专题强化五　动力学中的传送带模型 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的传送带模型”专题，覆盖水平传送带和倾斜传送带两大高考核心考点，对接高考评价体系梳理了临界状态（v物=v传）分析、摩擦力突变判断、相对位移及划痕计算等关键考查点，通过近五年真题及模拟题归纳了加速减速、往返运动等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+应试技巧”策略，如以水平传送带“先加速后匀速”、倾斜传送带“摩擦力方向与tanθ关系”为例，培养科学思维和运动与相互作用观念，帮助学生掌握临界分析方法，教师可据此精准定位学情，提升复习效率。

专题强化五　动力学中的传送带模型 第三章　运动和力的关系 1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。 2.会计算相对位移及划痕的长度。 3.注意物体与传送带之间摩擦力的突变。 学习目标 目录 1.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。 2.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。 目录 3.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)。 目录 考点 1 考点二　倾斜传送带中的动力学问题 考点一　水平传送带中的动力学问题 目录 5 水平传送带问题的常见情形及运动分析 考点一　水平传送带中的动力学问题 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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 目录 考点 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 目录 考点 例1 (2025·海南海口高三开学考)某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB的长度L=5.25 m，始终保持恒定速度v=1 m/s运行，在传送带上A处无初速度地放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)快件的加速度大小; 答案　2 m/s2　 解析　当快件做加速运动时，由牛顿第二定律可得μmg=ma 代入数据，解得a=2 m/s2。 目录 考点 (2)快件运动到B点的时间。 答案　5.5 s 解析　当快件的速度与传送带速度相等时，运动的位移为x1，则v2=2ax1 代入数据，解得x1=0.25 m 经历的时间为t1==0.5 s 此时快件离B处的距离为x2=L－x1=5 m 则匀速运动的时间为t2==5 s 故快件从A运送到B所用的时间为 t=t1+t2=5.5 s。 目录 考点 例2 (多选)(2025·广东汕头模拟)地铁站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，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则(　　) AD A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度 C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍 目录 考点 解析　物品在传送带上前阶段做匀加速直线 运动，由牛顿第二定律可得a==μg=4 m/s2， 物品加速阶段的位移x1== m=0.5 m， 物品加速到与传送带共速后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误;物品匀加速运动的时间t1== s=0.5 s，物品匀速运动的时间t2== s=0.8 s，物品在传送带上运动的时间是t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误;由x=，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。 目录 考点 例3 (2025·河南新乡高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) D A.小滑块的加速度向右，大小为μg B.若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 目录 考点 解析　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg=ma，解得a=μg，故A错误;若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t=，故B错误;若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的 时间t1=，位移大小为x1=，然后加速返回，加速到v1的时间t2=，位移大小为x2=，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3===，小滑块返回到左端的时间t=t1+t2+t3，解得t=++=，故C错误，D正确。 目录 考点 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 考点二　倾斜传送带中的动力学问题 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan 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gsin θ+μgcos θ加速，共速后摩擦力方向改变，再以gsin θ－μgcos θ加速 目录 考点 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gsin θ+μgcos θ加速，后以gsin θ－μgcos θ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;若μ=tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速;若μ<tan θ，一直加速;若μ=tan θ，一直匀速 目录 考点 (摩擦力方向一定 沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速，μ=tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动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 目录 考点 例4 (2024·安徽卷，4)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 目录 考点 解析　0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后，物块所受的静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 目录 考点 例5 (2025·广西柳州高三期末)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1=1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v－t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，则(　　) C A.在t=2.5 s时，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0.5 C.传送带运行的速度大小为0.5 m/s D.在0~2.5 s内粮袋处于失重状态 目录 考点 解析　由题图乙可知，在0~2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5~4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，故A错误;根据v－t图像 中，图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知L=(v0+1.5)×2.5 m+(4.5－2.5)v0=3.5 m，解得v0=0.5 m/s，故C正确;由题图乙和C项分析可知，粮袋在0~2.5 s内的加速度为a== m/s2=－0.4 m/s2，则加速度方向沿传送带向上，则在0~2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ=ma，联立代入数据解得μ=0.8，故B、D错误。 目录 考点 例6 (多选)(2025·黑龙江哈尔滨高三开学考)如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为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划痕。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，则(　 　) ACD A.煤块从A到B运动的时间为2 s B.煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为6 m C.煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为5 m D.若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到 达B点的最短时间为tmin= s 目录 考点 解析　开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，代入数据解得a1=10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1== s=1 s，煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为x1=a1=×10×12 m=5 m<16 m，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，由题意得μ=0.5<tan 37°=0.75，则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ=ma2，代入数据解得a2=2 m/s2，设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2，则LAB－ 目录 考点 x1=vt2+a2，代入数据解得t2=1 s或t2=－11 s(舍去)，煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1 s+1 s=2 s，故A正确;第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1－x1=10×1 m－5 m=5 m，即煤块相对于传送带上移5 m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=(LAB－x1)－vt2=1 m，即煤块相对传送带下移1 m;故传送带上形成划痕的长度为s=Δx1=5 m，故B错误，C正确;若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有LAB=a1，代入数据解得tmin= s，故D正确。 目录 考点 (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v物=v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 (3)滑块在传送带上的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。 目录 考点 限时作业 2 目录 基础对点练 D 对点练1　水平传送带中的动力学问题 1.(2024·北京卷，10)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 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误;物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误;加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误;加速运动过程 Ff=μmg=ma 加速时间t=→v越大，t越大，D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 C 2.(2025·广东惠州调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在足够长的水平传送带上，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，下列说法正确的是(　　) A.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.物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 解析　由题图乙可知，物块先做匀加速运动，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，物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 D 3.(2025·湖北十堰模拟)在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。将一个包裹(可视为质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度为0 的匀加速直线运动。包裹和传送带的速度—时间图像如图所示，t=5 s时包裹运动到传送带的右端，g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.图线Ⅰ 反映的是包裹的运动 B.包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.16 C.传送带的长度为20 m D.包裹相对传送带滑动的距离为7.5 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送带的加速度，由图像可知图线Ⅰ 反映的是传送带的运动，图像Ⅱ反映包裹的运动，A错误;包裹的加速度a= m/s2=1 m/s2，根据a=μg，可知包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，B错误;传送带的长度等于包裹的位移，即L=×5×5 m=12.5 m，C错误;包裹相对传送带滑动的距离为Δx=×5×8 m－12.5 m=7.5 m，D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 D 4.(2025·辽宁大连模拟)如图所示，足够长的水平传送带顺时针加速转动，加速度的大小为a=1 m/s2，上表面跟水平台面等高且平滑连接。当传送带的速度为 1 m/s时，小物块从其B端以v0=8 m/s的速度冲上传送带，物块跟传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10 m/s2。物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块速度减为零时相对传送带运动的位移大小为8 m B.物块在传送带上始终受到水平向右的滑动摩擦力 C.从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为4 s D.物块返回传送带B端时的速度大小为2 m/s 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　物块减速时的加速度大小a1==μg=4 m/s2，减速到零的时间t1===2 s，此时物块的位移x块=v0t1=8 m，传送带的位移x带=v带t1+a=4 m，故二者的相对位移Δx=x块+x带=12 m，A错误;物块向左减速运动时，摩擦力向右，减速为零后，开始向右加速运动，共速后，二者以共同的加速度向右匀加速运动，受到的是静摩擦力，B错误;物块速度为零时，传送带的速度为v'，则v'=v带+at1=3 m/s， 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 二者向右共速的时间为t2，则有a1t2=v'+at2，解得t2=1 s，此时它们共同速度为v共=4 m/s，此时物块运动的位移x块'=v共t2=2 m，物块到B端的距离Δx'=x块－x块'=6 m，设此时到B端的时间为t3，由匀变速运动规律可得Δx'=v共t3+a，解得t3=(2－4)s，所以从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为t=t1+t2+t3=(2－1) s，C错误;根据上述分析可知，物块返回到B端的速度v2满足=2aΔx'，解得v2=2 m/s，D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 AC 对点练2　倾斜传送带中的动力学问题 5.(多选)(2025·山东省菏泽一中月考)如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v－t图像如图乙所示，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则(　　) A.划痕长为4 m B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　由题图乙可知，传送带速度为v1= 4 m/s，0~1 s煤块速度大于传送带速度，相对传送带向前运动，则煤块的位移为 x1=×1 m=8 m，传送带的位移为x2=4× 1 m=4 m，煤块相对传送带的位移为Δx=x1－x2=4 m，1~2 s，煤块速度小于传送带速度，相对传送带向后运动，则煤块的位移为x1'=×4×1 m=2 m，传送带的位移为x2'=4×1 m=4 m，煤块相对传送带的位移为Δx'=x2'－x1'=2 m，因Δx=4 m>Δx'=2 m，所以划痕长为4 m;传送带底端到顶端的距离为d=x1+x1'=10 m，故A 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 正确，B错误;在0~1 s内物块的加速度大小为a= m/s2=8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma，解得μ=0.25，故C正确;由题图乙可知在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反;在1~2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 AC 6.(多选)(2025·河南南阳高三期末)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示(重力加速度g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A.传送带与水平面的夹角为30° B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.传送带运行的速度大小为6 m/s D.包裹到B点时的速度为8 m/s 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　包裹放上传送带后瞬间，包裹相对传送带 向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿 第二定律得μmgcos θ+mgsin θ=ma1，运动到与传送 带共速时，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ =ma2，其中a1=7.5 m/s2，a2=2.5 m/s2，联立解得μ=，sin θ=0.5，可得θ=30°，故A正确，B错误;由运动学公式=2a1x1，可得v1== m/s=6 m/s，则传送带的速度为6 m/s，故C正确;第二段匀加速过程有=2a2(x2－x1)，解得v2=7 m/s，可知包裹到B点时的速度为7 m/s，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 7.(2025·重庆长寿高三开学考试)如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B两端相距L=5 m，质量为M=10 kg的物体以v0=6 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v=4 m/s，g取10 m/s2。求: (1)物体从A点到达B点所需的时间; (2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少(其他条件不变)? 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1)2.2 s　(2)1 s 解析　(1)开始时物体所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得 Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 解得加速度大小为a=10 m/s2 物体减速到与传送带速度相等所用时间为 t1== s=0.2 s 该过程物体通过的位移大小为 x1=t1=×0.2 m=1 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 由于μ=0.5<tan 37°，可知共速后物体继续向上做匀减速直线运动， 根据牛顿第二定律可得 Mgsin θ－μMgcos θ=Ma' 解得加速度大小为a'=2 m/s2 根据运动学公式可得 L－x1=vt2+a' 代入数据解得t2=2 s 则物体从A点到达B点所需的时间为 t=t1+t2=2.2 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 (2)当传送带的速度一直大于物体的速度时，物体受到的摩擦力一直沿斜面向上，则物体一直以加速度a'=2 m/s2向上做匀减速直线运动，运动到B点的时间最短，则有 L=v0t'－a't'2 代入数据整理可得t'2－6t'+5=0 解得t'=1 s或t'=5 s(舍去) 则物体从A点到达B点的最短时间是1 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 综合提升练 8.如图所示，倾角θ=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=4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间t=1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之间距离LOA=4.5 m，传送带左右两端A、B间的距离LAB=10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，不计物体经过A时的动能损失。 (1)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μ1; (3)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。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不会　4 m/s 解析　(1)由匀变速直线运动规律可得 LOA=at2 解得a=4 m/s2。 (2)由牛顿第二定律有 mgsin θ－μ1mgcos θ=ma 解得μ1=0.25。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 (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=6 m/s 而物体在传送带上滑动时的加速度大小为 a1=μ2g=5 m/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x==3.6 m<10 m 故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止的位移为x'==1.6 m<x 物体返回到A点的速度 vA'=v=4 m/s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 9.双层皮带输送机的出现极大地提升了物流输送效率， 它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮带输送机 可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带， 上层传送带长为4.02 m，与水平方向夹角为37°，水平的下层传送带长为3.21 m。货物放在材质相同的纸箱内，纸箱(可视为质点)与上、下两层传送带之间的动摩擦因数均为0.8，上、下两层传送带均以恒定速率0.4 m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在下层传送带最右端，装卸工人甲同时将纸箱以大于传送带的速度无碰撞地推上传送带，另一端的分拣员同时接到两个纸箱。已知:sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求: 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 (1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间; (2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小。 答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s 解析　(1)在水平传送带上，纸箱的加速度为a，则 μmg=ma 解得a=8 m/s2 加速到与传送带速度相等所需的时间t1== s=0.05 s 加速到与传送带速度相等时的位移x1=a=0.01 m 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 速度相等后一起匀速运动的位移 x2=L2－x1=3.2 m 匀速运动的时间t2==8 s 纸箱被传送到分拣员处经过的时间 t=t1+t2=8.05 s。 (2)设装卸工人甲推纸箱的速度为v1，纸箱从推入传送带到与传送带速度相同所需时间为t3，由于v1>v2，纸箱做减速运动，加速度大小为 a1==0.4 m/s2 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 则减速到与传送带速度相等的时间 t3= 减速到与传送带速度相等时的位移 x3= 速度相等后纸箱与传送带一起做匀速运动，匀速运动的位移x4=L1－x3 匀速运动的时间t4= 根据t=t3+t4 联立解得v1=1.2 m/s 故纸箱被推入传送带时的速度大小为1.2 m/s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 $