第四章 专题强化11 传送带模型（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理讲义以“传送带模型”为核心，通过“水平传送带-倾斜传送带”分类框架梳理知识，用流程图呈现分析流程，表格归纳常见类型及运动情况，突出受力分析、运动过程及摩擦力突变等重难点，构建清晰知识脉络。 讲义亮点在于例题拓展递进设计，如水平传送带从初速度为零到反向初速度的拓展，结合v-t图像分析，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。分层练习题覆盖选择、计算，基础题巩固方法，综合题提升应用，总结表格助力学生自主复习，教师可据此实施精准教学。

专题强化11　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)。  答案　(1)滑动　水平向右　匀加速直线　(2)无　匀速直线　(3)s2-s1 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。 答案　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　如图所示，在例1中传送带足够长，若煤块从B处以2 m/s水平向左的初速度释放，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)。 答案　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　若煤块从B端以水平向左的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。(规定初速度的方向为正 方向) 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。 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。 答案　(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　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。 答案　(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<l=16 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　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。 答案　 由v末=v+a2t2 得v末=12 m/s v-t图像如图所示。 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 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<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (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 < v0时，物体先向左减速再向右加速，最后匀速，回到右端时速度大小为v 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<tan θ，可能先以a1加速，再以a2加速 专题强化练 训练1　水平传送带模型 [分值：70分] 　[1~4题，每题4分] 1.(2024·东莞市高一校考)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取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 答案　B 解析　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。 2.(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 (　　) 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，也可能一直匀加速运动到B端，B、D正确。 3.(多选)(2024·广州市高一期末)安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，简化图如图甲所示，传送带顺时针匀速转动。乘客在传送带左端A处轻放一可视为质点的物品，物品从A端运动到B端的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度大小为2 m/s B.该过程物品始终受到摩擦力的作用 C.物品与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4 D.若传送带的速率增大为原来的2倍，物品的最大速率也增大为原来的2倍 答案　ACD 解析　由题图乙知，物品在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带速度相同后，物品和传送带一起做匀速直线运动，物品做匀速直线运动的速度是2 m/s，则传送带的速度大小为2 m/s，故A正确；当物品和传送带共速后一起做匀速直线运动，即在0.5~1.5 s时间内，对物品受力分析可知，物品只受重力和支持力的作用，不受摩擦力的作用，故B错误；设物品质量为m，0~0.5 s加速度大小为a，对物品在0~0.5 s内受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma，根据v-t图像斜率表示加速度得a== m/s2=4 m/s2，联立解得μ==0.4，故C正确；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移得，传送带的总长度为s=×2×0.5 m+2×(1.5-0.5) m=2.5 m；若传送带的速率增大为原来的2倍，即v'=4 m/s时，设物品与传送带共速所需时间为t，则t== s=1 s，此段时间内物品的位移为s'=at2=×4×12 m=2 m<s=2.5 m；因此该时间内物品未滑离传送带，且此时物品的末速度为v1=v'=4 m/s，物品的最大速率也增大为原来的2倍，故D正确。 4.(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v1<v2，则v2'=v1 B.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 答案　AB 解析　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v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力作用，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。 5.(12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取10 m/s2，求： (1)(3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)(4分)工件相对于传送带的位移大小。 答案　(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。 　[6~8题，每题7分] 6.(多选)传送带是物流包裹自动化分拣系统的核心装置。如图，一批快递包裹被扫描识别后由静止出发，通过匀速转动的水平传送带从A运输至B。下列说法中有助于缩短包裹在AB间运输时间的有(　　) A.包裹质量更小 B.给包裹一定的初速度 C.换装粗糙程度大的传送带 D.减小传送带的运行速度 答案　BC 解析　快递包裹由静止开始运动，包裹在传送带上受滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解a=μg，可知包裹的加速度与质量无关，质量大小对运输时间无影响，A错误；给包裹一定的初速度，则包裹做加速运动的时间减小，共速的时间变长，整个运输时间减小，B正确；换装粗糙程度大的传送带，则包裹与传送带间的动摩擦因数变大，由a=μg可知，加速度变大，加速时间减小，共速的时间变长，整个运输时间减小，C正确；减小传送带的运行速度，则在相同的运输路程内，运输时间增大，D错误。 7.(2024·惠州市高一期末)图(a)为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图(b)所示的模型。紧绷的传送带始终以v=1 m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v=1 m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3 m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B.乘客与行李同时到达B处 C.乘客提前0.25 s到达B处 D.行李提前0.25 s到达B处 答案　C 解析　将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=2 m/s2，行李与传送带达到共速所用时间t1==0.5 s，由位移时间公式可得行李的位移为s1=a=0.25 m<3 m，可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速直线运动，做匀速运动的时间为t2==2.75 s，行李从A到B的时间为t=t1+t2=3.25 s，乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为t'==3 s，故乘客提前0.25 s到达B处，A、B、D错误，C正确。 8.(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 答案　AD 解析　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。 9.(13分)(2025·阳江市高一段考)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取10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求： (1)(5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。 答案　(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分] 10.(多选)(2024·深圳市高一段考)如图所示，水平传送带以速度v1匀速转动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(　　) 答案　BC 解析　若v2<v1，且mQg<μmPg，则μmPg-mQg=(mQ+mP)a1，当P加速运动，速度达到v1后，与皮带一起匀速运动，直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带)，故B正确；若v2<v1，且mQg>μmPg，P先匀减速到零，再反向加速直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2>v1，且mQg<μmPg，则P先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带(有可能减速过程中就离开传送带)；若v2>v1，且mQg>μmPg，则有mQg+μmPg=(mQ+mP)a2，小物体以a2加速度减速至v1后满足mQg-μmPg=(mQ+mP)a3，a3>a2，小物体以a3加速度减速到零再以相同的加速度反向加速直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)，故C正确，A、D错误。 训练2　倾斜传送带模型 [分值：50分] [1~5题，每题5分] 1.(多选)(2024·广州市高一期末)如图，一货物跟倾角为30°的传送带保持相对静止共同向下运动，货物可视为质点，g取10 m/s2，下列分析正确的是(　　) A.若匀速运动，则货物没有受到摩擦力 B.若匀减速运动，则货物受到沿传送带向上的摩擦力 C.若匀加速运动，a=5 m/s2，则货物没有受到摩擦力 D.若匀加速运动，a=6 m/s2，则货物受到沿传送带向下的摩擦力 答案　BCD 解析　对货物受力分析，若匀速运动则货物受力平衡，货物受到重力，传送带对货物的支持力以及传送带对货物的摩擦力3个力，故A错误；若货物匀减速运动，那么货物所受合力方向沿传送带向上，则货物受到沿传送带向上的摩擦力，故B正确；若货物匀加速运动，那么货物所受的合力沿传送带向下，设沿传送带向下为正方向，摩擦力为f，根据牛顿第二定律可知mgsin 30°+f=ma，代入a=5 m/s2，可得f=ma-mgsin 30°=0，则货物没有受到摩擦力，代入a=6 m/s2，可得f=ma-mgsin 30°>0，则货物受到沿传送带向下的摩擦力，故C、D正确。 2.(2024·汕头市高一期末)斜坡式传送带在装卸货物时能极大地减少人力、提高装卸效率。在某次卸货过程中，货物M从顶端以速度v0开始向下运动，若传送带静止不转动，M匀速下滑；若传送带沿顺时针匀速率转动，如图所示，与不转动时相比，传送带转动后，(　　) A.M将做匀减速运动 B.M离开传送带时的速度不变 C.M到传送带底端的时间变长 D.M在传送带上留下的痕迹长度不变 答案　B 解析　传送带转动前后，货物受力没变仍然做匀速运动，所以M运动到传送带底端的时间不变，故A、C错误，B正确；转动后留下的痕迹等于传送带位移与货物位移之和，而没转动时，货物留下的痕迹等于货物位移，即传送带长度，故转动后M在传送带上留下的痕迹长度变长，故D错误。 3.(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取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 答案　BC 解析　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。 4.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μ<tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 (　　) 答案　D 解析　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μ<tan θ，木块将继续加速，加速度为a2=gsin θ-μgcos θ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确。 5.(多选)(2024·广东省三校高一联考)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 答案　BC 解析　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。 6.(11分)(2024·韶关市高一期末)传送带广泛应用于车站和机场等场所，如图所示为一倾角为θ=37°的倾斜传送带，现将一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)从传送带底端以v0=5 m/s的初速度沿倾斜传送带向上滑上传送带，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，它们之间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)(3分)若传送带不动，小物块沿传送带上滑过程中的加速度大小a； (2)(8分)若传送带以v=3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，小物块始终没有从传送带的顶端滑出，则小物块从滑上传送带到速度减为零所经过的时间t。 答案　(1)10 m/s2　(2)1.7 s 解析　(1)若传送带不动，小物块上滑过程所受的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma， 故小物块上滑过程中的加速度大小为a=10 m/s2； (2)小物块刚开始运动时，小物块的速度大于传送带的速度，物块所受的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1， 故小物块开始运动阶段的加速度大小为a1=10 m/s2， 小物块与传送带的速度相等时所需的时间t1=， 代入数据可得t1=0.2 s， 小物块速度与传送带速度相等时，由mgsin θ>μmgcos θ，可知小物块相对于传送带向下滑动； 此后小物块所受的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma'， 可得a'=2 m/s2， 故小物块速度减为零还需要的时间t2==1.5 s， 则小物块从滑上传送带到速度减为零所经过的时间t=t1+t2=1.7 s。 7.(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取10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8，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。 答案　(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。 学科网（北京）股份有限公司 $