第三章　第4课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题-2025年物理大一轮复习讲义

第三章 运动和力的关系 第4课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 学习目标 1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。 2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。 一、模型特点 物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 二、解题关键 抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 三、注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx ①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 考点01　水平传送带中的动力学问题 水平传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0<v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v [典例1·对水平传送带的考查](多选)(2024·四川绵阳市零诊)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D．当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动。整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m [拓展训练](2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s 考点02　倾斜传送带中的动力学问题 倾斜传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ，若μ≥tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ v0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 gsin θ<μgcos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v [典例2·对倾斜传送带的考查](2024·辽宁沈阳市模拟)如图，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块将在5 s时回到原处 [拓展训练](多选)(2024·重庆名校联盟期中)如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角θ＝37°，现以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．图乙中t1＝0.75 s B．图乙中t2＝2 s C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m 课时作业练 基础对点练 1.(多选)(2022·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端过程中的速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　) 2.(多选)(2023·四川省资中县第二中学检测)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(　　) A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/s 3.(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 4.(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块(　　) A．从右端离开传送带 B．从左端离开传送带 C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用 D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用 5.(2022·济宁一中高一月考)如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　) A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1<t2 D．不能确定 6.(多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，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m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的有(　　) A．0～8 s内物体的位移大小为14 m B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C．0～4 s内物体上升的高度为4 m D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m 7.(2023·辽宁阜新市联考)如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ C．t0时间后物块的加速度大小为2gsin θ－ D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－的加速度做匀加速直线运动 8.如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2.则： (1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间． (2)求物体与传送带之间的动摩擦因数． (3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度． 9.如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s向右运行，一质量为m＝4 kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求物体由A运动到B的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 10.(2023·广东·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的速度匀速转动，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，始终未脱离皮带，包裹通过B点前后速度大小不变．已知AB间距离为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； (2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间； (3)若传送带速度很大，若使包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点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． 能力提升练 11.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 12.(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)物块沿传送带向上运动的最大位移； (3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程． 尖子选拔练 13.(2024·广东深圳市二检)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送和一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 运动和力的关系 第4课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 学习目标 1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。 2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。 一、模型特点 物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 二、解题关键 抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 三、注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx ①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 考点01　水平传送带中的动力学问题 水平传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0<v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v [典例1·对水平传送带的考查](多选)(2024·四川绵阳市零诊)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D．当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动。整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m 答案　AD 解析　开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确；行李与传动带共速时t1＝＝0.2 s，行李的位移为x＝at12＝0.04 m，行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04 m，C错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝＝0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。 [拓展训练](2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s 答案　D 解析　物块在传送带上的加速度大小为a＝＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误． 考点02　倾斜传送带中的动力学问题 倾斜传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ，若μ≥tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ v0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 gsin θ<μgcos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v [典例2·对倾斜传送带的考查](2024·辽宁沈阳市模拟)如图，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块将在5 s时回到原处 答案　D 解析　从图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；速度图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，t1＝ s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，t1＝ s到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。 [拓展训练](多选)(2024·重庆名校联盟期中)如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角θ＝37°，现以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．图乙中t1＝0.75 s B．图乙中t2＝2 s C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m 答案　BCD 解析　0～t1内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得煤块的加速度大小为a1＝8 m/s2，所以t1＝＝ s＝1 s，故A错误；t1～t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，所以t2＝＋t1＝2 s，故B正确；由图像知，在0～t2内，煤块向上运动的位移为x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t1内，传送带位移大小为x1＝vt1＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx1＝4 m，t1～t2内，传送带位移大小为x2＝v(t2－t1)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带比煤块多走Δx2＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝a2t32，解得t3＝ s，传送带向上运动的位移为x3＝vt3＝4 m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4 m＝(12＋4) m，故D正确。 课时作业练 基础对点练 1.(多选)(2022·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端过程中的速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　) 答案　BD 解析　物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，B、D正确． 2.(多选)(2023·四川省资中县第二中学检测)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(　　) A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/s 答案　CD 解析　根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－v02＝2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥ m/s≈9.4 m/s，故选C、D。 3.(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 答案　AC 解析　开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误． 4.(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块(　　) A．从右端离开传送带 B．从左端离开传送带 C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用 D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用 答案　AD 解析　由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确． 5.(2022·济宁一中高一月考)如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　) A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1<t2 D．不能确定 答案　A 解析　滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，滑块所受支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确． 6.(多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，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m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的有(　　) A．0～8 s内物体的位移大小为14 m B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C．0～4 s内物体上升的高度为4 m D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m 答案　AD 解析　物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则x＝×4 m－2×2× m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，且μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确． 7.(2023·辽宁阜新市联考)如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ C．t0时间后物块的加速度大小为2gsin θ－ D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－的加速度做匀加速直线运动 答案　C 解析　v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin θ>μmgcos θ，解得μ<tan θ，B错误；根据上述，t0时刻之前有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝，t0时刻之后有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2gsin θ－，C正确；由于mgsin θ>μmgcos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。 8.如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2.则： (1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间． (2)求物体与传送带之间的动摩擦因数． (3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度． 答案　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m 解析　(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度， 匀速运动到B端， 设物体做匀加速运动的时间为t 所以t＋v(6 s－t)＝L 代入数据解得：t＝2 s (2)在匀加速运动过程中， 根据牛顿第二定律可知μmg＝ma 根据速度与时间的关系得：v＝at 联立解得：μ＝0.1 (3)在煤块匀加速运动过程中， 传送带上表面相对于地面的位移x＝vt＝4 m 煤块相对于地面的位移x′＝at2＝2 m 所以煤块在传送带上的划痕长度Δx＝x－x′＝2 m. 9.如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s向右运行，一质量为m＝4 kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求物体由A运动到B的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 答案　(1)4 N　1 m/s2　(2)2.5 s　(3)2 s　2 m/s 解析　(1)滑动摩擦力 Ff1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 加速度a＝＝1 m/s2. (2)物体匀加速运动的时间t1＝＝1 s， 物体匀加速运动的位移x1＝＝0.5 m. 物体匀速运动的时间t2＝＝1.5 s 则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s. (3)物体一直做匀加速运动时从A处传送到B处的时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，得vmin＝2 m/s， 所以传送带的最小运行速率为2 m/s. 设物体传送到B的最短时间为tmin，则vmin＝atmin， 得tmin＝＝2 s. 10.(2023·广东·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的速度匀速转动，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，始终未脱离皮带，包裹通过B点前后速度大小不变．已知AB间距离为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； (2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间； (3)若传送带速度很大，若使包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点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　(1)证明见解析　(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＝，x1＝a1t12 联立得x1＝0.4 m，x1<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<mgsin θ，故包裹继续加速，对包裹由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 又xBC＝vt2＋a2t22 联立得a2＝2 m/s2，t2＝1 s(t2＝－3 s舍去)． (3)包裹全程做加速运动，则在传送带水平部分，由运动学公式可得2a1xAB＝vB2－0 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2a3xBC＝vC2－vB2 联立得vC＝10 m/s. 能力提升练 11.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 答案　C 解析　当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，D错误． 12.(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)物块沿传送带向上运动的最大位移； (3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程． 答案　(1)0.5　(2)6.4 m　(3)4.8 m 解析　(1)由题图乙可知，物块的初速度v0＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v＝4 m/s，从t＝0到t＝0.4 s时间内，物块加速度大小为a1＝||＝ m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5. (2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从t＝0.4 s开始，经过t1时间速度减为零，则t1＝ s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x1＝v0Δt－a1(Δt)2＝2.4 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，物块减速到零的位移为x2＝t1＝×2 m＝4 m，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4 m. (3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x3＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx1＝x1－x3＝0.8 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x4＝vt1＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx2＝x4－x2＝4 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m. 尖子选拔练 13.(2024·广东深圳市二检)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送和一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。 答案　(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s 解析　(1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为LAB＝(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时， 根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5 (2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃； 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2 故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线运动，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3， 解得a3＝2 m/s2 v－t图像如图： 则有x1＝， x2＝，LCD＝x1＋x2， 解得v＝3 m/s，即传送带的速度至少为3 m/s快递员才能在D端取到货物。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$