t1﹣vt1，
代入数据解得：Δx1＝0.8m
共速后的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假设到达水平台面的速度为v2，则有：v22a2（t1）
解得：v2＝3m/s，则能冲上水平台面，故A错误；
B、设共速后货物在传送带上的时间为t2，则有：v2＝v﹣a2t2，解得：t2＝0.5s，则货物从A处运动到B处所用的时间为t＝t1+t2＝0.4s+0.5s＝0.9s，故B错误；
C、共速后货物相对传送带向下的距离为：Δx2＝vt2t2，解得Δx2＝0.25m，考虑到痕迹有重叠，所以货物在传送带上的划痕长度为0.8m，故C正确；
D、货物离开传送带时速度大小为v1＝v﹣a2t2，代入数据解得v1＝3m/s，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，AB＝25m，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．倾斜传送带与水平方向夹角θ＝37°
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4s
D．全过程煤块在传送带上留下的划痕长度（12+4）m
【解答】解：AB．在0～1s内，煤块的加速度大小为
方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
在1～2s内，煤块的加速度大小为
方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
联立解得：θ＝38°；μ＝0.25
故A正确，B错误；
C．物块上升的位移大小等于v﹣t图像与时间轴所围成的面积大小，为
根据
解得煤块下滑的时间为
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为，故C错误；
D．传送带的速度为
v＝4m/s
在0～1s内，传送带的位移为
x带1＝vt1＝4×1m＝4m
煤块的位移为
x煤1
两者相对位移大小为
Δx1＝x带1﹣x煤1＝8m﹣4m＝4m
在1～2s内，传送带的位移为
x带2＝vt2＝4×1m＝4m
煤块的位移为
x煤2
两者相对位移大小为
Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m
所以整个上升的过程中痕迹的长度为4m，在2～传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长度为
故D正确。
故选：AD。
某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
【解答】解：（1）对小盒子，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑带向下做初速度为零的匀加速直线运动，到达B点时的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B处相对于传送带向上滑动，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入数据解得：a1＝10m/s2
小盒子减速到与跑带速度相等需要的时间t1s＝0.2s
该时间内小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度与跑带速度相等后继续沿跑带向上做匀减速直线运动
由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
小盒子减速到零需要的时间t2s＝1s
该过程的位移大小x'm＝1m
小盒子减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2
设经过时间t3小盒子回到B点，则x+x'
代入数据解得：t3s≈1.26s
小盒子从B出发再返回B所用的总时间t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子运动到B处的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离是0.6m；
（3）小盒子从B出发再返回B所用的总时间是2.46s。
某工厂输送物件的传送系统由倾角均为30°的传送带和长木板组成。物件和传送带间的动摩擦因数μ1，与木板间的动摩擦因数μ2，传送带以v0＝4m/s的恒定速率顺时针转动。现每隔Δt1＝1s将一个物件无初速放置于传送带A端，物件到达木板C点时速度恰好为0，随即被机械手取走。当传送系统正常运行时，已有多个物件相对传送带静止，传送带与木板间可认为平滑连接，物件可以看成质点。已知sin30°，cos30°，g取10m/s2。求：
（1）物件刚放上传送带时的加速度大小a1；
（2）木板上B、C两点之间的距离L及传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距d；
（3）假如工厂突然停电，机械手停止工作，传送带立即停止运转，要使物件之间不发生碰撞，求物件放置时间间隔的最小值Δt2。
【解答】解：（1）物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律知：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
解得：a＝2.5m/s2
（2）当传送系统正常运行时，已有多个物件相对传送带静止，说明每一个物块在皮带上都能和皮带共速，物块以v0＝4m/s滑上木板，在木板上做减速运动，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma2
解得：a2＝8m/s2
物块在木板上B、C运动时，有：2a2L
解得：L＝1m
每个物块都能和皮带共速，那么传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距：d＝v0Δt1
代入数据解得：d＝4m
（3）当物件放置时间间隔为Δt2，两个物块之间的距离为：d1＝v0Δt2
当机械手停止工作，传送带停止运转后，一个物块在皮带上减速，一个物块在木板上减速
在皮带上做减速运动的加速度大小为a3，则有：μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma3
解得：a3＝12.5m/s2
减速运动的位移：s1
解得：s1m
物块在木板上运动L＝lm时速度为零，然后再次向下加速，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma4
解得：a4＝2m/s2
物块返回到B点时的速度为v1，则有：2a4L
解得：v1＝2m/s
然后在皮带上向下减速，减速时，根据牛顿第二定律可得：
μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma5
加速度大小为：a5＝2.5m/s2
沿皮带向下运动的距离为：s2
代入数据解得：s2m
要使物件之间不发生碰撞，应该保证：d1≥s1+s2
解得：Δt2≥0.36s
所以物件放置时间间隔的最小值为0.36s
答：（1）物件刚放上传送带时的加速度大小为2.5m/s2；
（2）木板上B、C两点之间的距离为1m，传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距为4m；
（3）物件放置时间间隔的最小值为0.36s。
2.倾斜传送带——下载模型
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设物块的质量为m，传送带的倾角为θ，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块受力如图所示
若mgsinθ＜μmgcosθ，物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动；若mgsinθ＞μmgcosθ，物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）如图所示，传送带倾角θ＝37°，传送带的两个端点A、B之间的长度L＝5.0m，传送带在皮带轮的带动下逆时针运转，通过控制皮带轮的转速可以调整传送带的速度大小。现将一小物块置于A点处，由静止释放，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，则小物块在AB之间的运动时间可能为（　　）
A．0.8s B．1.2s C．1.6s D．2.2s
【解答】解：根据题意可知，tanθ＝0.75＞μ＝0.5，所以mgsin37°＞μmgcos37°
小物块下滑过程中会一直有向下的加速度，滑动摩擦力的方向将影响加速度的大小，由此可知，滑动摩擦力一直向下时，加速度最大，下滑时间最短，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
又有
解得：tmin＝1s
当滑动摩擦力一直向上时，加速度最小，下滑时间最长，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
又有
解得
则小物块在AB之间的运动时间范围为，故A错误，BCD正确；
故选：BCD。
（多选）倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，下列判断中正确的是（　　）
A．传送带的运行速率为6m/s
B．0～0.5s内小煤块的加速度大小为10m/s2
C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
D．0～1.5s内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.25m
【解答】解：AB、分析速度—时间图象可知，t＝0.5s时物块与传送带速度相等，可知传送带的运行速率为5m/s，由速度—时间图象的斜率表示加速度可得，在小煤块与传送速度相等前的加速度大小为：
a1m/s2＝10m/s2，方向沿传送带向下；故A错误，B正确；
C、两者速度相等后的加速度大小为：a2m/s2＝2m/s2，方向沿斜面向下；
由题意可知，两者速度相等前，传送带对小煤块的摩擦力沿传送带向下，两者速度相等之后，传送带对小煤块的摩擦力沿传送带向上，设传送带的倾角为θ，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：
μ＝0.5
故C正确；
D、由图可知，小煤块与传送带速度相等前，小煤块相对于传送带向后位移为：
Δx＝5×0.5m5×0.5m＝1.25m
两者速度相等后小煤块相对于传送带向前位移为：
Δx′（5+7）×1m﹣5×1m＝1m
考虑到痕迹有重叠，所以在0～1.5s时间内小煤块在皮带上留下的痕迹长度为1.25m；
故D错误；
故选：BC。
（多选）在大型物流货场，经常用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物轻放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v﹣t图可知（　　）
A．A、B两点间的距离为2.4m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.55
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为﹣11.2J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
【解答】解：A、货物在0﹣1.2s内运动的位移大小等于A、B两点的距离，则A、B两点间的距离为：
sABm1m＝3.2m，故A错误；
B、由图像可以看出货物做两段加速度不等的匀加速直线运动，0﹣0.2s内，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
0.2﹣1.2s内，由牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由图像得到a1m/s2＝10m/s2，a2m/s2＝2m/s2
解得：θ＝37°，μ＝0.5，故B错误；
C、设货物从A运动到B过程中，传送带对货物做的功为Wf，根据动能定理可得：
mgxsinθ+Wfmv2﹣0，其中x＝3.2m，v＝4m/s，解得：Wf＝﹣11.2J，故C正确；
D、根据传送带的图象与货物的图象围成的面积表示两者相对位移的大小，则有：
0～0.2s内货物与传送带间的相对位移大小为：Δx10.2×2m＝0.2m
0.2～1.2s的相对位移大小为：Δx2（4﹣2）×（1.2﹣0.2）m＝1m
则两者之间的总相对位移大小为：Δx＝Δx1+Δx2＝0.2m+1m＝1.2m
故货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝μmgcosθ Δx＝0.5×1×10×0.8×1.2J＝4.8J，故D正确。
故选：CD。
如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v＝8m/s，传送带长LAB＝11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m＝3kg的物块（可视为质点）以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M＝1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块从A运动到B点经历的时间t；
（2）物块停止运动时与B点的距离x。
【解答】解：（1）根据题意v0＜v，可得物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μ1mgcos30°＝ma1
解得：
设物块滑上传送带到与传送带共速所需的时间为t1，位移大小为x1，，则有：
v＝v0+a1t1
解得：t1＝0.4s，x1＝2.4m
因x1＝2.4m＜LAB＝11.4m，且tan30°（即mgsin30°＝μ1mgcos30°），故共速后物块随传送带匀速运动，则有：
LAB﹣x1＝vt2
解得：t2＝1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为：t＝t1+t2
解得：t＝1.525s。
（2）因μ2＝0.3＞μ3＝0.1，且木板足够长，故木板与物块共速后能够相对静止一起匀减速直线运动到停止。
设物块滑上木板后，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，木板与物块一起减速时的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得：
μ2mg＝ma2
μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma3
μ3（m+M）g＝（m+M）a4
解得：；；
设物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有：
v1＝v﹣a2t3＝a3t3
解得：t3＝1s，v1＝5m/s
此过程物块位移为：
x2（v+v1）t3
解得：x2＝6.5m
设二者共同减速的位移为x3，则有：
解得：x3＝12.5m
则物块停止运动时与B点的距离为：
x＝x2+x3＝6.5m+12.5m＝19m。
答：（1）物块从A运动到B点经历的时间t为1.525s；
（2）物块停止运动时与B点的距离x为19m。
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