第3章 专题突破5 传送带模型-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

专题突破5　传送带模型 第三章　运动和力的关系 1 [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。 2 突破点一　水平传送带问题 突破点二　倾斜传送带问题 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一　水平传送带问题 一 4 水平传送带模型中滑块可能的运动情况 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 盘点 核心知识 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 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]　(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 D 提升 关键能力 [解析]　刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 人教版必修第一册第四章章末复习与提高B组第4题： 在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。若传送带匀速前进的速度v为0.25 m/s，某木箱与传送带之间的动摩擦因数μ为0.4，g取10 m/s2。问：该木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹? 考教衔接 [衔接分析]　(1)情景相同，都是考查水平传送带传输物体。 (2)教材上的练习题计算物体在传送带上留下的摩擦痕迹，高考题对水平传送带传送物体进行定性分析，相对简单。 [复习指导]　能正确地分析物体在水平传送带上的受力和运动情况，并且深刻理解：在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着传送带运动的方向做匀变速直线运动，直到共速，共速后滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动。 [答案]　 m [典例2]　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.变速运动过程中摩擦力方向发生突变 A [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且方向不变，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C、D错误。 传送带模型特点 总结提升 1.摩擦力作用：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。 2.解题关键：抓住v物＝v传这个临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 突破点二　倾斜传送带问题 二 14 倾斜传送带模型中滑块可能的运动情况 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(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 盘点 核心知识 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 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 μ＝tan θ，一直匀速运动 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 (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3]　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) C 提升 关键能力 [解析]　0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，对其受力分析可知，物块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带方向的分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带方向的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 [典例4]　(2025·江苏淮安模拟)如图甲所示，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 图像如图乙所示，g取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 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，因此物块最终从M点离开，传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；由v－t图像的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—时间图像中图线与坐标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。 [典例5]　(2025·江苏淮安高三检测)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A、B间的距离L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg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痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； [解析]　煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a1＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 加速时间t1＝＝1 s 位移x1＝a1＝5 m＜L 达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，则 a2＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 位移x2＝L－x1＝v0t2＋a2 解得t2＝0.5 s 煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 [答案]　1.5 s (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 [解析]　第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长为Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。 [答案]　5 m 注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 总结提升 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(划痕长度)Δx等于物体与传送带的相对位移大小。 (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Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。 1.(2025·江苏灌南高级中学检测)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t 变化的图像不可能是(　　) 教参独具 D 解析：根据题意，设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ＞μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ＜μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动。故选D。 2.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v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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μ＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； 解析：小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，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μmgcos α＞mgsin α，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，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。 答案：0.4 m/s2 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析：根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀 减速直线运动，用时t1＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 共速后，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案：4.5 s 课时作业　巩固提高训练 三 30 1.在物流运输的过程中经常使用传送带，如图所示，倾角为30°的足够长的传送带以恒定的速率v稳定运行。质量为m的物体由A点到达B点，传送带和物体间的动摩擦因数为μ，则在物体随传送带稳定运行的过程 中(　　) A.运动的物体受到摩擦力一定为μmgcos 30° B.物体受到4个力的作用 C.物体对传送带的作用力垂直传送带向下 D.物体受到合力为零 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A 夯实基础 D 31 解析：物体随传送带稳定运行的过程中，物体与传 送带保持相对静止，物体受到重力、垂直于传送带 的支持力与沿传送带向上的静摩擦力，即物体受到 3个力的作用，故B错误；结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，运动的物体受到摩擦力一定为mgsin 30°，故A错误；结合上述可知，传送带对物体的摩擦力和支持力的合力与重力平衡，即传送带对物体的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的作用力方向竖直向下，故C错误；结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，物体受到合力为零，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 32 2.(2025·江苏扬州高邮中学期中)如图所示，飞机场运输行李的倾斜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，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似 等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.要实现这一目的前提是μ＜tan θ B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 33 解析：要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ＞mgsin θ，可得μ＞tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 34 3.(2025·江苏宿迁沭阳段考)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4 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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 35 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错误；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＝a×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运动到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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 36 4.如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示。下 列描述正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.小物块一直受滑动摩擦力 B.传送带做顺时针的匀速运动 C.传送带做顺时针的匀加速运动 D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 C 解析：由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，物块不可能从图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 37 5.(8分)(2025·江苏苏州期中)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系图像如图乙所示。图 线的0~3 s段为抛物线，3~4.5 s段为直线。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)传送带的速度大小； 解析：由题图乙得，3 s后物块随传送带做匀速直线运动，则v传＝v1＝ m/s＝2 m/s。 答案：2 m/s 38 (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：x－t图线的0~3 s段为抛物线，根据匀变速直线运动位移时间关系式可知，0~2 s物块做匀减速直线运动，则x2＝·t2 解得v物＝4 m/s。 答案：4 m/s 39 6.如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示，已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，x0为已知量，则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 能力提升 A.0~x0过程，物块所受摩擦力方向向左 B.弹簧的劲度系数为 C.传送带的速度为 D.物块不能运动到3x0处 B 40 解析：在0~x0过程，物块向右做加速运动，受到向右的滑动摩擦力，同时弹簧弹力逐渐增大，当位移为x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，根据胡克定律可知弹簧弹力也随x正比例增大，则当位移为x0时，物块刚好达到与传送带共速，之后随着传送带继续向右运动，在x0~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑 2 3 4 5 6 7 8 9 1 41 动摩擦力大小相等，则k·2x0＝μmg，所以k＝，故A错误，B正确；在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为，设传送带的速度为v，此过程对物块，根据动能定理有μmg·x0－·x0＝mv2，解得v＝，故C错误；对物块，从位移为2x0到3x0，根据动能定理有μmg·(3x0－2x0)－·x0＝mv'2－mv2，解得v'＝＞0，由此可知，物块能运动到3x0处，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 42 7.一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v－t图像 中一定不正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 43 解析：当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送 带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律 可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，即a1＝gsin θ＋μgcos θ， 可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小 物块达到传送带速度时，若满足mgsin θ＜μmgcos θ，二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mgsin θ＞μmgcos θ，小物块将继续加速下滑，其加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＜a1，故A正确；当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足mgsin θ＞μmgcos θ，则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a3＝gsin θ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 44 －μgcos θ，若满足mgsin θ＜μmgcos θ，则小物块应 沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为 a4＝μgcos θ－gsin θ，二者共速后小物块随传送带一 起做匀速直线运动，故B正确；当小物块的初速度沿 斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为a3＝gsin θ＋μgcos θ，小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共速时，若满足mgsin θ＞μmgcos θ，则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＜a3，若满足mgsin θ＜μmgcos θ，则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 45 8.(10分)如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角θ＝24°，长度l＝4 m，向上运动的速度v＝1.2 m/s，货物质量m＝20 kg，与传送带间的动摩擦因数为0.2，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2) (1)货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加F1＝60 N的拉力，求货物经多长时间能达到与传送带共速； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 46 解析：货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有F1＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma 达到共速时有v＝at 解得t＝1.5 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：1.5 s 47 (2)货物与传送带共速后，工人至少要用多大的拉力才可以保持货物相 对传送带静止? 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有mgsin θ＝F拉＋f静 则当静摩擦力取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即F拉min＝mgsin θ－f静max 其中f静max＝μmgcos θ 解得F拉min＝44 N。 答案：44 N 48 9.(15分)如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。 (1)求A、B两端之间的距离L； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 49 解析：传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2 A、B两端之间的距离为L＝v0Δt＋a1(Δt)2 解得L＝35 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：35 m 50 (2)若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速 转动，求小物块在传送带上留下的痕迹长度s； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，而传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m 小物块在传送带上留下的痕迹长度为 s＝L－x带＝25 m。 答案：25 m 51 (3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的时间t(结果保留三位有效数字)。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有 v2＝v0＋a2t1 52 这段时间内小物块运动的位移为 x1＝v0t1＋a2 在此之后，小物块以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x2＝L－x1＝v2t2＋a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间 t＝t1＋t2 联立代入数据解得t＝3.53 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：3.53 s 53 $$