专题10 倾斜传送带中的动力学问题 讲义 -2026-2027学年高一物理暑期能力提升

高中物理 高一暑期能力提升 专题10 倾斜传送带中的动力学问题 【方法解读】 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运动(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。 3.分析流程 4 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 ①.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送 带向上 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀减速 直线运动 ②.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度 大小 运动 状态 v0=0 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送 带向上 μgcos θ -gsin θ 匀减速 直线运动 ③.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ v-t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ-gsin θ 共速后：0 v-t图像： 思考　若μ=tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动 【例3】　(2025·云南昆明市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，从A到B的长度为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无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，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。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 拓展　若煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间(保留小数点后三位)。 　 【针对性训练】 1. （山东省临沂2025年普通高中学业水平等级测评试题三模） 如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以速度v₀冲上传送带，，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是（　　） A. μ与θ之间的关系为μ=tanθ B. 物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C. 物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2gcosθ D. 物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 2. （2024~2025学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二））如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A. 滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B. 滑块一定可以回到A点 C. 滑块最终停留在B点 D. 若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 3.(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(　　) 4.(2026·江西赣州市检测)如图甲所示，倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度为8 m/s B.物块所受摩擦力方向一直与其相对地面的运动方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带底端到顶端的距离为12 m 5.(2025·山东菏泽市二模)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2 B.工件由顶端运动到底端的时间是1.2 s C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m D.若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长 6 .(12分)(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。取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(4分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)(8分)小包裹通过传送带所需的时间t。 6.(多选)(2024·浙江金华市期中)如图甲所示，MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.传送带的速度v=2 m/s，顺时针方向转动 B.物块最终从N点离开传送带 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.物块在第6 s时回到M点 7 .(2026·浙江桐乡市检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，则下列说法正确的是(　　) A.倾角θ=30° B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m D.5 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为65 J 8.(13分)(2024·浙江杭州市检测)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。它由两台传送带组成，一台水平传送带和一台倾斜传送带，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时货物刚好达到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)(5分)水平传送带AB的长度及动摩擦因数。 (2)(8分)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。 9．（本题18分）．（2025年四川绵阳一模）一个送货装置如图所示，质量为m1=1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带保持v=10m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无动能损失，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同。在平板车左端一定距离的P处有一水平平台，高度与平板车等高，平板车左端与平台P边缘的锁定装置碰撞后立即停止运动，货物由于惯性滑上平台P，之后平板车立即被拉回装置匀速拉回到传送带B端，准备下一次货物转移。已知传送带长度L=16m，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带B端到平台P的水平距离x0=26m，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量m2=0.5kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小； （2）货物由传送带A端运动到B端的时间； （3）为了保证货物能被送至平台P，小车长度需要满足的条件。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理 高一暑期能力提升 专题10 倾斜传送带中的动力学问题 【方法解读】 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运动(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。 3.分析流程 4 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 ①.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送 带向上 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀减速 直线运动 ②.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度 大小 运动 状态 v0=0 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送 带向上 μgcos θ -gsin θ 匀减速 直线运动 ③.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ v-t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ-gsin θ 共速后：0 v-t图像： 思考　若μ=tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动 【例3】　(2025·云南昆明市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，从A到B的长度为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无初速度释放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，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。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 解析　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1==1 s，发生的位移x1=a1=5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2， x2=L-x1=5.25 m， 由x2=v0t2+a2， 得t2=0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。v-t图像如图所示。 (3)第一过程煤块相对传送带向上滑，痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m， 第二过程煤块相对传送带向下滑，痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m， Δx2部分与Δx1重合，故痕迹总长为5 m。 拓展　若煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间(保留小数点后三位)。 答案　1.442 s 解析　由于Ff=μ'FN=μ'mgcos θ=mgsin θ 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。a'=g(sin θ+μ'cos θ)=12 m/s2， 匀加速运动时间t1'== s， 匀加速运动位移x1'=a't1'2= m， 匀速运动位移x2'=L-x1'= m 匀速运动时间t2'== s 总时间t'=t1'+t2'= s≈1.442 s。 　 【针对性训练】 1. （山东省临沂2025年普通高中学业水平等级测评试题三模） 如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以速度v₀冲上传送带，，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是（　　） A. μ与θ之间的关系为μ=tanθ B. 物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C. 物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2gcosθ D. 物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 【答案】C 【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有 可得，故A错误； 因为，物块与传送带速度相等之前，物块受到滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为 物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为，故B错误； 物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为，故C正确； 设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为 传送带的位移为 可知此过程物块在传送带上的划痕长度为 若满足 则有 由于不一定等于，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。 2. （2024~2025学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二））如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A. 滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B. 滑块一定可以回到A点 C. 滑块最终停留在B点 D. 若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 【答案】A 【解析】因，可得 所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； 若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 3.(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(　　) 答案　C 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沿传送带向下的分力，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沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。 4.(2026·江西赣州市检测)如图甲所示，倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度为8 m/s B.物块所受摩擦力方向一直与其相对地面的运动方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带底端到顶端的距离为12 m 答案　C 解析　由题图乙可知，1 s时物块与传送带速度相同，故传送带速度为4 m/s，故A错误；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传送带向下，与物块运动的方向相反；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传送带向上，与物块运动的方向相同，故B错误；在0~1 s内物块的加速度大小为a1=||=|| m/s2=8 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1，在1~2 s内物块的加速度大小为a2=||=|| m/s2=4 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma2，联立解得μ=0.25，故C正确；物块上升的位移大小等于v-t图像与横轴围成的面积，则传送带底端到顶端的距离为x=×1 m+ m=10 m，故D错误。 5.(2025·山东菏泽市二模)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2 B.工件由顶端运动到底端的时间是1.2 s C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m D.若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长 答案　C 解析　工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得工件刚开始下滑时的加速度大小为a1=10 m/s2，故A错误；工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B点，则此过程工件运动时间为t1==0.4 s，工件的位移为x1=a1=0.8 m<LAB，故假设成立，此后根据牛顿第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得此后工件下滑的加速度大小为a2=2 m/s2，则LAB-x1=v0t2+a2，解得t2=1 s，所以工件由顶端运动到底端的时间是t=t1+t2=1.4 s，故B错误；工件与传送带共速时，相对位移为Δx1=x传1-x1=0.8 m，工件与传送带共速后，相对位移为Δx2=x2-x传2=(LAB-x1)-v0t2=1 m，因为Δx1<Δx2，所以工件在传送带上留下的痕迹长为s痕=Δx2=1 m，故C正确；若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D错误。 6 .(12分)(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。取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(4分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)(8分)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析　(1)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 (2)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。 6.(多选)(2024·浙江金华市期中)如图甲所示，MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.传送带的速度v=2 m/s，顺时针方向转动 B.物块最终从N点离开传送带 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.物块在第6 s时回到M点 答案　AD 解析　从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开，从M点离开；并且可以推出传送带顺时针方向转动，速度大小为2 m/s，故A正确，B错误；速度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a==1.5 m/s2，根据牛顿第二定律μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，解得μ==0.937 5，故C错误；题图乙中图线与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知，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=6 s时，物块沿斜面向上运动的位移x2=×2 m= m，因为x1=x2，所以物块在第6 s时回到M点，故D正确。 7 .(2026·浙江桐乡市检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，则下列说法正确的是(　　) A.倾角θ=30° B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m D.5 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为65 J 答案　C 解析　由题图乙可知，煤块在0~1 s的加速度为a1=10 m/s2，1~5 s的加速度为a2=2 m/s2 根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得μ=0.5，sin θ=0.6，故θ=37°，A、B错误； 由题图乙可判断，0~1 s煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向下，传送带速度大于煤块的速度，1~5 s煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带速度小于煤块速度，则t1=1 s时煤块的速度等于传送带的速度，v=a1t1=10 m/s，0~1 s煤块的位移为x1=t1=5 m，传送带的位移为s1=vt1=10 m 则相对位移大小为Δx1=s1-x1=5 m 1~5 s煤块的位移为x2=vt2+a2， t2=4 s，解得x2=56 m 传送带的位移为s2=vt2=40 m 则相对位移大小为Δx2=x2-s2=16 m 因1~5 s煤块的位移大于传送带的位移，所以1~5 s煤块在传送带上留下的痕迹覆盖了0~1 s煤块在传送带上的划痕，则5 s内传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2=16 m，C正确；5 s内煤块与传送带摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ(Δx1+Δx2)=42 J，D错误。 8.(13分)(2024·浙江杭州市检测)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。它由两台传送带组成，一台水平传送带和一台倾斜传送带，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时货物刚好达到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)(5分)水平传送带AB的长度及动摩擦因数。 (2)(8分)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部分传送带以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况：若CD部分传送带速度大于货物到C点的速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃； 第二种情况：若CD部分传送带速度小于货物到C点的速度，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s1=， 其中vC=4 m/s，s2=，LCD=s1+s2， 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。 9．（本题18分）．（2025年四川绵阳一模）一个送货装置如图所示，质量为m1=1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带保持v=10m/s匀速向下运动，物体被传送到B端，然后滑上平板车，货物从传送带滑上平板车过程无动能损失，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同。在平板车左端一定距离的P处有一水平平台，高度与平板车等高，平板车左端与平台P边缘的锁定装置碰撞后立即停止运动，货物由于惯性滑上平台P，之后平板车立即被拉回装置匀速拉回到传送带B端，准备下一次货物转移。已知传送带长度L=16m，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带B端到平台P的水平距离x0=26m，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量m2=0.5kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）货物刚放上传送带A端时的加速度大小； （2）货物由传送带A端运动到B端的时间； （3）为了保证货物能被送至平台P，小车长度需要满足的条件。 答案.（18分）（1）=10m/s2；（2）2s；（3）12m到17m 【解析】（1）货物放上传送带上后先以加速度向下加速运动 ， 解得 =10m/s2 （2）货物经过时间达到传送带相同的速度 =1s 运行的位移 =5m 此后，货物以加速度向下加速运动 =2m/s2， 代入数据，解得 t2=1s 所以，货物在传送带上运动的时间 t=t1+t2=2s （3）设货物离开B点，刚滑上小车时的速度为，则 =12m/s 滑上平板车后，货物向左做匀减速运动，平板车做匀加速运动，经时间t3共速。 货物加速度 =3m/s2 平板车加速度 =3m/s2， 代入数据解得 =2s，=6m/s 平板车的位移为 =6m 货物的位移为 =18m ①若货物刚好在木板左端相对静止，随木板减速 =1m/s2 减速至停止需要通过的位移为 =18m>=8m 货物可以到达平台，则木板最短长度 =12m    ②若相对静止时，货物与木板最左端的距离为，设木板与平台撞击前瞬间的速度为，则 木板撞击停止后，货物继续滑行至平台恰好停止，则 解得 =5m 则木板长度最大值为 Lmax=Lmin＋=17m 1 学科网（北京）股份有限公司 $