动力学传送带模型（解析版）-高考物理易错点解读和针对训练

高考易错点解读和针对训练

运动和力的关系

易错点3.7动力学传送带模型

易错点解读

1.模型特点

传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力

作用下的相对运动问题。

2.传送带模型问题的两个关健分析

（1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”：②反向“互相阻碍”。

受力

（2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变

分析

为静摩擦力：③摩擦力方向突变

（1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系;

运动②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。

分析（2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。

（3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带

3.传送带两个模型

（1）水平传送带的三种情景

项目图示滑块可能的运动情况

.„=<».（1）可能一直加速

情景1

（2）可能先加速，后匀速

（1）时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速

情景2

（2）时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速

项目图示滑块可能的运动情况

（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端

情景3一厂（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当vo>v,返回时速

度为L当出<v,返回时速度为V。

（2）倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为%）

滑块的运动情况

情景

传送带不够长传送带足够长

一直加速（一定满足关系p>tan

先加速后匀速

9）

若〃2tan0,先加速后匀速

一直加速（加速度为gsin

若〃Vtan先以s=gsin?+〃gcos。加速,

〃gcos9）

后以02=gsin9一〃gcos。加速

滑块的运动情况

情景

传送带不够长传送带足够长

"oVv时：若〃2tanO,先加速后匀速；若

vo<v0'j,一直加速（加速度为

〃Vtan6,先以cri=gsin♦+〃gcos一加速,

gsinO+pgcos0）

后以02=gsin。一〃geos。加速

W>v时，一直匀变速（加速度"o>v时：若〃》tan。，先减速后匀速；若

为Igsin。一〃geos0I)“Vtan仇以。2=gsin9一〃geos9加速

滑块的运动情况

样E3.

传送带不够长传送带足够长

〃VtanB,一直加速；

〃=tan。，一直匀速

〃>tan9,先减速到速度为0后反向加速到

（摩擦力方向一v,若VoWv,则回到原位置时速度大小为

^>tan。一直减速

定沿斜面向上）%（类竖直上抛运动），若%>v,运动到原

位置时速度大小为v

4.传送带问题的解题思路

【方法归纳】(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分

析与判断。

(2)临界状态：当。物带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

⑶滑块与传送带的划痕长度△s等于滑块与传送带的相对位移的大小。

【典例剖析】

【典例1】(2021•河南省顶尖名校4月联考)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，

长度心8=4m,BC段是倾斜的，长度。c=5m,倾角为夕=37。，A8和BC由8点通过一

段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与

传送带间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速

度地放在4点，求：

(I)工件第一次到达B点所用的时间:

(2)工件沿传送带上升的最大高度；

(2)工件运动了23s后所在的位置。

.临界状态：当v物=丫带时，摩擦力发牛.突变，物体的加速度发生突变.

【答案】(l)1.4s(2)2.4m(3)在A点右侧2.4m处

【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为山，由牛顿第二定律得

解得”i="g=5m/s2

经九时间工件与传送带的速度相同，解得

八=上=0.8s

a\

工件前进的位移为工1=%|/?=1.6m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

LAB-X\八,

，2=V=0.6s

所以工件第一次到达B点所用的时间

，=九+，2=1.4So

(2)在倾斜传送带上工件的加速度为S，由牛顿第二定律得W〃gcos。一〃7gsme=maz

解得G=—2m/s2

由速度位移公式得0一/=2s焉

解得〃m=2.4m。

(3)工件沿传送带向上运动的时间为h=悬＞=2s

此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也

相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为。则

T=2h+2/3=5.6s

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间加=2九+/2+2力=

6.2s,而23s=Zo4-3T,这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，

故工件在A点右侧，到八点的距离X=L.\B—X\=2Anio

【典例2】.(2021.辽宁卷，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李，如

图8所示，以恒定速率。i=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转

轴间距L=3.95mo工作人员沿传送方向以速度s=1.6m/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〃=0.8。取重力加速度

^=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8-求：

图8

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小〃；

⑵小包裹通过传送带所需的时间人

答案（1）0.4m/s2（2）4.5s

解析（1）小包裹的速度。2大于传送带的速度。I,所以小包裹受到传送带的摩擦

力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知

。一〃zgsin0=ma

2

解得〃=0.4m/so

（2）小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间

V2~v\1.6—0.6

1=F-=0.4S=2.5S

在传送带上滑动的距离为

v\+P21.6+0.6__

si=2力=2X2.5m=2.75in

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即Umgcos

分〃zgsin仇所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运

动的时间为

L-s\3.95—2.75

t2=~JT=-0^-s=2s

所以小包裹通过传送带的时间为

f=fi+f2=4.5So

【针对性训练】

1.（2025•山东济宁月考）如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v

=4m/s顺时针转动，两轮轴心间距L=10m。一个物块（视为质点）以速度％=8m/s从左

轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t=2s物块离开传送带，重力加速度g取lOm/s?。

下列说法正确的是（）

夕FG）

A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动

B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5s

C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4

D.物块在传送带上留卜的划痕为6m

答案：C

解析：假设物块在传送带上一直做匀减速运动，加速度的大小为。，则L=一夕巴解得。

=3m/s2,离开传送带时物块的速度为v=vo—at=2m/s<4m/s,假设不成立，故物块在传

送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀

减速运动的时间为h，则物块与传送带一起匀速运动的时间为2S-h，L=8m/s；m/Sfj+4

m/sX（2s—h）,解得h=ls,B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1s,则减

速时加速度大小为。1=案=\上m/s2=4m/s?,由牛顿第二定律可得〃mg=mai，解得〃=

0.4,C正确；物块与传送带的相对位移大小，即留下的划痕长度为Ax=voti一夕述/一由=

2m,D错误。

2（2025•安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为。=37°,传送

带以v=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m=l.0g的黑

色煤块，经过2s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。

已知煤块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,sin370=0.6,^Lg=lQm/s2,求：

（1）传送带从4到B的长度；

（2）煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。

答案：（1）16m（2）5m

解析：（1）煤块速度达到10m/s之前，有mgsin9+〃mgcosO=mai

解得ai=10m/s2

h=-=1s

XI=,Q2=5m

煤块速度达到10m/s之后运动时间t2=ls

由牛顿第二定律得mgsin。一〃mgcos0=ma2

2

解得a2=2m/s

2=

*2=Vt2+1021211m

所以传送带从4到8的长度为£=XI+X2=16mo

（2）煤块速度小于传送带时Si怕=v"一xi=Sm

煤块速度大于传送带时52柑=X2一巾=1m

由于51格＞S2相，则煤块形成的痕迹长为5m。

3（2024•广东华南师大附中检测）如图4甲所示，一足够长的、倾角为37。的传

送带以恒定速率稳定运行，一质量，〃=1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间

某位置平行滑卜传送带.取物体沿传送带向卜运动方向为F方向,则物体相对地

面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°

=0.8。则下列说法正确的有（）

图4

A.0〜8s内物体的位移大小为14m

B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625

C.0〜4s内物体上升的高度为4m

D.（）〜8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m

答案AD

解析在v~t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则5=^X4m-

iAo4-0

2X2X-m=14m,A正确；在2〜6s内物体做匀加速直线运动，有。=不"=一1

m/s2=1m/s2,由牛顿第二定律得〃〃zgcos370—“zgsin37°=〃也，解得〃=0.875,

B错误；在0〜4s内，物体运动的位移为0,即物体上升的高度为0,C错误；

在0〜8s内物体的位移s=14m,传送带的位移U=0f=4X8m=32m,则物体

在传送带上留下的墨迹长度为s=18m,D正确。

4.（2024广东佛山重点而中3月质检）如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速

率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱。此过程中货物的

速度为V、加速度为。、摩擦力为了、位移为X,设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列图

像可能正确的有（）

•一‘‘_j'.

----------------

【参考答案】AC

【名师解析】

行李箱先向上做匀加速运动，此时的v-t图像是倾斜的直线，x-t图像为曲线：a-t图像是半

行与t轴的直线；当与传送带共速后做匀速运动，则此时的v-t线是平行与t轴的直线；x-t

图像是倾斜的直线；加速度。为零，则选项A正确，BD错误；

加速时传送带对行李箱的摩擦力fi=m^s\ne+ma

匀速时f2=mgsin。,则c正确。

5.（2024浙江金华期末）如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带，如图乙是

其简化图。已知传送带以速度大小u=0.2m/s匀速运行，行李与传送带之间的动摩擦因数

〃=0.2,A、3间的距离/=2m。行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列

说法不正确的是（）

A.起始时行李的加速度大小为2m/s?

B.行李经过10.05s到达8处

C.行李到达8处时速度大小为2拒m/s

D.行李相对传送带滑过的距离为0.01m

【参考答案】C

【名师解析】

起始时，对行李由牛顿第二定律可得

Ring=ma

代入数据解得加速度大小为

a=2m/s2

A正确，不符合题意；

设行李与传送带达到共速所用时间为h,可得

v0.2I2八］

=—=——m/s=0.1s

a2

行李做加速运动的位移

x=—at^=—x2x0.12m=0.01m

212

行李与传送带共速后，行李随传送带一起做匀速运动，速度大小为v,则有行李做匀速运动

的时间为

I—x2—0.01八cu

X=------=------------s=9.95s

'v0.2

行李从A到达4处的时间

/=+z2=0.1s+9.95s=10.05s

B正确，不符合题意，C错误，符合题意；

行李做加速运动的时间内，传送带运动的位移大小

x带=vtx=0.2x0.1m=0.02m

行李相对传送带滑过的距离为

入丫=不带-x=0.02m-0.01m=0.01m

D正确，不符合题意。

6..（2024安徽芜湖3月质检）安庆机场用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系

统两部分组成。如图所示，传送带长度为2.1m,始终以2m/s的速度顺时针转动，某乘客

把一可■视为质点的物品轻放在传送带最左端的A点，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,

g取10m/s?,则下列说法中正确的是（）

AH________________B

（5f（・）

A.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长

B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带的速度

C.物品由港运动到最右端8的过程中，物品相对传送带滑动1m

D.物品由4运动到最右端8所用时间为|.3s

【参考答案】D

【名师解析】

物品与传送带共速前受到滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律可得

a==pg=4m/s~

tn

物品加速阶段的位移为

v222

x.=—=----m=（）.5m

12a2x4

物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速运动，故B错误;

AD.物品加速阶段所用时间为

v2

/.=—=—s=0.5s

a4

物品匀速运动所用时间为

2.1-0.5

s=0.8s

物品由4运动到最右端8所用时间为

t=t}+t2=0.5s+0.8s=1.3s

与物品的质量无关，故A错误，D正确；

C.物品由人运动到最右端8的过程中，物品与传送带的相对位移为

Ax=x传一%=vt]-x}=2x0.5m-0.5m=0.5m

故C错误。

7快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图1所

示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度。2=8m/s顺时针匀速运动，工作

人员以一定的初速度加将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止

释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与

传送带间的动摩擦因数〃=0.4,g取1（）m*,则（）

n

L

图1

A.传送带长L为24m

B.若/=0,全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4m

C.若m=/2,则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12：13

D.若初=0,将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运

动

答案AC

解析根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度〃=*=〃g=4m/s2,快递箱

加速位移si=^j=8m,快递箱匀速位移S2=s£=16m,所以传送带总长乙=

24m,故A正确；若力=0,快递箱加速位移si=8m,传送带在这段时间内运

动位移s帚=s==16m,则痕迹长s=s带-si=8m,故B错误；如果0=呼2,

快递箱加速时间力=三产=建，加速位移”=无卫=6m,匀速时间上=与三

=2.25s,在此期间传送带匀速位移s=s（/i+及）=26m,所以两者路程之比为

L：s=12：13,故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间”=乎=4

s,加速位移si”=5：=32m,大于24m,所以快递箱一直匀加速运动，故D错

误。

8如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率切运行，初速度大小为s

的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的4处滑上传送带。若从小物块滑

上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的V-t图像（以地面为参考系）如图乙

所示，已知。2>01,则（）

A.72时刻，小物块离A处的距离达到最大

BJ2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0〜，2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右

D.0〜£3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力

答案BC

解析相对地面而言，小物块在。〜力时间内向左做匀减速运动，力时刻之后向

右运动，故小物块在力时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0〜4时间内向

左做匀减速运动，相充传送带也是向左运动，A〜，2时间内向右做匀加速运动，

但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，，2时刻两者同速，在

尬〜Z3时间内，小物块与传送带相对静止，一起向右匀速运动，所以时刻小物

块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；由于。〜f2时间内，小物块相对传

送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；在0〜/2时间内，

小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受到向右的滑动摩擦力，在『2〜

“时间内，小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D错误。

9（2023・海南•模拟预测）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示，

以某一恒定速率％运行的传送带与水平面的夹角。=37。，转轴间距£=3.5m。工人沿传送

方向以速度M=L5m/s从传送带顶端推下粮袋（视为质点），4.5s时粮袋运动到传送带底端，

粮袋在传送带上运动的VT图像如图2所示。已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度

gSXlOm/s2»则（）

图1图2

A.在r=2.5s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变

B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8

C.传送带运行的速度大小为0.5m/s

D.在02.5s内粮袋处于失重状态

【答案】BC

【解析】由图2可知，在。-2.5s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上

的滑动摩擦力，在2.5s-4.5s内，粮袋匀速卜滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的

静摩擦力，故A错误：.杈据UT图像中，图线与横轴用成的面枳表示位移的大小，根据题

意，由图2可知L=g(%+1.5)x2.5+(4.5-2.5)v0=3.5m

解得%=().5m/s,故C正确；由图2和C分析可知，粮袋在0-2.5s内的加速度为

2

a=~=—1m/s2=_Q4m/s

△t2.5

则加速度方向沿斜面向上，则在02.5s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有

mgsin8—"mgcos0=rna

联立代入数据解得〃=0.8,故D错误B正确。

10.(2022•福建省漳州市二模).如图甲，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传

送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3s〜4.5s段为直线,

下列说法正确的是()

A.传送带沿逆时针方向转动

B.传送带速度大小为2m/s

C.物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s

D.0~4.5s内摩擦力对物块所做功为-3J

【答案】BCD

【解析】根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向

右匀加速运动。3・4.5s内x“图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与

传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，旦速度为

M3,/

v=——=--------m/s=2m/s

Z4.5-3

故B正确，A错误；由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则

x=\at2,其中x=lmr=ls,a-2m/s2

2

根据牛顿第二定律〃，尔="以，解得：〃=0.2

在0-2s内，对物块有：v；-\^=-2ax

解得物块的初速度为：％=4m/s

故C正确；对物块在0〜45s内，根据动能定理-｝叫；

解得摩擦力对物块所做的功为W/=-3J,故D正确

11（2024.广东深圳北大附中）如图4甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为

。，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为〃，

小木块速度随时间变化关系如图乙所示，如、m已知，重力加速度为g,则（）

()

甲乙

图4

A.传送带一定逆时针转动

C.传送带的速度大于VD

D./o时刻后木块的加速度为2gsin。一%

答案AD

解析由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到如后，以较小的

加速度做匀加速运动，则0〜m时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，

小后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确;

小木块在。〜加内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为41

V()V()

=gsin9+〃gcosa且0=而，解得〃=gf0cosg-tan°，故B错误；当小木块的

速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度

等于ro,故C错误；to时刻后木块的加速度为〃2=gsin夕一"geos0=2gsin，一当

故D正确。

12.(2024•北京东城高三联考)如图5甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率s沿

顺时针方向转动，传送带的倾角为37。。一物块以初速度g从传送带的底部冲上

传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶

端时速度恰好为零，sin37o=O6,8$37。=08,g取速m/s2,则()

甲

图5

A.传送带的速度为16m/s

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大

答案C

解析由图乙可知传送带的速度为8m/s,A错误；在（）〜Is内，物块的速度大

于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有〃取sin

]6—8

37°+/z///gcos37。=〃也|,根据图乙可得a\=—j—m/s2=8m/s2,联立得/z=0.25,

而在1〜3s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带

向上，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一

Q—（）

直做加速度为42=——m/s2=4m/s?的减速运动，无论传送带的速度为多大，物

块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。

13.物块P以速度如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0沿图所示逆时针方向运行，

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（）

答案A

解析当VG<V\时，对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得〃心=〃2gsin0+

4〃?gcos仇可知物块先做匀加速直线运动，当次）=切时，摩擦力瞬间消失，然后

随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有"zgsin9=〃〃?gcos仇即物块匀速

直线运动，故A正确，B错误；当00>5时，对物块尸受力分析，有〃2Q=〃gsin

。一〃mgcos。=0,即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。

14.如图所示，倾角0=37。的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正

以v=4m/s的速度顺时针匀速转动,质量为2kg的物体（可视为质点）从斜面上O

处由静止下滑，经过时间1.5s滑到斜面底端Ao已知O.A之间距离LOA=4.5m,

传送带左右两端4、B间的距离Lts=10m,物体与传送带间的动摩擦因数42=

0.5,sin370=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,不计物体经过。时的动能损失。

⑴求物体沿斜面下滑的加速度大小；

(2)求物体与斜面间的动摩擦因数以；

⑶物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点的速

度大小？如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。

答案(l)4m/s2(2)0.25(3)不滑出4m/s

解析(1)由匀变速直线运动规律可得£以=少产

解得a=4m/s2。

(2)由牛顿第二定律有

mgsin0—fi\mgcos0=ma

解得川=0.25。

(3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度VA=at=6m/s

而物体在传送带上滑动时的加速度大小为

ai=〃2g=5m/s2

则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为5=57=3.6m<10m

故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向力口速，加速度大小不变，加速到

相对传送带静止所需位移为，=57=16mvs

物体返回到A点的速度VA,=V=4m/So

15(2022•江苏苏州•江苏省昆山中学校考模拟预测)如图甲所示，足够长的倾斜直传送带

以速度u=2.5ui/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在/=()时刻以速度%-5m/s从传送

带底端开始沿传送带上滑，物块的质量〃，=4kg,物块在传送带上运动时传送带对物块的摩

擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

g取I()m/s?。求：

(1)倾斜传送带与水平方向的夹角〃和物块与传送带间的动摩擦因数〃