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(共25张PPT)
演练知能提升
C
1．如图所示，物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)
A．当传送带匀速向上运动时，f的方向一定沿传送带向下
B．当传送带减速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上
C．当传送带加速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上
D．当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下
解析：由题意知，当传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与重力沿斜面向下的分力等大反向，f的方向一定沿传送带向上，故A错误。
当传送带减速向上运动或加速向下运动时，由牛顿第二定律得f＋mg sin θ＝ma，当a＝g sin θ 时，静摩擦力为零；当a＞g sin θ时，静摩擦力沿斜面向下；当a＜g sin θ时，静摩擦力沿斜面向上，故B、D错误。
当传送带加速向上运动时，由牛顿第二定律得f－mg sin θ＝ma，f的方向一定沿传送带向上，故C正确。
B
2．如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，A、B两端间的距离为3 m。一物块从B端以速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是(　　)
A
3．如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　)
解析：物块与弹簧接触时速度恰好达到v，说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得kΔx－μmg＝ma，方向向左。
D
4．云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢纽机场，航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．小行李箱的初速度大小为2 m/s
B．传送带转动的速度大小为6 m/s
C．A、B两点间的距离为6 m
D．小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
解析：由v－t图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度v0大小为6 m/s，而传送带转动的速度v大小为2 m/s，故A、B错误；
在前3 s内传送带传动的路程s＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小Δx＝x－s＝2 m，故D正确。
C
5．(2026·广东肇庆市鼎湖区一模)如图所示，倾角为37°的传送带以4 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以v0＝12 m/s的速度从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A．煤块经2 s速度减为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．煤块相对传送带位移为2 m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
传送带在2 s内向上运动距离为4×2 m＝8 m，故煤块相对传送带的位移为10 m－8 m＝2 m，故C正确。
C
6．(2026·山东菏泽市模拟)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ＝37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝4 m/s逆时针转动。质量m＝1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A．工件刚开始下滑时的加速度大小为2 m/s2
B．工件由顶端到底端的时间是1.2 s
C．工件在传送带上留下的痕迹长为1 m
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
解析：工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，故A错误；
工件与传送带共速时，相对位移Δx1＝x传1－x1＝0.8 m，工件与传送带共速后，相对位移Δx2＝x工2－x传2＝LAB－x1－v0t2＝1 m，因为Δx1＜Δx2，所以，工件在传送带上留下的痕迹长s痕＝Δx2＝1 m，故C正确；
若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D错误。
A
7．(2026·江苏苏锡常镇四市模拟)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μA．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
解析：因μ＜tan θ，可得mg sin θ＞μmg cos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上做匀减速运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确。
若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，且滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故B、C、D错误。
8．(8分)如图所示，传送带在两半径为R的转轮A、B带动下顺时针转动，A、B距离为L。某时刻在A端轻放上一质量M＝5m的物块，当物块运动到传送带中点时，与传送带保持相对静止，物块到达B点后恰好能做平抛运动。
(1)求物块与传送带间的动摩擦因数。(4分)
(2)求物块在传送带上运动的时间。(4分)
9．(10分)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对于地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，求：
答案：8 m/s
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。(6分)
解析：第1 s内物体的加速度大小a1＝10 m/s2
第2 s内物体的加速度大小a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
联立两式解得μ＝0.5。
答案：0.5(共28张PPT)
专题提升五　传送带模型
[复习目标]
1．了解传送带问题的特点，从相对运动的角度分析物体相对传送带的运动。
2．会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
第一部分
题型一　两种传送带模型
解题思路
考向1　水平传送带问题
例1 (多选)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s的速度水平向右转动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2
C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s
D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹
BD
B
例2 (2026·河南省五市期末)如图所示，一水平传送带以速度v沿逆时针方向匀速转动，一炭块从传送带左端以初速度v0向右滑上水平传送带，炭块与传送带间的动摩擦因数恒定，下列说法错误的是(　　)

A．当炭块从传送带右端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
B．当炭块从传送带右端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
C．当炭块从传送带左端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
D．当炭块从传送带左端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
由上述分析可知，若v一定，v0越大，炭块通过传送带的时间越短，传送带的位移越小，划痕越短，故B错误，符合题意；
D
考向2　倾斜传送带问题
例3 (2026·安徽省宿州市教学质检)如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4 m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75 m。质量为10 kg的小物块(可视为质点)以1 m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2)，物块(　　)
A．先做匀加速直线运动，后做匀速运动
B．所受的摩擦力方向一直沿传送带向上
C．从顶端运动至底端的时间为1.4 s
D．在传送带上留下的划痕长度为1.0 m
共速前划痕长度Δx1＝vt1－x1＝0.45 m，共速后划痕长度Δx2＝L－x1－vt2＝1 m>Δx1，所以传送带上留下的划痕长度为1.0 m，故D正确。
(1)小物体刚开始运动的加速度大小；
[解析]　小物体向上加速过程，对小物体进行受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得小物体刚开始运动的加速度大小
a＝2.5 m/s2。
[答案]　2.5 m/s2　
(2)小物体从A到B运动的时间。
[答案]　5.2 s
求解的关键在于认真分析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。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
方法技巧
例5 如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v0＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1＝1 m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小；
(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间；
(3)传送带上下端间的距离。
规范思维五部曲
规范答题
1．速读题目：本题是传送带模型问题。
2．信息获取：“两物块恰好没有在传送带上相碰”，对应两个物块运动的末状态。
3．做好分析：通过受力分析知A物块先做减速运动，后反向做加速运动，B做加速运动。
4．规范列式：根据两物块的运动特点，应用牛顿第二定律和运动学公式，分别表示它们的速度和位移。
5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中。
(1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小；
规范答题模板
[解析]　由牛顿第二定律可知
对物块A有μmAg cos_θ－mAg sin θ＝mAa1
解得a1＝0.4 m/s2，方向沿斜面向上
对物块B有μmBg cos_θ－mBg_sin θ＝mBa2
解得a2＝0.4 m/s2，方向沿斜面向上。
[答案]　0.4 m/s2　0.4 m/s2　
(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间；
规范答题模板
[解析]　物块B在传送带上加速时
有v0＝a2t0，解得t0＝2.5 s
物块A在传送带上减速时 有v1＝a1t1，解得t1＝2.5 s
物块A从速度为0加速到与传送带共速，有v0＝a1t2，解得t2＝2.5 s
t＝t1＋t2
解得t＝5 s。
[答案]　5 s
(3)传送带上下端间的距离。
规范答题模板
[答案]　3.75 m
第二部分
题型二　传送带模型与动力学
图像结合
例6 如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率v0顺时针转动，t＝0时刻从传送带底端无初速度地释放一行李(图中用方块表示，可视为质点)，t0时刻行李通过传送带中间某位置时的速率达到v0。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移x随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
A
[解析]　在0到t0时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力的作用，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，x－t图像为开口向上的抛物线，在t0时刻，行李的速度与传送带的速度相同，行李受到的摩擦力为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，x－t图像为向上倾斜的直线。
例7 物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
A
[解析]　当v0当v0>v1时，对物块P受力分析有ma＝mg sin θ－μmg cos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。
深度探究 倾斜传送带模型链接优生自研篇P132专题提升五　传送带模型
[复习目标]
1．了解传送带问题的特点，从相对运动的角度分析物体相对传送带的运动。
2．会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
题型一　两种传送带模型
解题思路
考向1　水平传送带问题
(多选)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s的速度水平向右转动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2
C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s
D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹
[解析]　物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小a＝＝2 m/s2，设物块到达B点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间t1＝＝1 s，物块匀减速阶段的位移x1＝t1＝3 m[答案]　BD
(2026·河南省五市期末)如图所示，一水平传送带以速度v沿逆时针方向匀速转动，一炭块从传送带左端以初速度v0向右滑上水平传送带，炭块与传送带间的动摩擦因数恒定，下列说法错误的是(　　)
A．当炭块从传送带右端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
B．当炭块从传送带右端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
C．当炭块从传送带左端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
D．当炭块从传送带左端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
[解析]　当炭块从传送带右端滑离，根据L＝v0t＋at2，可知炭块的位移一定，若v0一定，则炭块通过传送带的时间一定，划痕大小Δx＝vt＋L，v越大时，传送带的位移越大，划痕越长，故A正确，不符合题意；由上述分析可知，若v一定，v0越大，炭块通过传送带的时间越短，传送带的位移越小，划痕越短，故B错误，符合题意；当炭块从传送带左端滑离，在v0>v时，炭块在传送带上的划痕长度x＝ eq \f(v,2a)＋v＋v－＝ eq \f(v,2a)＋＋＝，若v0≤v，划痕长度x＝ eq \f(v,2a)＋v＋v－ eq \f(v,2a)＝，则v一定，v0越大，划痕越长，v0一定，v越大，划痕越长，故C、D正确，不符合题意。
[答案]　B
考向2　倾斜传送带问题
(2026·安徽省宿州市教学质检)如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4 m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75 m。质量为10 kg的小物块(可视为质点)以1 m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2)，物块(　　)
A．先做匀加速直线运动，后做匀速运动
B．所受的摩擦力方向一直沿传送带向上
C．从顶端运动至底端的时间为1.4 s
D．在传送带上留下的划痕长度为1.0 m
[解析]　刚开始时，物块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物块先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmg cos 37°＝ma，假设能与传送带达到共速，则x1＝ eq \f(v2－v,2a)＝0.75 mΔx1，所以传送带上留下的划痕长度为1.0 m，故D正确。
[答案]　D
(2026·湖南临湘市期末)如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A、B两点间的距离L＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量m＝10 kg的小物体(图中未画出，可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，(g取10 m/s2)求：
(1)小物体刚开始运动的加速度大小；
(2)小物体从A到B运动的时间。
[解析]　
(1)小物体向上加速过程，对小物体进行受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得小物体刚开始运动的加速度大小
a＝2.5 m/s2。
(2)当小物体的速度增加到v＝1 m/s时，通过的位移x1＝＝0.2 m
匀加速运动所用时间t1＝＝0.4 s
由于μmg cos θ＞mg sin θ
所以小物体与传送带同速后一起匀速运动，位移x2＝L－x1＝4.8 m
即小物体将以1 m/s的速度完成4.8 m的路程，用时t2＝＝4.8 s
故小物体从A运动到B所需时间
t＝t1＋t2＝5.2 s。
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)5.2 s
　
求解的关键在于认真分析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。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v0＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1＝1 m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小；
(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间；
(3)传送带上下端间的距离。
[规范答题]
规范思维五部曲 1.速读题目：本题是传送带模型问题。2．信息获取：“两物块恰好没有在传送带上相碰”，对应两个物块运动的末状态。3．做好分析：通过受力分析知A物块先做减速运动，后反向做加速运动，B做加速运动。4．规范列式：根据两物块的运动特点，应用牛顿第二定律和运动学公式，分别表示它们的速度和位移。5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中。
规范答题模板 [解析]　(1)由牛顿第二定律可知对物块A有μmAg_cos_θ－mAg_sin_θ＝mAa1解得a1＝0.4 m/s2，方向沿斜面向上对物块B有μmBg_cos_θ－mBg_sin_θ＝mBa2解得a2＝0.4 m/s2，方向沿斜面向上。(2)物块B在传送带上加速时有v0＝a2t0，解得t0＝2.5 s物块A在传送带上减速时有v1＝a1t1，解得t1＝2.5 s物块A从速度为0加速到与传送带共速，有v0＝a1t2，解得t2＝2.5 st＝t1＋t2解得t＝5 s。(3)在t1时间内，xA＝xB＝t1解得xA＝xB＝1.25 m物块A速度为0时，A、B间距离x＝v0t2－t2解得x＝1.25 m则s＝xA＋xB＋x解得s＝3.75 m。[答案]　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)5 s(3)3.75 m
题型二　传送带模型与动力学图像结合
如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率v0顺时针转动，t＝0时刻从传送带底端无初速度地释放一行李(图中用方块表示，可视为质点)，t0时刻行李通过传送带中间某位置时的速率达到v0。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移x随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
[解析]　在0到t0时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力的作用，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，x－t图像为开口向上的抛物线，在t0时刻，行李的速度与传送带的速度相同，行李受到的摩擦力为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，x－t图像为向上倾斜的直线。
[答案]　A
物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
[解析]　当v0v1时，对物块P受力分析有ma＝mg sin θ－μmg cos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。
[答案]　A
深度探究 倾斜传送带模型链接优生自研篇P1321．如图所示，物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)
A．当传送带匀速向上运动时，f的方向一定沿传送带向下
B．当传送带减速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上
C．当传送带加速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上
D．当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下
解析：选C。由题意知，当传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与重力沿斜面向下的分力等大反向，f的方向一定沿传送带向上，故A错误。当传送带减速向上运动或加速向下运动时，由牛顿第二定律得f＋mg sin θ＝ma，当a＝g sin θ 时，静摩擦力为零；当a＞g sin θ时，静摩擦力沿斜面向下；当a＜g sin θ时，静摩擦力沿斜面向上，故B、D错误。当传送带加速向上运动时，由牛顿第二定律得f－mg sin θ＝ma，f的方向一定沿传送带向上，故C正确。
2．如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，A、B两端间的距离为3 m。一物块从B端以速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是(　　)
解析：选B。物块从B端刚滑上传送带时，速度向左，物块与传送带间的摩擦力作用使得它做匀减速运动，加速度大小a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离s＝ eq \f(0－v,－2a)＝2 m，小于A、B间的距离，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会在传送带上向右做加速运动，其加速度大小与减速时是相等的，当其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离s′＝＝0.5 m，小于物块向左运动的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度等于传送带转动的速度，B正确。
3．如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　)
解析：选A。物块与弹簧接触时速度恰好达到v，说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得kΔx－μmg＝ma，方向向左。
4．云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢纽机场，航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．小行李箱的初速度大小为2 m/s
B．传送带转动的速度大小为6 m/s
C．A、B两点间的距离为6 m
D．小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
解析：选D。由v－t图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度v0大小为6 m/s，而传送带转动的速度v大小为2 m/s，故A、B错误；小行李箱在前3 s内运动的距离x＝×1 m＋2×2 m＝8 m，则A、B两点间的距离为8 m，故C错误；在前3 s内传送带传动的路程s＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小Δx＝x－s＝2 m，故D正确。
5．(2026·广东肇庆市鼎湖区一模)如图所示，倾角为37°的传送带以4 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以v0＝12 m/s的速度从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A．煤块经2 s速度减为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．煤块相对传送带位移为2 m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
解析：选C。煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，故经时间t1＝＝1 s，煤块与传递带共速，又g sin 37°＞μg cos 37°，所以煤块与传送带共速之后继续做减速运动，速度小于传送带的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝4 m/s2，经过时间t2＝＝1 s，煤块的速度减为零，故A、D错误；在前1 s内，煤块的末速度为4 m/s，位移大小为×1 m＝8 m，在第2 s内，煤块的位移为×1 m＝2 m，故传送带底端到顶端的距离为10 m，故B错误；传送带在2 s内向上运动距离为4×2 m＝8 m，故煤块相对传送带的位移为10 m－8 m＝2 m，故C正确。
6．(2026·山东菏泽市模拟)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ＝37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝4 m/s逆时针转动。质量m＝1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A．工件刚开始下滑时的加速度大小为2 m/s2
B．工件由顶端到底端的时间是1.2 s
C．工件在传送带上留下的痕迹长为1 m
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
解析：选C。工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，故A错误；工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B点，则此过程中工件运动时间t1＝＝0.4 s，工件的位移x1＝a1t＝0.8 m＜LAB，故假设成立，此后根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得此后工件下滑的加速度大小a2＝2 m/s2，则LAB－x1＝v0t2＋a2t，解得t2＝1 s，所以，工件由顶端到底端的时间t＝t1＋t2＝1.4 s，故B错误；工件与传送带共速时，相对位移Δx1＝x传1－x1＝0.8 m，工件与传送带共速后，相对位移Δx2＝x工2－x传2＝LAB－x1－v0t2＝1 m，因为Δx1＜Δx2，所以，工件在传送带上留下的痕迹长s痕＝Δx2＝1 m，故C正确；若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D错误。
7．(2026·江苏苏锡常镇四市模拟)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μA．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
解析：选A。因μ＜tan θ，可得mg sin θ＞μmg cos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上做匀减速运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确。若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，且滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故B、C、D错误。
8．(8分)如图所示，传送带在两半径为R的转轮A、B带动下顺时针转动，A、B距离为L。某时刻在A端轻放上一质量M＝5m的物块，当物块运动到传送带中点时，与传送带保持相对静止，物块到达B点后恰好能做平抛运动。
(1)求物块与传送带间的动摩擦因数。(4分)
(2)求物块在传送带上运动的时间。(4分)
解析：(1)在B点，根据牛顿第二定律有Mg＝
所以v＝
物块从A运动到中点过程，有v2＝2a×＝μgL
解得μ＝。
(2)匀加速阶段的时间t1＝＝
匀速阶段的时间t2＝＝
所以物块在传送带上运动的总时间
t总＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)
9．(10分)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对于地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度大小；(4分)
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。(6分)
解析：(1)由v－t图像的面积规律可知，传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得＝＝8 m/s。
(2)第1 s内物体的加速度大小a1＝10 m/s2
第2 s内物体的加速度大小a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
联立两式解得μ＝0.5。
答案：(1)8 m/s　(2)0.5

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