传送带模型解析版

传送带模型一、模型建构1、传送带问题：追及问题：滑块和传送带的速度位移关系。受力问题：共速时滑块和传送带之间的摩擦力发生突变。能量问题：滑块的动能，系统的内能和电动机多消耗的电能进行转换。2、两类问题第一类：水平传送带。如图所示，水平传送带以速度v匀速顺时针转动，传送带长为L，物块与传送带之间的动摩擦因素为μ，现把一质量为m的小物块轻轻放在传送带上A端，求解：①小物块从A端滑动到B端的时间：②小物块从A端运动到B端过程中，小物块与传送带的相对位移；一、解题思路：一、解题思路：1通过两者速度判断摩擦力2通过受力分析确定物块运动情况3假设共速求共速时间4列方程求位移讨论物块运动情况5列方程求运动总时间6通过位移关系求相对位移和热量二、解题方法：(1)牛顿运动定律：受力分析求加速度，利用运动学公式。(2)动能定理：对物块受力分析，列动能定理表达式。(3)动量定理：对物块受力分析，列动量定理表达式。ff通过物块和传送带的速度可知，物块的摩擦力向右f=μmg牛二定律：f=μmg=ma；物块做匀加速直线运动假设物块和传送带共速，t共x0=v+02×讨论：若x大于等于L；则物块一直做匀加速直线运动，则L=1/2at2，求出从A端到B端的时间；若x小于L；则物块将先做匀加速直线运动，再匀速运动到B端，则v=at1；L-x=vt2；t=t1+t2．物块做匀加速运动的时间段内才相对滑动，x1=1/2at2x2=vtΔx=x2-x1功能关系：Q=fΔx．第二类：倾斜传送带。如图所示，倾斜传送带以速度v做顺时针匀速直线运动，传送带长L，物块与传送带之间的滑动摩擦因素为μ，传送带与水平面的倾角为θ；先将一小物块轻放在A端，求解：解题思路：1、通过两者速度判断摩擦力2解题思路：1、通过两者速度判断摩擦力2、通过受力分析确定物块运动情况3、假设共速求共速时间4、列方程求位移讨论物块运动情况5、列方程求运动总时间6、通过位移关系求相对位移和热量三、解题关键点：1、确定物块和传送带的运动情况2、利用共速的时间和位移进行讨论3、找清楚两者位移关系四、解题易错点1、共速时摩擦力突变2、分清物块位移、传送带位移和相对位移②小物块从A端运动到B端过程中，小物块与传送带的相对位移；③小物块从A端运动到B端的过程中产生的热量：通过物块和传送带的速度可知，物块的摩擦力斜向上f=μmgcosθ牛二定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma；物块做匀加速直线运动假设物块和传送带共速，t共x0=v+02讨论：若x大于等于L；则物块一直做匀加速直线运动，则L=1/2at2，求出从A端到B端的时间；若x小于L；则物块将先做匀加速直线运动，再匀速运动到B端，则v=at1；L-x=vt2；t=t1+t2．物块做匀加速运动的时间段内才相对滑动，x1=1/2at2x2=vtΔx=x2-x1功能关系：Q=fΔx．二、例题精析例1、（多选）安全检查仪对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图所示。紧绷的水平传送带始终保持1m/s的恒定速率向左运行，旅客把质量为10kg的行李（可视为质点）无初速度地放在传送带A端，通过传送带使其运动到B端。设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2，则（）A．行李箱始终受到向左的摩擦力 B．行李箱到达B端所用时间为2.5s C．传送带对行李箱所做的功为5J D．行李箱与传送带摩擦产生的热量为20J【解答】BC由牛顿第二定律得：μmg＝ma解题思路：1解题思路：1通过两者速度判断摩擦力2通过受力分析确定物块运动情况3假设共速求共速时间4列方程求位移讨论物块运动情况5列方程求运动总时间6通过位移关系求相对位移和热量假设物体A能加速到与传送带速度相同，设其位移为x，则有：2ax＝v2解得：x＝0.5m因x＜L，故假设成立，行李箱先匀加速到和传送带速度相同，之后再和传送带保持相对静止做匀速直线运动，行李箱先受到向左的摩擦力，和传送带速度相同保持相对静止的过程不受摩擦力作用，故A错误；行李箱匀加速直线运动过程的时间：t1＝＝s＝1s匀速直线运动过程的时间：t2＝＝s＝1.5s行李箱到达B端所用时间：t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s，故B正确；传送带对行李箱所做的功为：W＝μmgx＝0.1×10×10×0.5J＝5J，故C正确；在行李箱匀加速直线运动的过程，传送带的位移大小为：x1＝vt1＝1×1m＝1m此过程两者的相对位移大小为：Δx＝x1﹣x＝1m﹣0.5m＝0.5m行李箱与传送带摩擦产生的热量为：Q＝μmg•Δx＝0.1×10×10×0.5J＝5J，故D错误。例2、如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，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划痕已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。（1）试分析煤块从A到B的运动情况并求出相应的加速度大小；求出从A到B的运动时间；（2）求煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。【解答】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1解得：a1＝10m/s2解题思路：1通过两者速度判断摩擦力2通过受力分析确定物块运动情况解题思路：1通过两者速度判断摩擦力2通过受力分析确定物块运动情况3假设共速求共速时间4列方程求位移讨论物块运动情况5列方程求运动总时间6通过位移关系求相对位移和热量发生的位移为：x1＝a1t12＝10×12m＝5mx1＜16m，所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。第二阶段有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2，则：LAB﹣x1＝vt2+a2t22解得：t2＝1s煤块从A到B的时间t＝t1+t2＝1s+1s＝2s粒子先以a1的加速度做匀加速运动，再以a2的加速度做匀加速运动.（2）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为：Δx1＝vt1﹣x1＝10×1m﹣5m＝5m故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为：Δx2＝（LAB﹣x1）﹣vt2解得：Δx2＝1m即煤块相对传送带下移1m故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5m针对训练1．如图所示，一火车站的传送带以0.8m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上表面A、B两端间的距离为2m。旅客将行李无初速度地放在A端，行李与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2，则行李从A端运动B端的时间为（）A．2.4s B．2.5s C．2.6s D．2.8s【解答】解：根据牛顿第二定律，行李的加速度a＝，行李运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝，位移大小x1＝at12，联立代入数据解得：t1＝0.2s，x1＝0.08m＜x＝2m，此后行李与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，匀速运动的时间t2＝，代入数据解得：t2＝2.4s，运动的总时间t＝t1+t2＝0.2s+2.4s＝2.6s，故C正确，ABD错误；故选：C。2．如图甲所示的是分拣快递件的皮带传输机，质量m＝5kg的快递物件在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长的水平传送带，传送带从右向左以恒定速度v0＝10m/s运动。从快递物件冲上传送带开始计时，选向右为正方向，快递物件的v﹣t图象如图乙所示。已知0～2s内水平外力与快递物件运动方向相反，2～4s内水平外力仍然与快递物件运动方向相反，重力加速度g取10m/s2，则快递物件与传送带间的动摩擦因数为（）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4【解答】解：由图乙所示图像可知，快递物件的加速度大小：a1＝，a2＝由牛顿第二定律得：F+μmg＝ma1，μmg﹣F＝ma2，代入数据解得：μ＝0.3，故C正确，ABD错误。故选：C。3．质量为1kg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图象如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法不正确的是（g＝10m/s2）（）A．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 B．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m C．物块与传送带的相对位移大小为3m，相对路程为9m D．2s时，物快运动到最右端【解答】解：A．由图乙可知，物块M刚滑上传送带时的加速度a＝＝m/s2＝2m/s2根据牛顿第二定律可知μmg＝ma解得μ＝0.2故A正确；B．由图乙可知，物块和传送带在3s之后保持相对静止，传送带的速度为向左的v＝2m/s在0～3s内传送带运动的位移为x1＝vt方向向左，此过程物块位移为x2＝t方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为Δx＝x1＝x1，代入数据解得：Δx＝9m，故B正确；C．在0～3s内，由于物块整个过程相对于传送带一直向右运动，则物块与传送带的相对位移大小和相对路程都为9m，故C错误；D．由图乙可知，物块在2s速度为零，2s后物块开始向左运动，则2s时，物快运动到最右端，故D正确。本题选择错误选项；故选：C。4．图甲所示为乘客在进入地铁乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过安全检测仪接受检查时的情景，图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带始终以0.5m/s的恒定速率运行，乘客将行李（可视为质点）无初速度地放在传送带左端的a点，行李与传送带之间的动摩擦因数为0.5，a、b间的距离为2m，重力加速度g取10m/s2。对于行李从a传送至b的整个过程，下列说法正确的是（）A．行李始终受到向右的摩擦力 B．行李相对传送带向右运动 C．行李从a传送至b的时间为4.05s D．行李相对传送带移动的距离为0.05m【解答】解：AB、行李放上传送带后，初速度为零，相对传送带向左运动，受到向右的摩擦力，故A正确，B错误；C、行李放上传送带后，加速度为：a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间t1＝＝s＝0.1s，加速位移为x1＝＝0.025m与传送带共速后后做匀速直线运动时间t2＝＝3.85s，行李从a传送至b的时间为t＝t1+t2＝0.1s+3.85s＝3.95s，故C错误；D、在行李做匀加速运动过程中，传送带位移x2＝vt1＝0.5×0.1m＝0.05m，行李相对传送带移动的距离Δx＝x2﹣x1＝0.05m﹣0.025m＝0.025m，故D错误；故选：A。5．足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以恒定的速度匀速运动．某时刻，在传送带上适当的位置放上质量为m、具有某初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点（t＝0），小物块在传送带上运动的v﹣t图象如题6图乙所示，图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，v1＞v2，下列说法正确的是（）A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ B．0～t1内小物块的位移比t1～t2内的位移小 C．0～t2，传送带对小物块做的功W＝mv12 D．0～t2，小物块动能的变化量小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量【解答】解：A、由题可知，在t1～t2时间内，物块沿传送带向上匀加速运动，则有：μmgcosθ＞mgsinθ，解得μ＞tanθ，故A错误；B、由图象与时间轴所围的面积等于位移大小可知，小物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2时间内运动的位移大，故B错误；C、小物块在0～t1时间内运动的位移沿传送带向下，在t1～t2时间内运动的位移沿传送带向上，由B选项可知0～t2时间内，物块的总位移沿传送带向下，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG＝mv22﹣mv12，因WG＞0，故传送带对物块做功W＜mv22﹣mv12，故C错误；D、0～t2时间内，物块的重力势能和动能均减小，由能量守恒定律知，减小的重力势能和动能都转化为系统产生的内能，系统产生的热量一定大于动能的变化量，即0～t2时间内，物块动能的变化量一定小于物块与传送带间因摩擦而产生的热量，故D正确。故选：D。6．如图所示，传送带与水平面间的夹角θ＝30°，在电动机的带动下始终保持v＝8m/s的速率沿顺时针方向运行。现把一工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到h＝7.5m的高度处，已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g＝10m/s2，则工件在传送带上运动的整个过程中，其位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间变化的图象，正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB、对工件，受力分析，根据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma得：a＝2.5m/s2工件速度由0加速到v0所用的时间t＝＝3.2s在这段时间内工件的位移x＝at2＝传送带的长度L＝说明物体与传送带共速时还没有到达顶端。因为μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后物体随传送带匀速运动，因此工作先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在匀加速阶段，由x＝，知x﹣t图象抛物线，故A错误，B正确。C、加速度先不变后为零，故C错误。D、合外力先不变后为零，故D错误。故选：B。7．如图，倾斜传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带以10m/s的速率沿顺时针方向转动。在传送带的上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为，若传送带A到B的长度为15m，重力加速度g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为（）A．2s B．3s C．4s D．5s【解答】解：开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据解得：a1＝10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝＝s＝1s，通过的位移为x1＝＝m＝5m由题：μ＝tanθ，物体相对于传送带静止，物体接着做匀速运动，运动时间为t2＝＝s＝1s故小物块从A运动到B的时间为t＝t1+t2＝1s+1s＝2s故A正确，BCD错误故选：A。8．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v＝3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角θ＝37°，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（）A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 B．物块加速运动的时间为s C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J【解答】解：A、初始时物块做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有：代入数据解得：a＝2.25m/s2，F＝8.5N，故A错误；B、物块做匀加速直线运动的时间，故B正确；C、匀速运动时，由平衡条件得：F+f＝mgsinθ，代入数据解得：f＝3.5N，故C错误；D、物块与传送带间的相对位移为s＝vt﹣L，由功能关系可知，摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ×s，代入数据解得：Q＝16J，故D错误。故选：B。（多选）9．如图所示，光滑水平地面与传送带等高且紧邻（不接触），一个质量为m＝1kg可视为质点的小铁块以v0＝2m/s的速度向右滑上传送带．情况甲：传送带以v＝4m/s的速率逆时针转动；情况乙：传送带以v＝4m/s的速率顺时针转动．已知传送带左右两端间距L＝4m，传动带与小铁块间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，从滑上传送带至滑下传送带，下列说法正确的是（）A．图1中：小铁块在传送带上运动的时间为1s B．图1中：小铁块与传送带间的相对位移为8m C．图2中：小铁块在传送带上运动的时间为1.25s D．图2中：小铁块与传送带间的相对位移为2m【解答】解：对小铁块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，代入数解得小铁块的加速度大小：a＝μg＝2m/s2AB、图1中，小铁块向右匀减速到零前进的位移大小x1＝m＝1m＜L，小铁块减速到零需要的时间t1＝s＝1s，小铁块减速到零后反向向左做初速度为零的匀加速直线运动，根据对称性可知，匀加速的时间t2＝t1＝1s，总的运动时间应为t＝t1+t2＝（1+1）s＝2s，相对位移Δx＝（vt1+t1）+（vt2﹣t2），代入数据解得：Δx＝8m，故A错误，B正确；CD、图2中，小铁块匀加速运动的位移x2＝m＝3m，用时t3＝s＝1s，小铁块与传送带速度相等后一起运动的时间t4＝s＝0.25s，运动的总时间为t总＝t3+t4＝（1+0.25）s＝1.25s，相对位移Δx′＝（vt3﹣t3），代入数据解得：Δx′＝1m，故C正确，D错误。故选：BC。（多选）10．如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝6m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法中正确的（）A．若传送带不动，vB＝2m/s B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于2m/s C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于2m/s D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于2m/s【解答】解：AB.若传送带不动或逆时针匀速转动，根据牛顿第二定律得μmg＝mas＝代入数据解得：vB＝2m/s，故AB正确：CD.若传送带顺时针匀速转动，当转动速度小于或等于2m/s时，物体一直减速，到达B端时速度为2m/s，当转动速度大于2m/s时，物体受的摩擦力水平向右，物体会做加速运动，到达B端时速度一定大于2m/s，故C错误，D正确。故选：ABD。（多选）11．如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ＝37°，传送带以一定速度匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A端运动到B端的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计物块大小，则（）A．传送带一定沿顺时针方向转动 B．传送带转动的速度大小为5m/s C．传送带A、B两端间的距离为11m D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5【解答】解：A、物块沿传送带向下运动，假设传送带沿顺时针方向转动或者不转动，那么在物块下滑过程中，始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，物块受到的合力始终不变，加速度保持不变，与图乙的v﹣t图像描述的运动过程（加速度在0.5s时发生变化）相矛盾，则假设不成立，故传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；B、由v−t图像可知，传送带转动的速度大小为5m/s，故A正确；C、物块从A端运动到B端的v﹣t图像与时间轴所围成的面积等于物块下滑的位移大小，也就等于传送带A、B两端间的距离（设为x），则有：x＝m+m＝11m，故C正确。D、由v﹣t图像可得：0～0.5s时间内物体的加速度大小为：a1＝＝m/s2＝10m/s2此时间内物块的速度小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据解得：μ＝0.5，故D正确。故选：BCD。（多选）12．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的煤块轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则（）A．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5 B．2s内物体机械能的减少量ΔE＝24J C．2s内物体与传送带摩擦产生的内能Q＝48J D．2s内传送带上留下的痕迹长为6m【解答】解：A、由v﹣t图象可以知道传送带运行速度为v1＝10m/s，0﹣1s内物体的加速度为：a1＝＝m/s2＝10m/s2，根据牛顿第二定律得：a1＝gsinθ+μgcosθ，联立解得：μ＝0.5，故A正确；B．物体从A到B的过程中，动能的变化量为ΔEk＝＝×2×122J＝144J，势能的变化量为ΔEP＝mgh＝mg（﹣Lsin37°），代入数据解得：Ep＝﹣192J，机械能的变化量ΔE＝ΔEk+ΔEp＝﹣48J，故B错误；C、0﹣1s内，物块的位移：x1＝＝×10×12m＝5m传送带的位移为：x2＝vt1＝10×1m＝10m则相对位移的大小为：Δx1＝x2﹣x1＝10m﹣5m＝5m则1﹣2s内，物块的位移为：x3＝m＝11m传送带的位移为：x4＝vt2＝10×1m＝10m则相对位移的大小为：Δx2＝x3﹣x4＝11m﹣10m＝1m所以相对路程的大小为：Δs＝Δx1+Δx2＝5m+1m＝6m，摩擦产生的热量为：Q＝μmgcosθ•Δs＝0.5×20×0.8×6J＝48J，故C正确；D、考虑到痕迹有重叠，根据C选项的分析可知2s内传送带上留下的痕迹长为Δx1＝5m，故D错误。故选：AC。13．如图所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R＝2.5m，AO与BO夹角为60°。BC是长度为L1＝3m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接。游戏中参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，最后恰好能运动至D点。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60kg，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10m/s2，求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处的速度大小vB；（2）参赛者运动到水平传送带C处的速度大小vC；（3）传送带的运转速率及运转方向（回答“顺时针”或“逆时针”）；（4）传送带由于传送参赛者而多消耗的电能E。【解答】解：（1）参赛者从A处到B处的过程，由机械能守恒定律得mgR（1−cos60°）＝代入数据解得vB＝5m/s（2）参赛者由C处到D处的过程，由动能定理得−μ2mgL2＝0−解得vC＝6m/s因为vC＞vB，所以传送带运转方向为顺时针。假设参赛者在传送带上一直加速，到达C点的速度为v，由动能定理得μ1mgL1＝−解得v＝7m/s因v＞vC，可知参赛者在传送带上先做加速运动后与传送带共速，所以传送带速度等于vC＝6m/s。（3）参赛者在传送带上做匀加速直线运动的时间为t＝加速度为a＝＝μ1g联立解得t＝0.25s此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为Δx＝vCt﹣t＝t＝×0.25m＝0.125m传送带与参赛者之间因摩擦产生的热量为Q＝μ1mgΔx代入数据解得Q＝30J传送带由于传送参赛者而多消耗的电能E＝Q+﹣代入数据解得E＝360J答：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处的速度大小vB为5m/s。（2）参赛者运动到水平传送带C处的速度大小vC为6m/s。（3）传送带的运转速率为6m/s，运转方向为顺时针。（4）传送带由于传送参赛者而多消耗的电能E为360J。14．如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝4m/s的速度顺时针转动，货物从底端以v1＝6m/s的速度冲上传送带，