专题强化 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(重点)。2.能正确解答传送带上的物体的运动问题(难点)。
一、水平传送带
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 (填“静”或“滑动”)摩擦力，方向 ，煤块做 运动。
(2)若传送带足够长，当煤块速度v煤=v=1 m/s时，煤块与传送带之间 (填“有”或“无”)摩擦力，此后煤块做 运动。
(3)煤块与传送带共速时，煤块的位移为s1，传送带的位移为s2， 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δs= (用s1、s2表示)。
拓展1 若A、B间的距离L=2.5 m，重力加速度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。
(3)画出煤块运动的v-t图像。
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拓展2 如图所示，在例1中传送带足够长，若煤块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s释放，求：
(1)煤块在传送带上滑行的最远距离；
(2)煤块从B处出发再回到B处的时间；
(3)画出煤块从B处出发，再回到B的过程的v-t图像(规定初速度v2的方向为正方向)。
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拓展3 若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放，分析煤块的运动情况，并画出v-t图像。(规定初速度v2方向为正方向)
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二、倾斜传送带
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，传送带与水平地面的夹角θ=30°，传送带以v=5 m/s的恒定速率顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量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 (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。(重力加速度g取10 m/s2)
(4)画出货物的v-t图像。
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例3 如图所示，倾角为37°、长为l=16 m的传送带，转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
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拓展 在例3(2)中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
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1.(1)求解传送带模型问题，首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
类型 物体运动情况
（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，物体一直减速到达左端 （2）传送带足够长，①v≥v0时，物体先向左减速再向右加速回到右端，回到右端时速度为v0 ②v3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
（1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速
（1）可能一直加速 （2）若μ≥tan θ，可能先加速后匀速 （3）若μ答案精析
例1 (1)滑动 水平向右 匀加速直线
(2)无 匀速直线 (3)s2-s1
拓展1 见解析
解析 (1)对煤块，μmg=ma，得a=μg=1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1==1 s，通过的位移s1=a=0.5 m<2.5 m，
当煤块速度达到1 m/s后，随传送带做匀速运动，
s2=L-s1=2.5 m-0.5 m=2 m，
所用时间t2==2 s
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
故煤块在传送带上留下痕迹的长度为
Δs=s1'-s1=0.5 m。
(3)如图所示
拓展2 见解析
解析 (1)煤块滑上传送带后做减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma
得a=1 m/s2
最远距离s== m=2 m
(2)从B减速到0的时间
t1== s=2 s
煤块减速为0后，向右加速，a'=1 m/s2
设共速时间为t2，则t2==1 s
煤块的位移s1=·t2=0.5 m
匀速运动的时间t3==1.5 s
故总时间t=t1+t2+t3=4.5 s
(3)规定初速度v2方向为正方向
拓展3 煤块向左从0.8 m/s减速到0，再向右加速到B，到B端速度大小为0.8 m/s。
例2 (1)滑动 沿传送带向上 匀加速直线 (2)见解析
(3)3 s (4)见解析图
解析 (2)货物在传送带上先做匀加速直线运动，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，货物将做匀速直线运动。
(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
货物匀加速直线运动的时间
t1==2 s
货物匀加速直线运动的位移
s1=a=5 m
然后货物做匀速直线运动，运动位移s2=L-s1=5 m
匀速直线运动的时间t2==1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t=t1+t2=3 s。
(4)如图所示
例3 (1)4 s (2)2 s
解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，
解得a=2 m/s2，
根据l=at2得t=4 s。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为s1，则有
t1== s=1 s，
s1=a1=5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
得a2=2 m/s2，s2=l-s1=11 m
由s2=vt2+a2，
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
拓展 由v末=v+a2t2
得v末=12 m/s(共80张PPT)
专题强化 传送带模型
DISIZHANG
第四章
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(重点)。
2.能正确解答传送带上的物体的运动问题(难点)。
学习目标
一、水平传送带
二、倾斜传送带
专题强化练
内容索引
水平传送带
一
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。
例1
(1)煤块放上传送带最初一段时间内，受到 (填“静”或“滑动”)摩擦力，方向 ，煤块做 运动。
(2)若传送带足够长，当煤块速度v煤=v=1 m/s时，煤块与传送带之间____ (填“有”或“无”)摩擦力，此后煤块做 运动。
滑动
水平向右
匀加速直线
无
匀速直线
(3)煤块与传送带共速时，煤块的位移为s1，传送带的位移为s2， 则煤块在传送带上留下的痕迹长度Δs= (用s1、s2表示)。
s2-s1
若A、B间的距离L=2.5 m，重力加速度g取
10 m/s2，求：
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；
拓展1
答案 见解析
对煤块，μmg=ma，得a=μg=1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1==1 s，通过的位移s1=a=0.5 m<2.5 m，
当煤块速度达到1 m/s后，随传送带做匀速运动，
s2=L-s1=2.5 m-0.5 m=2 m，
所用时间t2==2 s
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痕迹的长度。
答案 见解析
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
故煤块在传送带上留下痕迹的长度为
Δs=s1'-s1=0.5 m。
(3)画出煤块运动的v-t图像。
答案 见解析
如图所示
如图所示，在【例1】中传送带足够长，若煤
块从B处以水平向左的初速度v2=2 m/s释放，求：
(1)煤块在传送带上滑行的最远距离；
拓展2
答案 见解析
煤块滑上传送带后做减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma
得a=1 m/s2
最远距离s== m=2 m
(2)煤块从B处出发再回到B处的时间；
答案 见解析
从B减速到0的时间t1== s=2 s
煤块减速为0后，向右加速，a'=1 m/s2
设共速时间为t2，则t2==1 s
煤块的位移s1=·t2=0.5 m
匀速运动的时间t3==1.5 s
故总时间t=t1+t2+t3=4.5 s
(3)画出煤块从B处出发，再回到B的过程的v-t图像
(规定初速度v2的方向为正方向)。
答案 见解析
规定初速度v2方向为正方向
若煤块从B端以0.8 m/s的初速度释放，分析煤块的运动情况，并画出v-t图像。(规定初速度v2方向为正方向)
拓展3
答案 煤块向左从0.8 m/s减速到0，再向右加速到B，到B端速度大小为0.8 m/s。
返回
倾斜传送带
二
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，传送带与水平地面的夹角θ=30°，传送带以v=5 m/s的恒定速率顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物
例2
(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 (填“静”或“滑动”)摩擦力作用，摩擦力的方向 ，货物做 运动。
匀加速直线
滑动
沿传送带向上
(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)
答案 见解析
货物在传送带上先做匀加速直线运动，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，货物将做匀速直线运动。
(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。(重力加速度g取10 m/s2)
答案 3 s
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
货物匀加速直线运动的时间t1==2 s
货物匀加速直线运动的位移s1=a=5 m
然后货物做匀速直线运动，运动位移s2=L-s1=5 m
匀速直线运动的时间t2==1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t=t1+t2=3 s。
(4)画出货物的v-t图像。
答案 见解析图
如图所示
如图所示，倾角为37°、长为l=16 m的传送带，转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，
例3
重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
答案 4 s
传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，
解得a=2 m/s2，
根据l=at2得t=4 s。
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案 2 s
传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的
时间为t1，位移为s1，则有
t1== s=1 s，
s1=a1=5 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
得a2=2 m/s2
s2=l-s1=11 m
由s2=vt2+a2，
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以t总=t1+t2=2 s。
在【例3】(2)中，当传送带逆时针转动时，画出物体从顶端A滑到底端B的v-t图像。
拓展
答案 由v末=v+a2t2
得v末=12 m/s
总结提升
1.(1)求解传送带模型问题，首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
总结提升
2.水平传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(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总结提升
类型 物体运动情况
(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端
(2)传送带足够长，①v≥v0时，物体先向左减速再向右加速回到右端，回到右端时速度为v0
②v总结提升
3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)若μ≥tan θ，可能先加速后匀速
(3)若μ返回
专题强化练
三
训练1 水平传送带模型
训练2 倾斜传送带模型
1.(多选)(2023·肇庆市高一期末)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
1
2
3
4
5
6
7
8
基础强化练
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直匀加速运动到B端，B、D正确。
2.(2024·东莞市高一月考)如图所示，足够长的水平传送带以v0=4 m/s的速率顺时针匀速运行，t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，则t=3 s时滑块的速度为
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
滑块开始运动的加速度大小a=μg=2 m/s2，则加速到与传送带共速所用的时间t==2 s，然后滑块随传送带做匀速直线运动，则t=3 s时滑块的速度为4 m/s。故选B。
3.(多选)如图所示，一足够长的粗糙程度处处相同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v1B.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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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：①
若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时，离开传送带；②若v14.如图所示，水平传送带以v=10 m/s的速度顺时针匀速转动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，经过时间t=6 s，工件到达传送带的右端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案 5 m/s2
对工件由牛顿第二定律可得μmg=ma
解得a=5 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
答案 50 m
工件加速运动阶段v=at1
得t1=2 s
s1=a=10 m
工件匀速运动阶段s2=v(t-t1)=40 m
6 s内工件从水平传送带的左端到右端通过的距离L=s1+s2=50 m。
(2)传送带两端点的距离；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案 10 m
工件与传送带相对滑动的过程在速度相等之前，即0~2 s内，
此时传送带的位移s3=vt1=20 m
工件相对于传送带的位移Δs=s3-s1=10 m。
(3)工件相对于传送带的位移大小。
5.(多选)如图，粗糙程度处处相同的水平传送带顺时针匀速转动，在其左端无初速度地放上木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度地放在传送带左端，则与原来相比木块
A.加速过程中的加速度一定不变
B.运动到传送带右端时的速度一定变大
C.运动到传送带右端的时间一定变短
D.与传送带之间相对滑动的路程一定变大
1
2
3
4
5
6
7
8
√
能力综合练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
对木块受力分析得μmg=ma
即加速度为a=μg
所以加速过程中的加速度一定不变，故A正确；
对木块由运动学公式v2=2as可知，木块速度大小与木块加速位移有关，若木块在传送带上一直加速，则两次加速的位移都为传送带长度，则到达右端的速度相等，同理，由运动学公式s=at2可知，若木块在传送带上一直加速，则运动到传送带右端的时间也相等，故B、C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
若两次木块均一直加速，木块位移为L，
传送带位移为s'=vt
所以木块与传送带之间相对滑动的路程为
Δs=s'-L=vt-L
若木块先加速后匀速，加速时间为t'则木块与传送带间相对滑动的距离为Δs'=vt'-t'==，所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
6.(多选)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，重力加速度g取10 m/s2，则
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
1
2
3
4
5
6
7
8
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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 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；
1
2
3
4
5
6
7
8
由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，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。
7.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(可视为质点)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，重力加速度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；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案 4 m
1
2
3
4
5
6
7
8
小物块滑上传送带后开始做匀减速直线运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
得a=μg=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s=得s=4 m
(2)小物块从A处出发到再回到A处所用的时间。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案 4.5 s
1
2
3
4
5
6
7
8
由(1)分析知小物块从A出发至速度减为0经历的时间t1==2 s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速
直线运动，加速度为a'=μg=2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
t2==1 s
t2时间内小物块向右运动的距离s1==1 m
1
2
3
4
5
6
7
8
最后小物块做匀速直线运动的位移
s2=s-s1=3 m
匀速直线运动时间t3==1.5 s
所以小物块从A处出发到再回到A处所用的时间t总=t1+t2+t3=4.5 s。
8.(2024·广东省高一期末)我国快递业高质量发展的步伐加快，其中离不开快递的自动分拣系统。一自动化分拣装置的简化图如图所示，水平传送带以v0=5 m/s的速度逆时针运行，传送带两端AB长L=6 m，物件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度
大小g=10 m/s2。
(1)若传送带出现故障停止转动，某物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带并刚好运动到左端B，求该物件的初速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
尖子生选练
答案 2 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
传送带出现故障停止转动，由牛顿第二定律有μmg=ma1
解得a1=2 m/s2
物件在传送带上做匀减速直线运动
0-=-2a1L
解得vA=2 m/s
(2)若传送带正常转动，从传送带右端A处无
初速度放一物件，求物件从传送带右端A运
动到左端B的时间t；
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答案 s
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传送带正常转动，
由牛顿第二定律有μmg=ma2
解得a2=2 m/s2
假设物件在传送带上一直加速，
有=2a2s
解得s=6.25 m>6 m=L
即假设成立，则物件在传送带上运动的时间为加速时间，有L=a2t2
解得t= s
(3)若传送带正常转动，物体从传送带右端
A以某一初速度滑上传送带，且通过传送带
左端B时与传送带的速度相同，求物件滑上传送带时的速度v的范围。
1
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答案 1 m/s≤v≤7 m/s
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当物件滑上传送带的速度大于传送带的速度，物件一直做匀减速直线运动时，物件滑上传送带的速度最大，
有-=-2μgL
解得vmax=7 m/s
当物件滑上传送带的速度小于传送带的速度，物件一直做匀加速直线运动时，物件滑上传送带的速度最小，
有-=2μgL
解得vmin=1 m/s
则1 m/s≤v≤7 m/s。
1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速逆时针运行，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μ1
2
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√
开始时小木块相对传送带向上运动，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。则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速
1
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时，因μ2.(多选)如图，倾角θ=37°的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，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则在上升过程中小物体
A.加速度恒定
B.先加速运动后匀速运动
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
1
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6
√
√
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，则物体沿传送带加速向上运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带的速度相等时，因
1
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6
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。
3.(多选)(2023·佛山市高一期末)某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示。包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端。若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则
A.在包裹加速运动阶段，传送带
对包裹的作用力方向竖直向上
B.传送带倾斜角度越大，包裹在
传送带上所受的静摩擦力越大
C.传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长
D.包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
1
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6
√
√
1
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5
在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，即包裹所受合力方向沿传送带向上，可知传送带对包裹的作用力方向偏向右上方，故A错误；
包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速运动，根据平衡条件可得
f静=mgsin θ
所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；
6
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依题意可得，包裹加速所需时间满足
v=at
μmgcos θ-mgsin θ=ma
联立可得包裹加速所需时间
t=
由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；
6
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5
由选项C可知，包裹在加速阶段所需时间与包裹质量无关，在匀速阶段所需时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，所以包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，故D错误。
6
4.如图所示，倾斜传送带与水平面夹角θ=37°，两轮间距离即A、B两点间长度L=16 m，传送带以v=3 m/s的恒定速率顺时针转动。现有一质量m=0.5 kg的物块以初速度v0=1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度
大小；
1
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答案 3 m/s
6
由牛顿第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma，
得a=0.4 m/s2
物块与传送带相对运动所用时间t1==5 s
物块运动的位移s1=t1=10 m因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，故6 s时物块的速度大小为3 m/s
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(2)物块从A运动到B所用的时间。
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答案 7 s
6
物块匀速运动的位移s2=L-s1=6 m，
匀速运动时间t2==2 s
物块从A运动到B所用的时间t=t1+t2=7 s。
5.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
1
2
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6
传送带向下为运动的正方向，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小；
答案 10 m/s2 2 m/s2
由题图乙知，0~0.5 s内
a1==10 m/s2
0.5~1.5 s内a2==2 m/s2
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(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
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答案 0.5
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)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
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答案 1.25 m
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。
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6.(2023·广东省实验中学高一期末)在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组成部分。如图所示，在物流运输线上，传送带以v=2 m/s的速率匀速转动，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，此后其运动至B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB长度为4 m，BC长度为3 m且与水平面的夹角θ=37°，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)通过计算证明包裹到达B点时已经与传送带共速；
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答案 见解析
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6
在水平传送带上，共速前，
对包裹由牛顿第二定律可得μmg=ma1，
解得a1=5 m/s2，
设经过时间t1与传送带共速，
则t1=，s1=a1
联立得s1=0.4 m，s1<4 m，
可见包裹到达B点时已经与传送带共速。
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答案 1 s
(2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；
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6
包裹进入传送带倾斜部分后，
因为μmgcos θ对包裹由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
又sBC=vt2+a2
联立得a2=2 m/s2，t2=1 s(t2=-3 s舍去)。
1
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3
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6
答案 10 m/s
(3)若传送带速度很大，包裹在传送带上从A点
由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与
传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度
大小。
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4
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6
包裹全程做匀加速运动，则在传送带水平部分，
由运动学公式可得2a1sAB=-0
包裹进入传送带倾斜部分时，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ+μmgcos θ=ma3
由运动学公式有2a3sBC=-
联立得vC=10 m/s。
返回作业41 水平传送带模型
（分值：60分）
1~3题每题4分，4题10分，共22分
1.（多选）（2023·肇庆市高一期末）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.（2024·东莞市高一月考）如图所示，足够长的水平传送带以v0=4 m/s的速率顺时针匀速运行，t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，则t=3 s时滑块的速度为 （ ）
A.2 m/s B.4 m/s
C.6 m/s D.8 m/s
3.（多选）如图所示，一足够长的粗糙程度处处相同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v1B.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
4.（10分）如图所示，水平传送带以v=10 m/s的速度顺时针匀速转动，将工件（可视为质点）轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，经过时间t=6 s，工件到达传送带的右端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）（2分）工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
（2）（5分）传送带两端点的距离；
（3）（3分）工件相对于传送带的位移大小。
5、6题每题6分，7题12分，共24分
5.（多选）如图，粗糙程度处处相同的水平传送带顺时针匀速转动，在其左端无初速度地放上木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度地放在传送带左端，则与原来相比木块 （ ）
A.加速过程中的加速度一定不变
B.运动到传送带右端时的速度一定变大
C.运动到传送带右端的时间一定变短
D.与传送带之间相对滑动的路程一定变大
6.（多选）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，重力加速度g取10 m/s2，则 （ ）
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
7.（12分）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（可视为质点）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，重力加速度g=10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
（1）（4分）小物块在传送带上滑行的最远距离；
（2）（8分）小物块从A处出发到再回到A处所用的时间。
8.（14分）（2024·广东省高一期末）我国快递业高质量发展的步伐加快，其中离不开快递的自动分拣系统。一自动化分拣装置的简化图如图所示，水平传送带以v0=5 m/s的速度逆时针运行，传送带两端AB长L=6 m，物件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10 m/s2。
（1）（3分）若传送带出现故障停止转动，某物件从传送带右端A以某一初速度滑上传送带并刚好运动到左端B，求该物件的初速度大小；
（2）（6分）若传送带正常转动，从传送带右端A处无初速度放一物件，求物件从传送带右端A运动到左端B的时间t；
（3）（5分）若传送带正常转动，物体从传送带右端A以某一初速度滑上传送带，且通过传送带左端B时与传送带的速度相同，求物件滑上传送带时的速度v的范围。
答案精析
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，也可能一直匀加速运动到B端，B、D正确。］
2.B ［滑块开始运动的加速度大小a=μg=2 m/s2，则加速到与传送带共速所用的时间t==2 s，然后滑块随传送带做匀速直线运动，则t=3 s时滑块的速度为4 m/s。故选B。］
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：①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时，离开传送带；②若v14.(1)5 m/s2 (2)50 m (3)10 m
解析 (1)对工件由牛顿第二定律可得μmg=ma
解得a=5 m/s2
(2)工件加速运动阶段v=at1
得t1=2 s
s1=a=10 m
工件匀速运动阶段s2=v(t-t1)=40 m
6 s内工件从水平传送带的左端到右端通过的距离L=s1+s2=50 m。
(3)工件与传送带相对滑动的过程在速度相等之前，即0~2 s内，
此时传送带的位移s3=vt1=20 m
工件相对于传送带的位移
Δs=s3-s1=10 m。
5.AD ［对木块受力分析得μmg=ma
即加速度为a=μg
所以加速过程中的加速度一定不变，故A正确；对木块由运动学公式v2=2as可知，木块速度大小与木块加速位移有关，若木块在传送带上一直加速，则两次加速的位移都为传送带长度，则到达右端的速度相等，同理，由运动学公式s=at2可知，若木块在传送带上一直加速，则运动到传送带右端的时间也相等，故B、C错误；若两次木块均一直加速，木块位移为L，传送带位移为s'=vt
所以木块与传送带之间相对滑动的路程为
Δs=s'-L=vt-L
若木块先加速后匀速，加速时间为t'则木块与传送带间相对滑动的距离为Δs'=vt'-t'==，所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。］
6.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 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，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。］
7.(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直线运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
得a=μg=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s=得s=4 m
(2)由(1)分析知小物块从A出发至速度减为0经历的时间t1==2 s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速直线运动，加速度为a'=μg=2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
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的位移
s2=s-s1=3 m
匀速直线运动时间t3==1.5 s
所以小物块从A处出发到再回到A处所用的时间t总=t1+t2+t3=4.5 s。
8.(1)2 m/s (2) s
(3)1 m/s≤v≤7 m/s
解析 (1)传送带出现故障停止转动，由牛顿第二定律有μmg=ma1
解得a1=2 m/s2
物件在传送带上做匀减速直线运动
0-=-2a1L
解得vA=2 m/s
(2)传送带正常转动，
由牛顿第二定律有μmg=ma2
解得a2=2 m/s2
假设物件在传送带上一直加速，
有=2a2s
解得s=6.25 m>6 m=L
即假设成立，则物件在传送带上运动的时间为加速时间，有L=a2t2
解得t= s
(3)当物件滑上传送带的速度大于传送带的速度，物件一直做匀减速直线运动时，物件滑上传送带的速度最大，
有-=-2μgL
解得vmax=7 m/s
当物件滑上传送带的速度小于传送带的速度，物件一直做匀加速直线运动时，物件滑上传送带的速度最小，
有-=2μgL
解得vmin=1 m/s
则1 m/s≤v≤7 m/s。作业42 倾斜传送带模型
［分值：60分］
1~3题每题6分，4题12分，5题14分，6题16分，共60分
1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速逆时针运行，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μ2.（多选）如图，倾角θ=37°的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，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则在上升过程中小物体 （ ）
A.加速度恒定
B.先加速运动后匀速运动
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
3.（多选）（2023·佛山市高一期末）某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示。包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端。若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则 （ ）
A.在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上
B.传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大
C.传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长
D.包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
4.（12分）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角θ=37°，两轮间距离即A、B两点间长度L=16 m，传送带以v=3 m/s的恒定速率顺时针转动。现有一质量m=0.5 kg的物块以初速度v0=1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
（1）（8分）从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度大小；
（2）（4分）物块从A运动到B所用的时间。
5.（14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）（4分）0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度大小；
（2）（5分）小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
（3）（5分）在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
6.（16分）（2023·广东省实验中学高一期末）在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组成部分。如图所示，在物流运输线上，传送带以v=2 m/s的速率匀速转动，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，此后其运动至B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB长度为4 m，BC长度为3 m且与水平面的夹角θ=37°，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）（5分）通过计算证明包裹到达B点时已经与传送带共速；
（2）（5分）求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；
（3）（6分）若传送带速度很大，包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度大小。
答案精析
1.D ［开始时小木块相对传送带向上运动，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。则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ2.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，则物体沿传送带加速向上运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带的速度相等时，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。］
3.BC ［在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，即包裹所受合力方向沿传送带向上，可知传送带对包裹的作用力方向偏向右上方，故A错误；包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速运动，根据平衡条件可得
f静=mgsin θ
所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；依题意可得，包裹加速所需时间满足v=at
μmgcos θ-mgsin θ=ma
联立可得包裹加速所需时间
t=
由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；由选项C可知，包裹在加速阶段所需时间与包裹质量无关，在匀速阶段所需时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，所以包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，故D错误。］
4.(1)3 m/s (2)7 s
解析 (1)由牛顿第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma，
得a=0.4 m/s2
物块与传送带相对运动所用时间
t1==5 s
物块运动的位移
s1=t1=10 m因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，故6 s时物块的速度大小为3 m/s
(2)物块匀速运动的位移
s2=L-s1=6 m，
匀速运动时间t2==2 s
物块从A运动到B所用的时间t=t1+t2=7 s。
5.(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
a1==10 m/s2
0.5~1.5 s内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。
6.(1)见解析 (2)1 s (3)10 m/s
解析 (1)在水平传送带上，共速前，
对包裹由牛顿第二定律可得
μmg=ma1，
解得a1=5 m/s2，
设经过时间t1与传送带共速，
则t1=，s1=a1
联立得s1=0.4 m，s1<4 m，
可见包裹到达B点时已经与传送带共速。
(2)包裹进入传送带倾斜部分后，
因为μmgcos θ对包裹由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
又sBC=vt2+a2
联立得a2=2 m/s2，t2=1 s(t2=-3 s舍去)。
(3)包裹全程做匀加速运动，则在传送带水平部分，
由运动学公式可得2a1sAB=-0
包裹进入传送带倾斜部分时，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ+μmgcos θ=ma3
由运动学公式有2a3sBC=-
联立得vC=10 m/s。
