2023-2024届高考物理一轮复习讲义 20传送带模型动力学分析（解析版）

专题20传送带模型动力学分析

1.传送带模型的分析流程

2.解题关键

(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的前提。

(2)传送带模型常常涉及临界问题，当物体与传送带达到相同速度时，会出现摩擦力突

变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

考点一传送带模型的摩擦力分析

L传送带问题中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。

2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。

1.(多选)如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的4处轻轻放上一

物块，设传送带足够长，则该物块()

(3f()

A.一直向右匀速运动

B.先向右匀加速，后继续向右匀速运动

C.先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力

D.先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力

【答案】BD

【解析】

AB.木块初速度为零，开始做加速运动，传送带足够长，故最后一起匀速，故A错误，B正

确；

CD.滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，合力为

零，故摩擦力为零，即不受摩擦力，故C错误，D正确。

2.（多选）水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在4端皮

带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置6后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动,

直至传送到目的地，端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（）

A.在48段受水平向左的滑动摩擦力

B.在4?段受水平向右的滑动摩擦力

C.在回段不受静摩擦力

D.在6C段受水平向右的静摩擦力

【答案】BC

【解析】

AB.在48段，物体的速度小于皮带，相对皮带向左运动，则受到水平向右的滑动摩擦力，

故A错误，B正确；

CD.在6C段，物体与皮带相对静止且无相对运动趋势，则不受静摩擦力，故C正确，D错

误。

3.（2022•全国•高三课时练习）（多选）如图所示，4、B、C三个物体质量相等，它们与

传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示。

则下列说法正确的是（）

ʌ.4物体受到的摩擦力方向向右

B.B、C受到的摩擦力方向相同

C.B、C受到的摩擦力方向相反

D.若传送带向右加速，力物体受到的摩擦力向右

【答案】BD

【解析】

Λ.4物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用,

故A错误；

BC.氏。两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知,

氏「两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；

D.若传送带向右加速，根据牛顿第二定律，可知力受到向右的摩擦力，故D正确。

4.（2022•全国•高三专题练习）如图所示为皮带运输机的示意图，A为传送带上的货物,

皮带运输机顺时针转动，则（）

A.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，A不受摩擦力

B.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，A受到沿斜面向下的摩擦力

C.如果货物A和传送带都静止，A不受摩擦力

D.如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力

【答案】D

【解析】

ʌ.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，根据三力平衡条件，则A受到沿

传送带向上的静摩擦力。A错误；

B.如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，根据三力平衡条件，A受到沿斜

面向上的摩擦力。B错误；

C.如果货物A和传送带都静止，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。C

错误；

D.如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，说明货物先向上加速后匀速，则匀速时，

A受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力。D正

确。

考点二水平传送带

物体在水平传送带上的运动分析

%书

V①可能一直加速

②可能先加速后匀速

vo

V①时，可能一宜减速，也

可能先减速再匀速

②%<。时，可能一直加速，也

可能先加速再匀速

2

V①传送带较短时,滑块一宜减速到达左端

∏②传送带较长时,滑块还要被传送带传向

情景3◎右端.其中返【可时速度为

%>0.0.v0<v,

返回时速度为必

5.如图所示，一水平传送带在电动机的带动下以2nι∕s的速度沿顺时针方向运动。一可视为

质点的滑块放在传送带的左端/点处，滑块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,传送带的

左端/点与右端6点之间的距离为L=3ιn,重力加速度g取IOm/s'。则（）

Q

A.滑块从A点到8点一直做匀加速直线运动

B.滑块从1点到8点的运动时间为Is

C.滑块从A点到8点的运动时间为2s

D.若传送带以4n√s速率匀速运行，滑块从4点到6点的运动时间为3s

【答案】C

【解析】

ABC.对滑块受力分析知=ma

即α=μg=2m∕s2

则加速到2πι∕s的时间为t=（=1

对应的位移为X=以=Im

L-X3-1λ

之后随传送带一起匀速运动，用时=

t---V--=----2---cSSɪe

所以滑块从/点到6点的运动时间为te-t+t'=2s

故AB错误，C正确；

D.若传送带以4π√s速率匀速运行，则滑块与传送带共速的时间为J=?=2s

对应的位移为/=^=4nι>3m

2amm

所以物块一直匀加速，则滑块从4点到8点的运动时间满足A=Iat22

解得t2=√3s

故D错误。

6.（多选）如图甲所示，水平传送带/6逆时针匀速转动，一个质量为M=LOkg的小物块以

某一水平初速度滑上传送带左端,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙

所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点.已知传送带的速度保持不变,

g取10m∕s2.下列说法正确的是

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m

C.物块距离传送带左端的最大距离是8m

D.物块在传送带上的时间4.5s

【答案】BD

【解析】

根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小,结合牛顿第二定律求出物块与传送带

间的动摩擦因数大小.物块滑上传送带后先做匀减速运动到零,然后反向做匀加速宜线运动,

当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时

间，从而得出物块在传送带上的总时间.

22

由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为α=M=^m∕s=2.0zn∕si由牛顿第二

定律得f=Ma乂f=UMg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数“=需=瑞=0.2,选项A错

误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4m/s、传送带的速度大小v'=2ɪn/s,物块

在传送带上滑动3=3S后与传送带相对静止.前2秒内物块的位移大小s∣=%J=4m,方

向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小SZ=I-tj'=1m,

2

方向向左；3秒内物块的位移S=Sl-S2=3m,方向向右，传送带在3s内的位移为2X3m=6πι

向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m,选项B正确，C错误；物块再向

S3

左运动的时间L=厂=]S=1.5S;物块在传送带上运动的时间t=t∣+t2=4.5s,选项D

正确；故选BD.

7.随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物流运输过程中卸货的传送

装置示意图，倾斜部分力B的长度为4rn,水平传送带BC的长度为5tn,AB部分与水平面之间

的夹角。=37°。传送带以U=2π√s的速度沿顺时针方向匀速运转，把包裹轻放到｛端开

始运动，包裹经过8点前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与斜面48、传送带间

的动摩擦因数均为0.5,包裹运动到传送带上后传送带速度不变。不计空气阻力，取重力加

速度g=10rn∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)包裹到达6点时的速度大小：

(2)包裹从4点传送到C点所需的时间。

【答案】(1)4m/s；(2)4.3s

【解析】

(1)包裹从A运动到B的过程中mgsmθ-μmgcosθ=ma1①

Vβ=②

由式①②解得ι¾=4m∕s③

(2)包裹从A运动到B的过程中vβ=a1t1④

包裹刚滑上传送带到与传送带共速的过程中μmg=ma2⑤

V=VB—a2t2⑥

⑦

解得年0∙4s,Λ=1.2m

因为尸1.2m<5m,因此包裹和传送带共速后匀速向右运动t3=显E⑧

所以包裹从A点传送到C点所需的时间为t=口+C?+t3=4.3s

8.如图所示，长占IOm的水平传送带以速度片8m∕s匀速运动.质量分别为2办m的小物块

AQ,用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环。相连.小物块一放在传送带的最左端，

恰好处于静止状态，GP间的细绳水平.现在P上固定一质量为2必的小物块(图中未画出)，

整体将沿传送带运动，已知0、C间距大于IOfn,重力加速度g取IOm/s：求：

(1)小物块尸与传送带间的动摩擦因数；

(2)小物块户从传送带左端运动到右端的时间；

(3)当小物块。运动到某位置S(图中末画出)时将细绳剪断，小物块。到达传送带最右端

时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离.

【答案】(1)0.5(2)√10s(3)4m

【解析】

(1)设静止时细绳的拉力为0,小物块〃与传送带间的动摩擦因数为4,A0受力如图：

由平衡条件得：T0=μ(2m)g

TO=mg

μ=0.5

(2)设小物块〃在传送带匕运动时加速度为&,细绳的拉力为7,P、。受力如图,

T木N

Q(T,

τ~

P

mg

*4Wg

由牛顿第二定律得,对P-μ(2m+2m~)g-T=(2m+2m)a1

对。：T—mg=ma1

假设P一直加速至传送带最右端时间为力末速度为修由运动学公式得：vl=2aL

v∣=a1t

联立以上两式并代入数据得：t=√IUs，/2√IUn√s〈”假设成立•

(3)设细绳剪断后小物块。的加速度大小为土，小物块P在S处的速度大小为外，位置S距

离传送带左端距离为打，距离传送带右端距离为无2,P受力如图：

AN

P

u4wg

断绳后由牛顿第二定律得：μ(2m+2m)g=(2m+2m)a2

2

断绳前由运动学公式得：v2=2a1x1

22

断绳后由运动学公式得：V-V2=2α2x2

x1+X2=L

联立以上各式并代入数据得：距离传送带右端距离：

Sx42=4Imll

考点三倾斜传送带

I.物体在倾斜传送带上的运动分析

①可能一直加速①可能一直加速①可能一直加速①可能一Ti加速

②可能一宜匀速②可能一直匀速

②可能先加速后匀速②可能先加速后匀速

③可能先以与加速,后3；可能先加速后匀速③可能先减速后

④可能先减速后勺速反向加速

以%加速

⑤可能先以a,加速.后以aj∏l速④可能一宜减速

⑥可能一直减速

2.当物体与传送带达到相同速度时，可以通过比较“和tan。的大小关系判断重力分力和最

大静摩擦力的大小关系，从而判断共速后的运动

侬SinO-JJniffcosO---►〃=tanθ

mgsin夕>μnιgcos夕*—>〃<tan夕

IngSin8<UmgCoSO*-►∕z>tan8

9.（2022•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角0=30。，

以恒定的速度%=3nι∕s逆时针匀速转动，小木块以初速度U=6nι∕s沿平行于传送带方向从

2

传送带底端滑上传送带,小木块与传送带间的动摩擦因数〃=取重力加速度g=10m∕so

下列说法正确的是（）

A.小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5n√s2

B.小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4m

C.小木块回到传送带底端时的速度大小为3π>∕s

D.小木块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s

【答案】AB

【解析】

A.开始时小木块速度与传送带速度相反，所以小木块线做减速运动，受到的摩擦力方向沿

斜面向下。选取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定理得mgsin30°+μmgcos300=

ma1

2

带入数据解得％=7.5m∕s

故A正确；

B.设向上滑的位移为最大位移为叼，则有户=2%与

带入数据解得Xi=2∙4m

故B正确：

C.小木块减速到零以后会反向加速，加速度也为由,设从反向加速到和传送带同速瞬间,

位移为M，则有诏-O=la1x2

带入数据解得Λ⅛=0∙6m<X1

同步瞬间，由于重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，即TngSin30°>μm5cos30e

o

物块将会继续向下加速运动，根据牛顿第二定律有TngSin30"-μmgcos30=ma2

与传送带同速到底端过程有谱-诏=2α2(x1÷x2)

带入数据解得小木块到达底端的速度为3√∑rn∕s,故C错误；

D.小木块向上减速到零并反向加速到与传送带速度相同时间为tɪ="n2=AS=1∙2s

Q]7.5ɔɔ

小木块从与传送带同速到加速下滑到底端需要的时间为0=手=24z2s≈0∙5s

总时间为t=t1+t2≈1.7s

故D错误。

故选AB。

10.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率U=2n√s运行

的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=8.2mo工作人员从传送带顶端无初速度

地放上一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数〃=0.5。取重力加速

度g=10rn∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)小包裹刚放上传送带时加速度的大小a；

(2)小包裹通过传送带所需的时间t.

【答案】(1)10m∕s2,(2)2.2s

【解析】

(1)根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosa=ma

2

解得a=10m∕s

(2)运动到与传送带共速的时间t=-=⅛=0.2

1aiosɔɔs

2

下滑的距离XI=TaM=；XIoX0.2m=0.2m

由于tan37σ=0.75>0.5

故物体0.25后继续加速下滑，此时mgsina—μmgcosa=ma

得α=2m∕s2

剩余位移为X2=X-X1

2

根据Λ⅛=Vt2+ɪɑi2

解得士2=2s

故小包裹通过传送带所需的时间为t=tι+t2=2.2s

11.（2022•北京•北师大二附中高二期末）如图所示传送带水平部分AB=2m，倾斜部分

BC=4nι且与水平面夹角为α=37。，小物块与传送带间的动摩擦因数“=0.25。传送带沿

顺时针方向以2m∕s的速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到。处（物

块始终不离开传送带），求物块从月运动到。的时间。（g取IOm小2,sin37o=0.6,cos37°=

0.8）

【答案】2.4s

【解析】

在水平4?部分，根据牛顿第二定律有〃nɪg=ma1

可得，小物块在水平部分的加速度为%=μg=2.5m∕s2

则小物块加速到与传送带共速的时间为tι=£=占=0.8s

此时小物块的位移为Xl=；•G=0∙8m

则小物块在水平部分做匀速运动的位移为的=AB-XI=1.2m

则小物块在水平部分做匀速运动的时间为t2=-=0∙6s

在倾斜比部分，根据牛顿第二定律有mgsinα-μmgcosa=ma2

可得，小物块在倾斜部分的加速度为=gsina-μgcosa=4m∕s2

在倾斜部分，根据匀变速直线运动的位移时间关系有XBC=Vt3+∣α2tf

带入数据解得，小物块在倾斜部分的加速运动时间为J=1

则物块从力运动到C的时间为以C=t1+t2+t3=2.4s

12.(2022•湖南•长郡中学高一期末)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角，

=37°,上下两端间距/=2.0m,传送带以/=L0m∕s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距

离传送带底端M=LOm的。点由静止释放一质量R=LOkg的小滑块，滑块运动到传送带底

端时与固定挡板户碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数

A=0.5,sin37o=0.6,cos37°=0.8,取尸IOm∕s∖传送带与轮子间无相对滑动,不计轮

轴处的摩擦。求：

(1)滑块与挡板。第一次碰撞时的速度大小%;

(2)滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离X.；

(3)若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小片4.ON

的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间to

【答案】(1)2m/s；(2)0.4m；(3)1.67S

【解析】

(1)设滑块向下运动的加速度为a”根据牛顿第二定律可得wιgsin8-m∏gcos8=m4

2

由匀变速运动规律有％=2α1x0

联立解得v,=2m∕s

(2)滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度

大小为a2,贝∣Jmgsin8+μmgcosθ=mα2

2

减速至与皮带速度相等时运动的距离为X”则=2(-α2)xι

2

之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为4,贝IJo-V=2(-a1)x2

离开挡板的最大距离为X萨XkXN

联立解得x∙=0.4m

(3)滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a,,

根据牛顿第二定律有mgsin。+μmgcosθ-F=ma.i

设该过程向上运动的距离为必，运动时间为t,,

则/2（）（）t

-v1=2-α3x3v-v1=-a3ι

解得看=O25rn,tι=∖s

接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以&向上减速，减速的距离应为刈，设匀

速运动的时间为则必

t2,t,=K

恒力持续作用的最短时间为

t=t1+t2

联立解得t=∣skl∙67s

考点四传送带上的划痕问题

1.滑块与传送带的划痕长度AX等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运

动且两次相对运动方向相同，△了=4京+4.（图甲）；若两次相对运动方向相反，Ax等于

较长的相对位移大小.（图乙）

2.物块静止轻放到传送带上一端加速到和传送带共速的过程中，如果传送带的速度为

V,加速的时间为t,则：

物块的位移：X物=Et①共速过程中传送带位移是物块位移的2倍

2,

传送带的位移：X传=Vt②物块相对于传送带的位移等于物块的位移

13.（2022•湖南•高三学业考试）如图所示，传送带与水平面的夹角。=30°,传送带以

%=2∏1∕s的速度顺时针转动，I=。时刻，一煤块以"=8ιn∕s的速度从传送带的底端滑上

传送带，传送带和煤块运动的U-t图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端，g

2

miom/s,则下列说法正确的是（）

ʌ.煤块与传送带间的动摩擦因数为更

4

B.煤块向上运动的总时间为2.Os

C.传送带的总长度为5.5m

D.煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3.5m

【答案】C

【解析】

A.由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为

mgsin30°+μmgcos30°8-2

%=m=~Γm∕s2

解得〃=第

这段过程中位移Sl=煞m=5rn故A错误；

BC.在速度达到和传送带速度相等后，由于JngSin30°>μzn5cos300

所以煤块继续做匀减速运动，加速度大小为a2=坐驼型:詈%S3。=4m∕s2

煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移S2=整=0.5nι

时间为t2=js=OSs

传送带的总长度为S=s1+S2=5,5m

煤块向上运动的总时间为，=ls+0.5s=1.5s故C正确，B错误；

D.煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为Δs=5m-2×lm=3m

煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快△s'=2X0.5m-0.5m=0.5m

因为As>As'

煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3nι,故D错误。故选C。

14.（2022•安徽合肥•三模）如图所示，力、B两端距离为L的水平传送带以速度u逆时针

运转，将小石墨块P轻放在传送带右端4当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了

长度为，的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（）

P

A.增大传送带速度"，划痕长度一定变长

B.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长

C.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小

D.一定条件下可使Z>L

【答案】D

【解析】

AD.若石墨块到达B时速度小于"，说明石墨块一直做匀加速直线运动，

加速度大小为α=臂="g

所用时间为t=怪=回

则划痕长度为I=a一L=U任一L

若C=匡>匹,可得或一L>2L

y∣μsV

说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为23之后的划痕与原来划痕重

叠，增大传送带速度。，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；

B.若石墨块到达B端前速度已经等于"，则有t=?=*

Sr*c∕

22

则划痕长度为，=Ut-F=

2a2μg

可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；

C.若石墨块到达B端前速度已经等于"，划痕长度为1=；

2μg

若石墨块到达B时速度小于“，划痕长度为I=D但一L（当匡>必时，l=2L）

可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；

15.（2022•江苏•南京市大厂高级中学高一开学考试）如图所示，有一水平传送带以6m∕s

的速度顺时针方向匀速转动，传送带/8长度L=6nι,其右端连着一段光滑水平面5G紧挨

着a'的光滑水平地面上放置一辆质量M=2lζg的平板小车，小车上表面刚好与比'面等高。

现将质量m=Ikg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端｛处，经过传送带传送至右

端8后通过光滑水平面比滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数%=0.4,煤块与小车

间的动摩擦因数〃2=0∙2,取重力加速度g=lOm/s?。求：

(1)煤块在传送带上运动的时间；

(2)煤块在传送带上运动时留下的划痕；

(3)若滑块刚好不从小车上掉下来，求小车的长度。

—>^6m∕s

/〃,〃〃〃〃〃.L

【答案】(I)1.75s；(2)4.5m；(3)6m

【解析】

(1)以水平向右为正方向，煤块刚放上传送带时的受力如图所示

''N

mg

设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为α,所用时间为G,对地位移为%］，根据受力分析

和牛顿第二定律可得/=%N=%πιgf=ma

解得α=4m∕s2

2

根据匀变速直线运动规律可得〃=at1x1=∣αt1

触得亡1=1∙5^ɪɪ=4.5m

由于∕=4.5m<L

煤块加速至与传送带共速后与传送带一起向右匀速运动，再经J时间滑出传送带右端

L—Xi6—4.5

亡2==7C=θ∙25

V65s5

煤块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.75s

(2)煤块在传送带上运动时留下的划痕为煤块与传送带的相对位移

∆χ=X伍—x1=vt1—x1=4.5m

(3)煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示

N'、N∖

-----------------►

j

fιf21

N,

,mgMg

m

煤块与小车之间的滑动摩擦力为%=f2=%N=P-29=2jsι∣

煤块与小车的加速度分别为由、a2，根据牛顿第二定律可得一上=m%f2'=Ma2

2

解得c⅛=-2m∕s2a2=lιn∕s

若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小为小车的长度，设共速为U共,

各自的对地位移分别X煤、X车,

根据运动学规律可得2%x煤=V共2-V220⅛*车=U共2Nx=

X煤一X车

联立解得AX=6nι

即车长6m时，滑块刚好不从小车上掉下来。

16.(2022•福建•漳州市普通教育教学研究室高一期末)竖直平面内有一倾角，书7。的

直轨道AB,其下方右侧放置一足够长水平传送带，传送带与直轨道末端B平滑连接。传送

带以恒定速度疗2m∕s逆时针转动，现将质量"H).2kg的小煤块从/点静止释放。已知A与

B距离为sN.0m,小煤块与AB间的动摩擦因数〃尸0.5,与传送带间的动摩擦因数0.2,

g®10m∕s2,sin37o=0.6,cos370=0.8。求：

(1)小煤块在直轨道AB运动时受到的摩擦力大小；

(2)小煤块从8点第一次向右运动到最远处所用的时间；

(3)小煤块从进入传送带到第一次回到B点的过程中在传送带上留下的痕迹长度。

【解析】

(1)由受力分析可知/=〃ImgCoSo

可得f=0.8N

(2)设小煤块在直轨道AB和传送带上运动的加速度分别为,、⅛,到达6点的速度为历,

在直轨道AB上由受力分析可知mgsin。-/=ma1

又因为若=2α1s

由水平传送带受力分析“27n9=ma2

由匀变速直线运动公式t⅛=

得到小煤块从8点第一次运动到最右端所用的时间f≈2s

(3)依题意可知小煤块在传送带上先向右匀减速后向左匀加速，设匀减速阶段小煤块和传

,

送带的位移分别为S八s2,匀加速阶段小煤块和传送带的位移分别为s/、s2,匀减速阶

段SI=詈t=4tns2=v0t=4m

反向匀加阶段经过J共速t'=-=ιs

a2ɔ

Sl=yt=Im<Si

Svt

2=0=2rn

所以小煤块第一次回到B点的运动过程中在传送带上留下的痕迹长度ΔS

ΔS=Sl+S2+底2'_SJ)=9m

17.(2022•安徽芜湖•高一期末)如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角。=37°,且

以%=lm∕s的速度沿顺时针方向传动。一质量炉Ikg的小煤块以%=7m∕s的速度滑上传送带

的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数。=0.25,传送

带足够长，求：

(1)小煤块向上滑行的时间；

(2)小煤块离开传送带时的速度大小；

(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留

下的痕迹长度。

【答案】(I)Is；(2)5m/s；(3)2.I25m；2.25m

【解析】

(1)由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运

动的加速度大小为团，有mgsi/+∣ιm9cosθ=mαι

2

解得az=8m∕s

其速度减小到匕=lm∕s所用的时间看个1=0.75s

aI

之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为电，

有mgsinH/mgcos。=mαz

解得a^4m∕s2

小物块减速到0所用的时间^7-=0.25s

解得片力+yIS

(2)小物块沿传送带向上滑行的最大距离为X=生产L+段t2

解得Λ=3.125m

又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为^4m∕s2,

有2日方尸

解得V=5m∕s

(3)小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小△/=空∙tι-%G=2.25m(向上)

小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小Aχ2=%t2-3^2=0∙125m(向下)

故物块向上运动时相对传送带的位移为AX=Δχ-Δχ=2.125

ɪ124ImIl

即相对传送带的位移大小为2.125m,方向沿传送带向上；

而ΔΛ⅛重叠在△与内，则全程的划痕为Ad=XXI=2.25m

18.如图传送带与水平地面夹角。=37。，从4至IJ6长度为L=7.2m,传送带以％=8.4ɪn/s

的速率逆时针转动。在传送带上端1无初速度地放一个质量为0=0.5kg的黑色煤块，它与

传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3。煤块在传送带上相对滑动时会留下黑色痕迹。(sin37°

=0.6,cos37°=0.8,g取10m∕s2)求：

(1)煤块从1到6的时间；

(2)煤块从4到8的过程中传送带上形成痕迹的长度。

A

【答案】⑴4;(2)4.2m

3

【解析】

(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，

由牛顿第二定律得mgsin6+μmgcosθ=ma1

解得其加速度为Ql=g(sinJ÷μcosθ)=8.4m∕s2

煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为S=£=4

发生的位移为%ι=^a1tγ=4.2m

达到总后，受到沿斜面向上的摩擦力，则满足ZngSine-〃TngCOS8=ma?

解得的=g(sin6-μcosθ)=3.6rn∕s2

之后加速到6端的位移为血=L-XI=3πι

又因为工2=+^。2名

解得七二；S

3ɔ

所以煤块从4到夕的时间为t=口+t2=上

ɔɔ

(2)第一过程痕迹长Ajq=UOtl—X1=4.2nl

第二过程痕迹长∆χ2=X2-UOt2=θ∙2m

△力与A%＞部分重合，故痕迹总长为4.2mo

考点五物体在传送带上运动的最短时间

物体在传送带上一直加速运动时在传送带上运动的时间最短

19.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷

的传送带/8始终保持恒定的速率片lm∕s运行，一质量为∕zF4kg的行李无初速度地放在A

处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等

的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数〃=0∙1,A,8间的距离∕=2m,g

取10m∕s2,,

(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

(2)求行李在传送带上的运动时间；

(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到8处，求行李从/处传送到8

处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

《)fG)

【答案】⑴4N,lm∕s2;(2)2.5s；(3)2s,2m∕s

【解析】

(1)行李所受滑动摩擦力的大小为小卬烟=0.1X4X10N=4N

由牛顿第二定律可得，加速度的大小为a=Pg=0Λ×10m∕s2=lm∕s2'

(2)行李加速至与传送带速率相等所用时间为。IS

2

加速过程的位移为Sl=匕=0.5

12amrn

i

行李匀速运动至传送带6端所用时间为t2=W=l∙5s

故行李在传送带上的运动的总时间为t=t]+t2=2.5s

(3)行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为a=lm∕s2,当行李到达右端时，有

v2-2aL

min

‰F√2αL=√2×1×2∣n∕s=2m∕s

所以传送带对应的最小运行速率为2m∕s,行李从A处传送到6处的最短时间为r,,∙⅛=2S

naɔ

20.如图所示，一水平传送装置A、B两端相距2m,传送带以2m∕s的速度做匀速运动，已

知某工件与传送带的动摩擦因数为0.4,把工件轻轻放在A端(初速为零)，求：

A-→-vB

(1)工件从A端运动到B端所需的时间

(2)传送带的速度至少为多大时，可使工件从A端运动到B端所需时间最短.(g取Iom∕d)

【答案】(1)1.25s.(2)4m∕s

【解析】

根据牛顿第二定律求出工件做匀加速运动的加速度大小，根据速度时间公式求出匀加速运动

的时间，结合位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运

动的时间，从而得出总时间；当工件一直做匀加速直线运动时.，运动的时间最短，结合速度

位移公式求出传送带的最小速度.

(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为&

由牛顿第二定律得βmg=ma∣,

2

代入数据解得：aj="54m∕s

经力时间与传送带的速度相同，则tι=：s=0.5s,

前进的为：ɪi=ɪɑɪti=I×4×0.25τn=0.5m

此后工件将与传送带一起匀速运动至8点，用时垃=纬也=等S=0.75S

所以工件第一次到达6点所用的时间：