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培优提升十二　传送带模型
选择题1～8题，每小题10分，共80分。
基础对点练
题组一　水平传送带
1.为保障旅客安全出行，铁道部门须对乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示，乘客将携带物品放到以恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查。当乘客将物品无初速度放在传送带上之后，物品(　　)
与传送带相对静止时受到静摩擦力
初始阶段受与运动方向相同的摩擦力作用
相对传送带静止时受与运动方向相同的摩擦力作用
相对地面运动故一定受到滑动摩擦力
2.(多选)(2024·河北衡水高一期末)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　)
＋
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(　　)
若v1＜v2，则v2′＝v1
若v1＞v2，则v2′＝v2
不管v2多大，总有v2′＝v2
只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
题组二　倾斜传送带
4.如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　)
t1＝t2 t1>t2
t15.(多选)如图，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在上升过程中的小物体(　　)
加速度恒定
先加速后匀速
所受的摩擦力方向不变
所受的摩擦力大小始终为12 N
6.(多选)如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图，此装置可以实现机械化分离鱼和虾。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿斜面向下的初速度，最终虾均能被传送至下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面间夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是(　　)
鱼和虾在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向始终沿斜面向上
虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做减速直线运动
虾与传送带间的动摩擦因数有可能小于tan θ
鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tan θ
综合提升练
7.(多选)(2024·福建三明高一期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
传送带的速度大小为1.0 m/s
小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s
小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m
8.(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)(　　)
粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
粮袋开始运动的加速度为g(sin θ＋μcos θ)
若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动
不论L长度如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ
9.(10分)如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2。则：
(1)(3分)求物体在传送带上做匀加速运动的时间；
(2)(3分)求物体与传送带之间的动摩擦因数；
(3)(4分)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。
培优加强练
10.(10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)(3分)0～0.5 s内和0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小；
(2)(3分)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
(3)(4分)在0～1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
培优提升十二　传送带模型
1.B　[当物品与传送带相对静止时，物品与传送带一起做匀速直线运动，两者之间没有相对运动的趋势，物品不受静摩擦力，故A、C错误；初始阶段物品相对传送带有向后运动的趋势，受到向前的摩擦力，则摩擦力方向与物品运动方向相同，故B正确；判断物品是否受滑动摩擦力，是看与接触面有没有发生相对运动，与物品相对地面的运动情况无关，故D错误。]
2.ACD　[因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt2，可得t＝，C正确；若一直加速到右端的速度恰好与传送带速度v相等，则L＝t，可得t＝，D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v＝L，可得t＝＋，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B错误。]
3.AB　[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：若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带；若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力作用，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1，故选项A、B正确，C、D错误。]
4.A　[滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据s＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。]
5.BC　[开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因f＝μmgcos 37°＝
12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则物体沿传送带向上加速，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带相等时，因μmgcos 37°>mgsin 37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12 N，方向沿传送带向上，则选项B、C正确，A、D错误。]
6.ACD　[由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，故鱼和虾所受摩擦力方向一定始终沿斜面向上，A正确；受力分析可知，虾的重力沿斜面向下的分力有可能小于虾所受到的摩擦力，有可能减速向下运动，所以可能有mgsin θ<μ虾mgcos θ，则tan θ<μ虾，也有可能虾的重力沿斜面向下的分力大于虾所受的摩擦力，则有mgsin θ>μ虾mgcos θ，则tan θ>μ虾，同理可能有tan θ＝μ虾，要保证鱼均能进入上端收集箱，则应先减速向下，后加速向上，若传送带足够长还有可能最后做匀速运动，所以对鱼一定有mgsin θ<μ鱼mgcos θ，即tan θ<μ鱼，故B错误，C、D均正确。]
7.AD　[3.0～4.0 s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0 m/s，A正确；0～2.0 s时间内物块加速度大小为a＝＝1.0 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，C错误；由于v－t图像与t轴围成的面积表示位移大小，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δs＝ m＋ m＝4.5 m，D正确。]
8.AB　[当mgsin θ>μmgcos θ时可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v。当
mgsin θ<μmgcos θ时可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达B点时速度为v。也可能此传送带比较短，粮袋一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，故A正确，D错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力f，此外还受到重力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，也可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C错误。]
9.(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
解析　(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度后，匀速运动到B端。
设物体做匀加速运动的时间为t
所以t＋v(6 s－t)＝L
代入数据解得t＝2 s。
(2)在匀加速运动过程中，
根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得v＝at
联立解得μ＝0.1。
(3)在煤块匀加速运动过程中，
传送带上表面相对于地面的位移s＝vt＝4 m
煤块相对于地面的位移s′＝at2＝2 m
所以煤块在传送带上的划痕长度
Δs＝s－s′＝2 m。
10.(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内小煤块的加速度
a1＝＝10 m/s2
0.5～1.5 s内小煤块的加速度a2＝＝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
Δs1＝v1t1－v1t1＝1.25 m
0.5～1.5 s内小煤块比传送带多运动
Δs2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝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。培优提升十二　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。2.能正确解答传送带上的物体的运动问题。
1.传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2.传送带模型分析流程
类型1　水平传送带模型
类型 滑块运动情况
(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，滑块一直减速到达左端 (2)传送带足够长时，若v0≤v滑块先向左减速再向右加速回到右端，若v0>v，滑块先向左减速再向右加速至速度v再匀速回到右端
例1 如图所示，传送带保持以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________(选填“静”或“滑动”)摩擦力，方向____________，煤块做____________运动。
(2)若传送带足够长，试分析煤块在传送带上的运动过程(注意摩擦力的突变)。
(3)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。
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1.分析传送带模型的关键是对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
2.滑块与传送带等速的时刻，即v物＝v传时，是相对运动方向及摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折点。　　
训练1 如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s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，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。
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类型2　倾斜传送带模型
类型 滑块运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速再以a2加速
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________(选填“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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训练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倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时：
(1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动。
(2)若μ随堂对点自测
1.(水平传送带) (多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　)
2.(倾斜传送带模型)如图所示，一足够长的传送带与水平面之间的夹角为θ，以恒定速率v沿逆时针方向运行，现将质量为m的物块(视为质点)轻轻地放在传送带的上端，已知两者间的动摩擦因数为μ，且μ>tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.物块一直做匀加速直线运动
B.初始阶段物块的加速度为g(sin θ－μcos θ)
C.传送带给物块的摩擦力方向始终沿斜面向下
D.物块到达传送带底端时的速度大小一定等于v
培优提升十二　传送带模型
例1 (1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)煤块　先做匀加速运动，达到共同速度后再做匀速运动　(3)①3 s　②0.5 m
解析　(3)①对煤块、根据题意得
a＝＝μg＝1 m/s2
当速度达到1 m/s时，所用时间t1＝＝1 s
通过的位移s1＝＝0.5 m＜2.5 m
s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，当煤块速度达到1 m/s后，煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s
因此煤块从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
s1′＝vt1＝1 m
由①可知煤块的位移s1＝0.5 m
故煤块在传送带上留下的痕迹长度为
Δs＝s1′－s1＝0.5 m。
训练1 (1)4 m　(2)4.5 s
解析　(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，加速度为a，由牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
由公式s＝得s＝4 m。
(2)小物块匀减速运动的时间t1＝＝2 s，小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度仍为a＝2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，则
t2＝＝1 s
t2时间内小物块向右运动的距离
s1＝＝1 m
最后小物块做匀速直线运动，位移为
s2＝s－s1＝3 m
则匀速运动时间t3＝＝1.5 s
所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间
t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
例2 见解析
解析　(1)货物放在传送带上，最初一段时间，受到滑动摩擦力的作用，摩擦力方向沿传送带斜面向上，货物做匀加速直线运动。
(2)货物在传送带上先做匀加速运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力fm＝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s1＝at＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝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。
训练2 D　[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μ＜
tan θ，小木块将继续加速，加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ，综上所述，小木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，且a1＞a2，故A、B、C错误，D正确。]
随堂对点自测
1.BD　[物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，故选项A、C错误，B、D正确。]
2.D　[由μ＞tan θ，可得μmgcos θ＞mgsin θ，则有fm＝μmgcos θ＞mgsin θ，当物块与传送带速度相等时，物块可以达到平衡状态，能与传送带一起匀速运动，即物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，故A错误，D正确；初始阶段对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma，可得物块的加速度为a＝g(μcos θ＋sin θ)，故B错误；物块与传送带一起匀速运动时f静＝mgsin θ，沿斜面向上，故C错误。](共45张PPT)
培优提升十二　传送带模型
第5章　牛顿运动定律
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。
2.能正确解答传送带上的物体的运动问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
随堂对点自测
01
课后巩固训练
02
1.传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2.传送带模型分析流程
类型1　水平传送带模型
类型 滑块运动情况
(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，滑块一直减速到达左端
(2)传送带足够长时，若v0≤v滑块先向左减速再向右加速回到右端，若v0>v，滑块先向左减速再向右加速至速度v再匀速回到右端
例1 如图所示，传送带保持以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________(选填“静”或“滑动”)摩擦力，方向____________，煤块做____________运动。
(2)若传送带足够长，试分析煤块在传送带上的运动过程(注意摩擦力的突变)。
(3)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。
解析　(3)①对煤块、根据题意得
因此煤块从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
s1′＝vt1＝1 m
由①可知煤块的位移s1＝0.5 m
故煤块在传送带上留下的痕迹长度为
Δs＝s1′－s1＝0.5 m。
答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)煤块　先做匀加速运动，达到共同速度后再做匀速运动　(3)①3 s　②0.5 m
1.分析传送带模型的关键是对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
2.滑块与传送带等速的时刻，即v物＝v传时，是相对运动方向及摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折点。　　
训练1 如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s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，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间。
答案　(1)4 m　(2)4.5 s
解析　(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，加速度为a，由牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
设小物块与传送带共速所需时间为t2，则
t2时间内小物块向右运动的距离
最后小物块做匀速直线运动，位移为
s2＝s－s1＝3 m
所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
类型2　倾斜传送带模型
类型 滑块运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速再以a2加速
(1)货物放在传送带上最初一段时间内，受到________(选填“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)。
解析　(1)货物放在传送带上，最初一段时间，受到滑动摩擦力的作用，摩擦力方向沿传送带斜面向上，货物做匀加速直线运动。
(2)货物在传送带上先做匀加速运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力fm＝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
货物从A端运送到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
答案　见解析
D
训练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μ＜tan θ，小木块将继续加速，加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ，综上所述，小木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，且a1＞a2，故A、B、C错误，D正确。
倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时：
(1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动。
(2)若μ随堂对点自测
1
BD
1.(水平传送带)(多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　)
解析　物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，故选项A、C错误，B、D正确。
D
2.(倾斜传送带模型)如图所示，一足够长的传送带与水平面之间的夹角为θ，以恒定速率v沿逆时针方向运行，现将质量为m的物块(视为质点)轻轻地放在传送带的上端，已知两者间的动摩擦因数为μ，且μ>tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.物块一直做匀加速直线运动
B.初始阶段物块的加速度为g(sin θ－μcos θ)
C.传送带给物块的摩擦力方向始终沿斜面向下
D.物块到达传送带底端时的速度大小一定等于v
解析　由μ＞tan θ，可得μmgcos θ＞mgsin θ，则有fm＝μmgcos θ＞mgsin θ，当物块与传送带速度相等时，物块可以达到平衡状态，能与传送带一起匀速运动，即物块先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，故A错误，D正确；初始阶段对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma，可得物块的加速度为a＝g(μcos θ＋sin θ)，故B错误；物块与传送带一起匀速运动时f静＝mgsin θ，沿斜面向上，故C错误。
课后巩固训练
2
B
题组一　水平传送带
1.为保障旅客安全出行，铁道部门须对乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示，乘客将携带物品放到以恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查。当乘客将物品无初速度放在传送带上之后，物品(　　)
基础对点练
A.与传送带相对静止时受到静摩擦力
B.初始阶段受与运动方向相同的摩擦力作用
C.相对传送带静止时受与运动方向相同的摩擦力作用
D.相对地面运动故一定受到滑动摩擦力
解析　当物品与传送带相对静止时，物品与传送带一起做匀速直线运动，两者之间没有相对运动的趋势，物品不受静摩擦力，故A、C错误；初始阶段物品相对传送带有向后运动的趋势，受到向前的摩擦力，则摩擦力方向与物品运动方向相同，故B正确；判断物品是否受滑动摩擦力，是看与接触面有没有发生相对运动，与物品相对地面的运动情况无关，故D错误。
ACD
2.(多选)(2024·河北衡水高一期末)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　 )
AB
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v1＜v2，则v2′＝v1
B.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
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：若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带；若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力作用，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1，故选项A、B正确，C、D错误。
A
题组二　倾斜传送带
4.如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　)
A.t1＝t2 B.t1>t2
C.t1BC
5.(多选)如图，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在上升过程中的小物体(　　)
A.加速度恒定
B.先加速后匀速
C.所受的摩擦力方向不变
D.所受的摩擦力大小始终为12 N
解析　开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因f＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则物体沿传送带向上加速，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带相等时，因μmgcos 37°>mgsin 37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12 N，方向沿传送带向上，则选项B、C正确，A、D错误。
ACD
6.(多选)如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图，此装置可以实现机械化分离鱼和虾。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿斜面向下的初速度，最终虾均能被传送至下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面间夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是(　 　)
A.鱼和虾在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向
始终沿斜面向上
B.虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做
减速直线运动
C.虾与传送带间的动摩擦因数有可能小于tan θ
D.鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tan θ
解析　由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于
两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，故
鱼和虾所受摩擦力方向一定始终沿斜面向上，A
正确；受力分析可知，虾的重力沿斜面向下的分
力有可能小于虾所受到的摩擦力，有可能减速向
下运动，所以可能有mgsin θ<μ虾mgcos θ，则tan θ
<μ虾，也有可能虾的重力沿斜面向下的分力大于
虾所受的摩擦力，则有mgsin θ>μ虾mgcos θ，则tan θ>μ虾，同理可能有tan θ＝μ虾，要保证鱼均能进入上端收集箱，则应先减速向下，后加速向上，若传送带足够长还有可能最后做匀速运动，所以对鱼一定有mgsin θ<μ鱼mgcos θ，即tan θ<μ鱼，故B错误，C、D均正确。
AD
7.(多选)(2024·福建三明高一期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
综合提升练
A.传送带的速度大小为1.0 m/s
B.小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C.小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s
D.小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m
AB
8.(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)(　　)
A.粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ＋μcos θ)
C.若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动
D.不论L长度如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ
解析　当mgsin θ>μmgcos θ时可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带速度相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v。当mgsin θ<μmgcos θ时可能先做匀加速运动，当速度与传送带速度相同后，做匀速运动，到达B点时速度为v。也可能此传送带比较短，粮袋一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，故A正确，D错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力f，此外还受到重力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，也可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C错误。
9.如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2。则：
(1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间；
(2)求物体与传送带之间的动摩擦因数；
(3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。
答案　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
解析　(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度后，匀速运动到B端。
设物体做匀加速运动的时间为t
代入数据解得t＝2 s。
(2)在匀加速运动过程中，
根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得v＝at
联立解得μ＝0.1。
(3)在煤块匀加速运动过程中，
传送带上表面相对于地面的位移s＝vt＝4 m
所以煤块在传送带上的划痕长度Δs＝s－s′＝2 m。
10.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：
培优加强练
(1)0～0.5 s内和0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小；
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
(3)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内小煤块的加速度
(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
0.5～1.5 s内小煤块比传送带多运动
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。

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