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专题强化　传送带模型
[学习目标]　1.会对传送带上的物体进行受力分析,掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。2.掌握解决传送带上的物体的运动问题的方法(难点)。
一、水平传送带
例1　如图所示,传送带保持以v1=1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去,设煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
(1)煤块放上传送带最初一段时间内,受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力,方向　　　　　　　,煤块做　　　　　　　　　运动。
(2)若传送带足够长,当煤块速度v煤=v1=1 m/s时,煤块与传送带之间　　　　(填“有”或“无”)摩擦力,此后煤块做　　　　运动。
(3)煤块与传送带共速时,煤块的位移为x1,传送带的位移为x2, 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx=　　　　(用x1、x2表示)。
答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)无　匀速直线　(3)x2-x1
拓展1　若A、B间的距离L=2.5 m,(g取10 m/s2)求:
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间;
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。
(3)画出煤块运动的v-t图像。
答案　(1)3 s　(2)0.5 m　(3)见解析图
解析　(1)对煤块,μmg=ma,得a=μg=1 m/s2,当速度达到1 m/s时,所用的时间t1==1 s,通过的位移x1=a=0.5 m<2.5 m,
当煤块速度达到1 m/s后,随传送带做匀速直线运动,
x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m,
所用时间t2==2 s
煤块从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2=3 s
(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移,在前1 s时间内,传送带的位移
x1'=v1t1=1 m
故煤块在传送带上留下痕迹的长度为
Δx=x1'-x1=0.5 m。
(3)如图所示
拓展2　如图所示,在例1中传送带足够长,若煤块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s滑上传送带,求:
(1)煤块在传送带上滑行的最远距离;
(2)煤块从B处出发再回到B处的时间;
(3)画出煤块从B处出发再回到B处的过程中的v-t图像(规定初速度v2的方向为正方向)。
答案　(1)2 m　(2)4.5 s　(3)见解析图
解析　(1)煤块滑上传送带后做匀减速直线运动,
由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=1 m/s2
最远距离x== m=2 m
(2)从B减速到0的时间
t1== s=2 s
煤块减速为0后,向右加速,a'=μg=1 m/s2
设共速时间为t2,则t2==1 s
煤块的位移x1=·t2=0.5 m
匀速运动的时间t3==1.5 s
故煤块从B处出发再回到B处的时间t=t1+t2+t3=4.5 s
(3)如图所示
拓展3　若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放,分析煤块的运动情况,并画出v-t图像。(规定v2初速度方向为正方向)
答案　
煤块向左从0.8 m/s减速到0,再向右加速到B,到B端速度大小为0.8 m/s。
二、倾斜传送带
例2　某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带以v=5 m/s的恒定速度顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物(可视为质点),货物与传送带间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)货物放在传送带上最初一段时间内,受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力作用,摩擦力的方向　　　　　　,货物做　　　　　　运动。
(2)若传送带足够长,试分析货物的运动过程。(注意摩擦力的突变)
(3)若传送带两端A、B的距离L=10 m,求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
答案　见解析
解析　(1)滑动　沿传送带斜面向上　匀加速直线
(2)货物在传送带上先做匀加速直线运动,当货物速度与传送带速度相等时,因最大静摩擦力Ffm=μmgcos 30°,大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°,故货物与传送带速度相等后,滑动摩擦力突变为静摩擦力,货物将做匀速运动。
(3)以货物为研究对象,由牛顿第二定律得
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1==2 s
货物匀加速运动位移x1=a=5 m
然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5 m
匀速运动时间t2==1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t=t1+t2=3 s。
例3　如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案　(1)4 s　(2)2 s
解析　(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上,物体沿传送带向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,
解得a=2 m/s2,
根据l=at2得t=4 s。
(2)传送带逆时针转动时,最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有
t1== s=1 s,x1=a1=5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间,因为mgsin 37°>μmgcos 37°,
则此后物体相对传送带向下运动,受到沿传送带向上的滑动摩擦力,
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时,物体的加速度大小为a2,则
由牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
得a2=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
由x2=vt2+a2,
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
拓展　在例3第(2)问中,当传送带逆时针转动时,画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
答案
1.(1)求解传送带模型问题,首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变,速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
2.水平传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0=v时,一直匀速 (3)v0(1)传送带较短时,物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长,①v≥v0时,物体先向左减速再向右加速回到右端,回到右端时速度大小为v0 ②v3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速 (3)若μ专题强化练　[分值:100分]
1~5题每题8分,共40分
1.(2024·东莞市高一月考)如图所示,足够长的水平传送带以v0=4 m/s的速度匀速运行,t=0时刻,在左端轻放一质量为m的小滑块,已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,则t=3 s时滑块的速度为 (　　)
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
答案　B
解析　滑块开始运动的加速度大小a=μg=2 m/s2,则加速到与传送带共速所用的时间t==2 s,然后滑块随传送带做匀速直线运动,则t=3 s时滑块的速度为4 m/s。故选B。
2.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针方向运行,在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ答案　D
解析　开始时小木块相对传送带向上运动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,则小木块的加速度大小为a1=gsin θ+μgcos θ,则开始时小木块沿传送带向下做匀加速直线运动,因传送带足够长,则小木块和传送带能够共速,共速时,因μa2,故A、B、C错误,D正确。
3.(多选)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,此时速率为v2',则下列说法正确的是 (　　)
A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
答案　AB
解析　由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况:①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时,离开传送带;②若v14.(多选)(2024·成都市高一期末)如图所示,倾斜传送带AB与水平方向的夹角θ=37°,以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动,两轮的大小可忽略,两轮间的距离L=9 m。一可视为质点的煤块无初速度放在传送带上的A处,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。整个过程中煤块质量的变化不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是 (　　)
A.煤块刚放上传送带时的加速度大小为0.4 m/s2
B.煤块在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动
C.煤块从传送带A运动到B的时间为7 s
D.煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5 m
答案　ACD
解析　煤块刚放上传送带时
μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得加速度大小为a=0.4 m/s2,选项A正确;
煤块在传送带上先做匀加速直线运动,与传送带共速后,因为μmgcos θ>mgsin θ
可知与传送带相对静止,则共速后做匀速直线运动,选项B错误;
煤块开始阶段加速运动的时间
t1== s=5 s
匀加速运动的位移x1=t1=5 m
匀速的时间t2== s=2 s
则煤块从传送带A运动到B的时间为
t=t1+t2=7 s,选项C正确;
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为Δx=vt1-x1=5 m,选项D正确。
5.(2024·安徽省高一期末)如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,从A到B的长度为L=8.8 m,传送带以v0=6 m/s的速率顺时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=1 kg的物块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2
B.物块在传送带上所受到的摩擦力不变
C.物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6 s
D.物块到达传送带下端时的速度大小为9 m/s
答案　C
解析　物块刚放到传送带上时,沿斜面方向受到沿斜面向下的滑动摩擦力及重力向下的分力,即
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,故A错误;
物块与传送带速度相等后,由于mgsin θ>μmgcos θ,物块继续加速运动,物块的速度大于传送带的速度,物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力,方向发生了变化,故B错误;
设物块从加速到与传送带速度相等所用时间为t1,从速度相等到物块滑到传送带下端所用时间为t2,则有t1==0.6 s
这段时间内的位移x1=a1=1.8 m
剩余位移x2=L-x1=7 m
当物块与传送带速度相等后,物块加速度
a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
根据位移公式得x2=v0t2+a2
解得t2=1 s,t2=-7 s(舍去)
所以物块从传送带上端运动到下端经历的时间为
t=t1+t2=1.6 s,故C正确;
物块到达传送带下端时的速度大小
v'=v0+a2t2=8 m/s,故D错误。
6、7题每题10分,8题13分,9题16分,共49分
6.(多选)(2023·合肥市高一期末)质量为1 kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带,如图甲所示,物块的v-t图像如图乙所示。在整个运动过程中,以下说法正确的是 (　　)
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B.物块在传送带上做匀减速运动的时间是3 s
C.整个过程中,物块在传送带上的划痕长度为9 m
D.2 s时,物块向右运动到最远处
答案　CD
解析　由题图乙所示v-t图像可知,物块加速度大小为a== m/s2=2 m/s2
对物块,根据牛顿第二定律得
μmg=ma
联立解得物块与传送带间的动摩擦因数为
μ=0.2,故A错误;
由题图乙所示图像可知,物块在0~2 s内做匀减速直线运动,在2~3 s内反向做初速度为零的匀加速直线运动,3 s后做匀速直线运动,故B错误;
在0~3 s时间内,传动带的位移为
x1=vt=2×3 m=6 m,方向水平向左。
此过程中,物块的位移为
x2=(v0+v)t=×(-4+2)×3 m=-3 m
方向水平向右。
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为
L=x1-x2=6 m-(-3) m=9 m,故C正确;
当t=2 s时,物块的速度为零,2 s后,物块开始向左运动,所以2 s时物体向右运动到最远处,故D正确。
7.(多选)(2024·东营市高一期末)如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.17 m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是 (　　)
A.小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为12.4 m/s2
B.小包裹在传送带上运动的时间为3.2 s
C.小包裹相对于传送带滑行的距离是1.25 m
D.如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹将不能滑至传送带底端
答案　BC
解析　由于v2=1.6 m/s>v1=0.6 m/s
可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为
a==0.4 m/s2
方向沿传送带向上,故A错误;
小包裹减速到与传送带共速所用时间为
t1== s=2.5 s
此过程小包裹下滑的位移为
x1=t1=×2.5 m=2.75 m共速后,小包裹与传送带相对静止一起匀速运动,则匀速阶段的时间为
t2== s=0.7 s
则小包裹在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=3.2 s
小包裹相对于传送带滑行的距离为
Δx=x1-v1t1=2.75 m-0.6×2.5 m=1.25 m
故B、C正确;
如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹先向下减速到速度为0时,下滑的距离为
x== m=3.2 m>L=3.17 m
可知小包裹能滑至传送带底端,故D错误。
8.(13分)(2024·广东省高一期末)我国快递业高质量发展的步伐加快,其中离不开快递的自动分拣系统。一自动分拣装置的简化图如图所示,水平传送带以v0=5 m/s的速度逆时针运行,传送带两端AB长L=6 m,物件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(3分)若传送带出现故障停止转动,某物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带并刚好运动到左端B,求该物件的初速度大小;
(2)(4分)若传送带正常转动,从传送带右端A处无初速度放一物件,求物件从传送带右端A运动到左端B的时间t;
(3)(6分)若传送带正常转动,物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带,且通过传送带左端B时与传送带的速度相同,求物件滑上传送带时的速度大小v的范围。
答案　(1)2 m/s　(2) s　(3)1 m/s≤v≤7 m/s
解析　(1)传送带出现故障停止转动,对物件受力分析,由牛顿第二定律有
μmg=ma1
解得a1=2 m/s2
物件在传送带上做匀减速直线运动
0-=-2a1L
解得v1=2 m/s
(2)传送带正常转动,对物件受力分析,由牛顿第二定律有
μmg=ma2
解得a2=2 m/s2
假设物件在传送带上一直加速,有=2a2s
解得s=6.25 m>6 m=L
即假设成立,则物件在传送带上运动有L=a2t2
解得t= s
(3)当物件的速度大于传送带的速度,物件的速度最大时,物件一直做匀减速直线运动,有
-=-2μgL
解得vmax=7 m/s
当物件的速度小于传送带的速度,物件的速度最小时,物件一直做匀加速直线运动,有
-=2μgL
解得vmin=1 m/s
则1 m/s≤v≤7 m/s。
9.(16分)倾角为θ的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,1.5 s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,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(4分)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小;
(2)(5分)小煤块与传送带之间的动摩擦因数;
(3)(7分)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
答案　(1)10 m/s2　2 m/s2　(2)0.5　(3)1.25 m
解析　(1)由题图乙知,0~0.5 s内
a1== m/s2=10 m/s2
0.5~1.5 s内a2== m/s2=2 m/s2
(2)0~0.5 s内,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
0.5~1.5 s内,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
联立解得μ=0.5
(3)由题图乙知,传送带的速率v1=5 m/s,
0~0.5 s内传送带比小煤块多运动
Δx1=v1t1-v1t1=5×0.5 m-×5×0.5 m=1.25 m,
0.5~1.5 s内小煤块比传送带多运动
Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=×(5+7)×1 m-5×1 m=1 m
痕迹覆盖,所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。
(11分)
10.(多选)(2023·遂宁市射洪中学高一月考)如图甲所示,一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3 s内为二次函数,在3~4.5 s内为一次函数,取水平向左为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.传送带沿顺时针方向转动
B.传送带沿逆时针方向转动
C.小物块滑上传送带的初速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
答案　AD
解析　x-t图像的斜率表示速度,根据题图乙可知物块的速度先减小到零,后反向增加,最后匀速运动,则传送带沿顺时针方向转动,故A正确,B错误;
因2 s末物块的速度减为零,位移为4 m,采用逆向思维,由x=at2得a==2 m/s2
根据牛顿第二定律得μmg=ma
解得小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,故D正确;
设小物块滑上传送带的初速度大小为v0,0~2 s内小物块做匀减速直线运动,位移大小为4 m,有
0-=-2ax
解得v0=4 m/s,故C错误。(共67张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　传送带模型
1.会对传送带上的物体进行受力分析,掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。
2.掌握解决传送带上的物体的运动问题的方法(难点)。
学习目标
一、水平传送带
二、倾斜传送带
专题强化练
内容索引
水平传送带
一
如图所示,传送带保持以v1=1 m/s的速度顺时针转动。
现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地
放上去,设煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
例1
(1)煤块放上传送带最初一段时间内,受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力,方向　　　　　,煤块做　　　　　　运动。
(2)若传送带足够长,当煤块速度v煤=v1=1 m/s时,煤块与传送带之间____(填“有”或“无”)摩擦力,此后煤块做　　　　　运动。
(3)煤块与传送带共速时,煤块的位移为x1,传送带的位移为x2, 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx=　　　　(用x1、x2表示)。
滑动
水平向右
匀加速直线
无
匀速直线
x2-x1
拓展1　若A、B间的距离L=2.5 m,(g取10 m/s2)求:
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间;
答案　3 s
对煤块,μmg=ma,得a=μg=1 m/s2,当速度达到1 m/s时,所用的时间t1==
1 s,通过的位移x1=a=0.5 m<2.5 m,
当煤块速度达到1 m/s后,随传送带做匀速直线运动,
x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m,
所用时间t2==2 s
煤块从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2=3 s
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。
答案　0.5 m
煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移,在前1 s时间内,传送带的位移
x1'=v1t1=1 m
故煤块在传送带上留下痕迹的长度为
Δx=x1'-x1=0.5 m。
(3)画出煤块运动的v-t图像。
答案　见解析图
如图所示
拓展2　如图所示,在例1中传送带足够长,若煤块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s滑上传送带,求:
答案　2 m
(1)煤块在传送带上滑行的最远距离;
煤块滑上传送带后做匀减速直线运动,
由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=1 m/s2
最远距离x== m=2 m
(2)煤块从B处出发再回到B处的时间;
答案　4.5 s
从B减速到0的时间
t1== s=2 s
煤块减速为0后,向右加速,a'=μg=1 m/s2
设共速时间为t2,则t2==1 s
煤块的位移x1=·t2=0.5 m
匀速运动的时间t3==1.5 s
故煤块从B处出发再回到B处的时间t=t1+t2+t3=4.5 s
(3)画出煤块从B处出发再回到B处的过程中的v-t图像(规定初速度v2的方向为正方向)。
答案　见解析图
如图所示
拓展3　若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放,分析煤块的运动情况,并画出v-t图像。(规定v2初速度方向为正方向)
答案　煤块向左从0.8 m/s减速到0,再向右加速到B,到B端速度大小为0.8 m/s。
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倾斜传送带
二
　某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带以v=5 m/s的恒定速度顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物(可视为质点),货物与传送带间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
例2
(1)货物放在传送带上最初一段时间内,受到_____
(填“静”或“滑动”)摩擦力作用,摩擦力的方向　　　　　　,货物做
　　　　　　运动。
答案　见解析
滑动　沿传送带斜面向上　匀加速直线
(2)若传送带足够长,试分析货物的运动过程。(注意摩擦力的突变)
答案　见解析
货物在传送带上先做匀加速直线运动,当货物速度与传送带速度相等时,因最大静摩擦力Ffm=μmgcos 30°,大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°,故货物与传送带速度相等后,滑动摩擦力突变为静摩擦力,货物将做匀速运动。
(3)若传送带两端A、B的距离L=10 m,求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
答案　见解析
以货物为研究对象,由牛顿第二定律得
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1==2 s
货物匀加速运动位移x1=a=5 m
然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5 m
匀速运动时间t2==1 s
货物从A端运送到B端所需的时间t=t1+t2=3 s。
　如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
例3
答案　4 s
传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上,物体沿传送带向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,
解得a=2 m/s2,
根据l=at2得t=4 s。
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案　2 s
传送带逆时针转动时,最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有
t1== s=1 s,x1=a1=5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间,因为mgsin 37°>μmgcos 37°,
则此后物体相对传送带向下运动,受到沿传送带向上的滑动摩擦力,
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时,物体的加速度大小为a2,则
由牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
得a2=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
由x2=vt2+a2,解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
拓展　在例3第(2)问中,当传送带逆时针转动时,画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
答案
总结提升
1.(1)求解传送带模型问题,首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变,速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
总结提升
2.水平传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v0=v时,一直匀速
(3)v0总结提升
类型 物体运动情况
(1)传送带较短时,物体一直减速到达左端
(2)传送带足够长,①v≥v0时,物体先向左减速再向右加速回到右端,回到右端时速度大小为v0
②v总结提升
3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速
(3)若μ返回
专题强化练
三
1.(2024·东莞市高一月考)如图所示,足够长的水平传送带以v0=4 m/s的速度匀速运行,t=0时刻,在左端轻放一质量为m的小滑块,已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,则t=3 s时滑块的速度为
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
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基础强化练
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滑块开始运动的加速度大小a=μg=2 m/s2,则加速到与传送带共速所用的时间t==2 s,然后滑块随传送带做匀速直线运动,则t=3 s时滑块的速度为4 m/s。故选B。
2.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针方向运行,在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ1
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开始时小木块相对传送带向上运动,受到的滑动摩擦力沿
传送带向下,则小木块的加速度大小为a1=gsin θ+μgcos θ,
则开始时小木块沿传送带向下做匀加速直线运动,因传送
带足够长,则小木块和传送带能够共速,共速时,因μa2,故A、B、C错误,D正确。
3.(多选)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,此时速率为v2',则下列说法正确的是
A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
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由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速
度减为零,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,
分两种情况:①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时,离开传送带;②若v14.(多选)(2024·成都市高一期末)如图所示,倾斜传送带AB与水平方向的夹角θ=
37°,以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动,两轮的大小可忽略,两轮间的距离L=9 m。一可视为质点的煤块无初速度放在传送带上的A处,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。整个过程中煤块质量的变化不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是
A.煤块刚放上传送带时的加速度大小为0.4 m/s2
B.煤块在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动
C.煤块从传送带A运动到B的时间为7 s
D.煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5 m
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煤块刚放上传送带时μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得加速度大小为a=0.4 m/s2,选项A正确;
煤块在传送带上先做匀加速直线运动,与传
送带共速后,因为μmgcos θ>mgsin θ
可知与传送带相对静止,则共速后做匀速直线运动,选项B错误;
煤块开始阶段加速运动的时间t1== s=5 s
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匀加速运动的位移x1=t1=5 m
匀速的时间t2== s=2 s
则煤块从传送带A运动到B的时间为
t=t1+t2=7 s,选项C正确;
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为Δx=vt1-x1=5 m,选项D正确。
5.(2024·安徽省高一期末)如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,从A到B的长度为L=8.8 m,传送带以v0=6 m/s的速率顺时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=1 kg的物块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是
A.物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2
B.物块在传送带上所受到的摩擦力不变
C.物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6 s
D.物块到达传送带下端时的速度大小为9 m/s
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物块刚放到传送带上时,沿斜面方向受到沿斜面向下的滑动摩擦力及重力向下的分力,即
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,故A错误;
物块与传送带速度相等后,由于mgsin θ>μmgcos θ,物块继续加速运动,物块的速度大于传送带的速度,物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力,方向发生了变化,故B错误;
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设物块从加速到与传送带速度相等所用时间为t1,从速度相等到物块滑到传送带下端所用时间为t2,则有t1==0.6 s
这段时间内的位移x1=a1=1.8 m
剩余位移x2=L-x1=7 m
当物块与传送带速度相等后,物块加速度
a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
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根据位移公式得x2=v0t2+a2
解得t2=1 s,t2=-7 s(舍去)
所以物块从传送带上端运动到下端经历的时间为
t=t1+t2=1.6 s,故C正确;
物块到达传送带下端时的速度大小
v'=v0+a2t2=8 m/s,故D错误。
6.(多选)(2023·合肥市高一期末)质量为1 kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带,如图甲所示,物块的v-t图像如图乙所示。在整个运动过程中,以下说法正确的是
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B.物块在传送带上做匀减速运动的时间是3 s
C.整个过程中,物块在传送带上的划痕长度为9 m
D.2 s时,物块向右运动到最远处
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能力综合练
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由题图乙所示v-t图像可知,物块加速度大小为a== m/s2=2 m/s2
对物块,根据牛顿第二定律得μmg=ma
联立解得物块与传送带间的动摩擦因数为
μ=0.2,故A错误;
由题图乙所示图像可知,物块在0~2 s内做匀减速直线运动,在2~3 s内反向做初速度为零的匀加速直线运动,3 s后做匀速直线运动,故B错误;
在0~3 s时间内,传动带的位移为
x1=vt=2×3 m=6 m,方向水平向左。
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此过程中,物块的位移为
x2=(v0+v)t=×(-4+2)×3 m=-3 m
方向水平向右。
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为
L=x1-x2=6 m-(-3) m=9 m,故C正确;
当t=2 s时,物块的速度为零,2 s后,物块开始向左运动,所以2 s时物体向右运动到最远处,故D正确。
7.(多选)(2024·东营市高一期末)如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.17 m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是
A.小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为12.4 m/s2
B.小包裹在传送带上运动的时间为3.2 s
C.小包裹相对于传送带滑行的距离是1.25 m
D.如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹将不能滑至传送带底端
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由于v2=1.6 m/s>v1=0.6 m/s
可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为a==0.4 m/s2
方向沿传送带向上,故A错误;
小包裹减速到与传送带共速所用时间为
t1== s=2.5 s
此过程小包裹下滑的位移为x1=t1=×2.5 m=2.75 m1
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共速后,小包裹与传送带相对静止一起匀速运动,则匀速阶段的时间为
t2== s=0.7 s
则小包裹在传送带上运动的时间为t=t1+t2=3.2 s
小包裹相对于传送带滑行的距离为
Δx=x1-v1t1=2.75 m-0.6×2.5 m=1.25 m
故B、C正确;
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如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹先向下减速到速度为0时,下滑的距离为
x== m=3.2 m>L=3.17 m
可知小包裹能滑至传送带底端,故D错误。
8.(2024·广东省高一期末)我国快递业高质量发展的步伐加快,其中离不开快递的自动分拣系统。一自动分拣装置的简化图如图所示,水平传送带以v0=5 m/s的速度逆时针运行,传送带两端AB长L=6 m,物件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若传送带出现故障停止转动,某物件从传送
带右端A以某一初速度滑上传送带并刚好运动到左端B,求该物件的初速度大小;
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答案　2 m/s
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传送带出现故障停止转动,对物件受力分析,由牛顿第二定律有
μmg=ma1
解得a1=2 m/s2
物件在传送带上做匀减速直线运动
0-=-2a1L
解得v1=2 m/s
(2)若传送带正常转动,从传送带右端A处无初速度放一物件,求物件从传送带右端A运动到左端B的时间t;
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答案　 s
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传送带正常转动,对物件受力分析,由牛顿第二定律有
μmg=ma2
解得a2=2 m/s2
假设物件在传送带上一直加速,有=2a2s
解得s=6.25 m>6 m=L
即假设成立,则物件在传送带上运动有L=a2t2
解得t= s
(3)若传送带正常转动,物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带,且通过传送带左端B时与传送带的速度相同,求物件滑上传送带时的速度大小v的范围。
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答案　1 m/s≤v≤7 m/s
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当物件的速度大于传送带的速度,物件的速度最大时,物件一直做匀减速直线运动,有
-=-2μgL
解得vmax=7 m/s
当物件的速度小于传送带的速度,物件的速度最小时,物件一直做匀加速直线运动,有
-=2μgL
解得vmin=1 m/s
则1 m/s≤v≤7 m/s。
9.倾角为θ的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,1.5 s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,重力加速度g=10 m/s2,求:
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(1)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小;
答案　10 m/s2　2 m/s2
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由题图乙知,0~0.5 s内
a1== m/s2=10 m/s2
0.5~1.5 s内a2== m/s2=2 m/s2
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数;
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答案　0.5
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0~0.5 s内,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
0.5~1.5 s内,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
联立解得μ=0.5
(3)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
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答案　1.25 m
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由题图乙知,传送带的速率v1=5 m/s,
0~0.5 s内传送带比小煤块多运动
Δx1=v1t1-v1t1=5×0.5 m-×5×0.5 m=1.25 m,
0.5~1.5 s内小煤块比传送带多运动
Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=×(5+7)×1 m-5×1 m=1 m
痕迹覆盖,所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。
10.(多选)(2023·遂宁市射洪中学高一月考)如图甲所示,一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3 s内为二次函数,在3~4.5 s内为一次函数,取水平向左为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.传送带沿顺时针方向转动
B.传送带沿逆时针方向转动
C.小物块滑上传送带的初速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
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尖子生选练
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x-t图像的斜率表示速度,根据题图乙可知物块的速度先减小到零,后反向增加,最后匀速运动,则传送带沿顺时针方向转动,故A正确,B错误;
因2 s末物块的速度减为零,位移为4 m,采用逆向思维,由x=at2得a==2 m/s2
根据牛顿第二定律得μmg=ma
解得小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,故D正确;
设小物块滑上传送带的初速度大小为v0,0~2 s内小物块做
匀减速直线运动,位移大小为4 m,有0-=-2ax
解得v0=4 m/s,故C错误。
返回专题强化　传送带模型
［学习目标］　1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。2.掌握解决传送带上的物体的运动问题的方法(难点)。
一、水平传送带
例1　如图所示，传送带保持以v1=1 m/s的速度顺时针转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
(1)煤块放上传送带最初一段时间内，受到　　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力，方向
　　　　　　，煤块做　　　　　　运动。
(2)若传送带足够长，当煤块速度v煤=v1=1 m/s时，煤块与传送带之间　　　　(填“有”或“无”)摩擦力，此后煤块做　　　　运动。
(3)煤块与传送带共速时，煤块的位移为x1，传送带的位移为x2， 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δx=　　　　(用x1、x2表示)。
拓展1　若A、B间的距离L=2.5 m，(g取10 m/s2)求：
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度。
(3)画出煤块运动的v-t图像。
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拓展2　如图所示，在例1中传送带足够长，若煤块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s滑上传送带，求：
(1)煤块在传送带上滑行的最远距离；
(2)煤块从B处出发再回到B处的时间；
(3)画出煤块从B处出发再回到B处的过程中的v-t图像(规定初速度v2的方向为正方向)。
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拓展3　若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放，分析煤块的运动情况，并画出v-t图像。(规定v2初速度方向为正方向)
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二、倾斜传送带
例2　某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带以v=5 m/s的恒定速度顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)货物放在传送带上最初一段时间内，受到　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力作用，摩擦力的方向　　　　　　　　　　，货物做　　　　　　运动。
(2)若传送带足够长，试分析货物的运动过程。(注意摩擦力的突变)
(3)若传送带两端A、B的距离L=10 m，求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
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例3　如图所示，倾角为37°，长为l=16 m的传送带，转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
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拓展　在例3第(2)问中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
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1.(1)求解传送带模型问题，首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
2.水平传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0=v时,一直匀速 (3)v0(1)传送带较短时,物体一直减速到达左端 (2)传送带足够长,①v≥v0时,物体先向左减速再向右加速回到右端,回到右端时速度大小为v0 ②v3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速 (3)若μ答案精析
例1　（1）滑动　水平向右　匀加速直线　（2）无　匀速直线　（3）x2-x1
拓展1　（1）3 s　（2）0.5 m　（3）见解析图
解析　（1）对煤块，μmg=ma，得a=μg=1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1==1 s，通过的位移x1=a=0.5 m<2.5 m，
当煤块速度达到1 m/s后，随传送带做匀速直线运动，
x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m，
所用时间t2==2 s
煤块从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2=3 s
（2）煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，在前1 s时间内，传送带的位移x1'=v1t1=1 m
故煤块在传送带上留下痕迹的长度为
Δx=x1'-x1=0.5 m。
（3）如图所示
拓展2　（1）2 m　（2）4.5 s　（3）见解析图
解析　（1）煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=1 m/s2
最远距离x== m=2 m
（2）从B减速到0的时间
t1== s=2 s
煤块减速为0后，向右加速，
a'=μg=1 m/s2
设共速时间为t2，则t2==1 s
煤块的位移x1=·t2=0.5 m
匀速运动的时间t3==1.5 s
故煤块从B处出发再回到B处的时间t=t1+t2+t3=4.5 s
（3）如图所示
拓展3　
煤块向左从0.8 m/s减速到0，再向右加速到B，到B端速度大小为0.8 m/s。
例2　见解析
解析　（1）滑动　沿传送带斜面向上
匀加速直线
（2）货物在传送带上先做匀加速直线运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力Ffm=μmgcos 30°，大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°，故货物与传送带速度相等后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，货物将做匀速运动。
（3）以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1==2 s
货物匀加速运动位移x1=a=5 m
然后货物做匀速运动，运动位移x2=L-x1=5 m
匀速运动时间t2==1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t=t1+t2=3 s。
例3　（1）4 s　（2）2 s
解析　（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，
解得a=2 m/s2，
根据l=at2得t=4 s。
（2）传送带逆时针转动时，最初的一段时间内物体下滑速度小于传送带转动速度，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1== s=1 s，x1=a1=5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，则
由牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
得a2=2 m/s2
x2=l-x1=11 m
由x2=vt2+a2，
解得t2=1 s（t2=-11 s舍去）
所以t总=t1+t2=2 s。
拓展　作业40 传送带模型
1~5题每题8分,共40分
1.(2024·东莞市高一月考)如图所示,足够长的水平传送带以v0=4 m/s的速度匀速运行,t=0时刻,在左端轻放一质量为m的小滑块,已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,则t=3 s时滑块的速度为 (　　)
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
2.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针方向运行,在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ3.(多选)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,此时速率为v2',则下列说法正确的是 (　　)
A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
4.(多选)(2024·成都市高一期末)如图所示,倾斜传送带AB与水平方向的夹角θ=37°,以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动,两轮的大小可忽略,两轮间的距离L=9 m。一可视为质点的煤块无初速度放在传送带上的A处,煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。整个过程中煤块质量的变化不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是 (　　)
A.煤块刚放上传送带时的加速度大小为0.4 m/s2
B.煤块在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动
C.煤块从传送带A运动到B的时间为7 s
D.煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5 m
5.(2024·安徽省高一期末)如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,从A到B的长度为L=8.8 m,传送带以v0=6 m/s的速率顺时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=1 kg的物块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2
B.物块在传送带上所受到的摩擦力不变
C.物块从传送带上端运动到下端经历的时间为1.6 s
D.物块到达传送带下端时的速度大小为9 m/s
6、7题每题10分,8题13分,9题16分,共49分
6.(多选)(2023·合肥市高一期末)质量为1 kg的物块M水平向右滑上逆时针转动的传送带,如图甲所示,物块的v-t图像如图乙所示。在整个运动过程中,以下说法正确的是 (　　)
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B.物块在传送带上做匀减速运动的时间是3 s
C.整个过程中,物块在传送带上的划痕长度为9 m
D.2 s时,物块向右运动到最远处
7.(多选)(2024·东营市高一期末)如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.17 m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是 (　　)
A.小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为12.4 m/s2
B.小包裹在传送带上运动的时间为3.2 s
C.小包裹相对于传送带滑行的距离是1.25 m
D.如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹将不能滑至传送带底端
8.(13分)(2024·广东省高一期末)我国快递业高质量发展的步伐加快,其中离不开快递的自动分拣系统。一自动分拣装置的简化图如图所示,水平传送带以v0=5 m/s的速度逆时针运行,传送带两端AB长L=6 m,物件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(3分)若传送带出现故障停止转动,某物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带并刚好运动到左端B,求该物件的初速度大小;
(2)(4分)若传送带正常转动,从传送带右端A处无初速度放一物件,求物件从传送带右端A运动到左端B的时间t;
(3)(6分)若传送带正常转动,物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带,且通过传送带左端B时与传送带的速度相同,求物件滑上传送带时的速度大小v的范围。
9.(16分)倾角为θ的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,1.5 s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,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(4分)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小;
(2)(5分)小煤块与传送带之间的动摩擦因数;
(3)(7分)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
(11分)
10.(多选)(2023·遂宁市射洪中学高一月考)如图甲所示,一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3 s内为二次函数,在3~4.5 s内为一次函数,取水平向左为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.传送带沿顺时针方向转动
B.传送带沿逆时针方向转动
C.小物块滑上传送带的初速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
答案精析
1.B　2.D　3.AB
4.ACD　［煤块刚放上传送带时
μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得加速度大小为a=0.4 m/s2，选项A正确；
煤块在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后，因为μmgcos θ>mgsin θ
可知与传送带相对静止，则共速后做匀速直线运动，选项B错误；
煤块开始阶段加速运动的时间
t1== s=5 s
匀加速运动的位移x1=t1=5 m
匀速的时间t2== s=2 s
则煤块从传送带A运动到B的时间为t=t1+t2=7 s，选项C正确；
煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为Δx=vt1-x1=5 m，选项D正确。］
5.C　［物块刚放到传送带上时，沿斜面方向受到沿斜面向下的滑动摩擦力及重力向下的分力，即
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，故A错误；
物块与传送带速度相等后，由于mgsin θ>μmgcos θ，物块继续加速运动，物块的速度大于传送带的速度，物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力，方向发生了变化，故B错误；
设物块从加速到与传送带速度相等所用时间为t1，从速度相等到物块滑到传送带下端所用时间为t2，则有t1==0.6 s
这段时间内的位移x1=a1=1.8 m
剩余位移x2=L-x1=7 m
当物块与传送带速度相等后，物块加速度a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
根据位移公式得x2=v0t2+a2
解得t2=1 s，t2=-7 s（舍去）
所以物块从传送带上端运动到下端经历的时间为
t=t1+t2=1.6 s，故C正确；
物块到达传送带下端时的速度大小
v'=v0+a2t2=8 m/s，故D错误。］
6.CD　［由题图乙所示v-t图像可知，物块加速度大小为a== m/s2=2 m/s2
对物块，根据牛顿第二定律得
μmg=ma
联立解得物块与传送带间的动摩擦因数为
μ=0.2，故A错误；
由题图乙所示图像可知，物块在0~2 s内做匀减速直线运动，在2~3 s内反向做初速度为零的匀加速直线运动，3 s后做匀速直线运动，故B错误；
在0~3 s时间内，传动带的位移为
x1=vt=2×3 m=6 m，方向水平向左。
此过程中，物块的位移为
x2=（v0+v）t=×（-4+2）×3 m
=-3 m
方向水平向右。
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为
L=x1-x2=6 m-（-3） m=9 m，故C正确；
当t=2 s时，物块的速度为零，2 s后，物块开始向左运动，所以2 s时物体向右运动到最远处，故D正确。］
7.BC　［由于v2=1.6 m/s>v1=0.6 m/s
可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
a==0.4 m/s2
方向沿传送带向上，故A错误；
小包裹减速到与传送带共速所用时间为t1== s=2.5 s
此过程小包裹下滑的位移为
x1=t1=×2.5 m=2.75 m共速后，小包裹与传送带相对静止一起匀速运动，则匀速阶段的时间为
t2== s=0.7 s
则小包裹在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=3.2 s
小包裹相对于传送带滑行的距离为
Δx=x1-v1t1=2.75 m-0.6×2.5 m=1.25 m
故B、C正确；
如果传送带以相同的速率顺时针转动，小包裹先向下减速到速度为0时，下滑的距离为
x== m=3.2 m>L=3.17 m
可知小包裹能滑至传送带底端，故D错误。］
8.（1）2 m/s　（2） s　（3）1 m/s≤v≤7 m/s
解析　（1）传送带出现故障停止转动，对物件受力分析，由牛顿第二定律有
μmg=ma1
解得a1=2 m/s2
物件在传送带上做匀减速直线运动
0-=-2a1L
解得v1=2 m/s
（2）传送带正常转动，对物件受力分析，由牛顿第二定律有μmg=ma2
解得a2=2 m/s2
假设物件在传送带上一直加速，有=2a2s
解得s=6.25 m>6 m=L
即假设成立，则物件在传送带上运动有L=a2t2
解得t= s
（3）当物件的速度大于传送带的速度，物件的速度最大时，物件一直做匀减速直线运动，有-=-2μgL
解得vmax=7 m/s
当物件的速度小于传送带的速度，物件的速度最小时，物件一直做匀加速直线运动，有-=2μgL
解得vmin=1 m/s
则1 m/s≤v≤7 m/s。
9.（1）10 m/s2　2 m/s2　（2）0.5
（3）1.25 m
解析　（1）由题图乙知，0~0.5 s内
a1== m/s2=10 m/s2
0.5~1.5 s内a2== m/s2
=2 m/s2
（2）0~0.5 s内，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
0.5~1.5 s内，由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
联立解得μ=0.5
（3）由题图乙知，传送带的速率
v1=5 m/s，
0~0.5 s内传送带比小煤块多运动
Δx1=v1t1-v1t1=5×0.5 m-×5×0.5 m=1.25 m，
0.5~1.5 s内小煤块比传送带多运动
Δx2=（v1+v2）t2-v1t2=×（5+7）×1 m-5×1 m=1 m
痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。
10.AD　［x-t图像的斜率表示速度，根据题图乙可知物块的速度先减小到零，后反向增加，最后匀速运动，则传送带沿顺时针方向转动，故A正确，B错误；
因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m，采用逆向思维，由x=at2得a==2 m/s2
根据牛顿第二定律得μmg=ma
解得小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，故D正确；
设小物块滑上传送带的初速度大小为v0，0~2 s内小物块做匀减速直线运动，位移大小为4 m，有
0-=-2ax
解得v0=4 m/s，故C错误。］

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