2027届高考物理一轮复习专项训练 4.3 传送带模型

专题4.3 传送带模型 1小题狂练 1. (多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是( ) A.若传送带不动，vB＝3 m/s B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s C.若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s D.若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3 m/s 2. 如右图所示，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.t2>t1 C.t2<t1 　　 D.t1和t2的关系不能确定 3. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( ) 4. 如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( ) A.＋ B. C. D. 5. (多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( ) A.煤块到A运动到B的时间是2.25 s B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.划痕长度是0.5 m D.划痕长度是2 m 6. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图所示.已知v2>v1，则( ) A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 7. (多选)三角形传送带以 1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37o .现有两个小物块A、B从传送带底端都以 4m/s的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( ) A.物块A、B都能到达传送带顶端 B.两物块在传送带上运动的全过程中，物块A、B所受摩擦力一直阻碍物块A、B的运动 C.物块A上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25m D.物块B在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45m 2水平传动带 8. 如图所示 ， 足够长的水平传送带静止时在左端做标记点 P， 将工件放在P点.启动传送带，P点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动.经过 t1=2 s 时立即控制传送带 ，P 点做匀减速运动，再经过 t2=3s 传送带停止运行 ， 测得标记点 P 通过的距离 x0=15m. (1)求传送带的最大速度； (2)已知工作与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2， 取重力加速度 g=10m/s2 ，求整个过程中工件运动的距离. 9. 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小 (2)求行李做匀加速直线运动的时间 (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从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. 如图所示，水平传送带AB＝10m，向右匀速运动的速度v0＝4m/s，一质量为1kg的小物块(可视为质点)以v1＝6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.求： (1)小物块相对地面向左运动的最大距离； (2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间. 11. 某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小. (计算结果保留两位有效数字) 12. 如图所示，一水平的浅色传送带，传送带上左端放置一煤块(可视为质点)，初始时，传送带与煤块都是静止的，煤块与传送之间的动摩擦因数为0.2.从某时刻起，传送带以4m/s2的加速度沿顺时针方向加速运动，经时间为6秒的匀加速运动后，马上以同样大小的加速度做匀减速运动直到停止，最后，煤块恰好停在传送带的右端，此过程中煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹(g=10m/s2，滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力大小).求: (1)传送带上下总长为多长?(轮子大小不计) (2)当煤块停止运动时，煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度. 13. 一水平传送带以2m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2m.，其右端与一倾角为θ=37o的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2试问: (1)物块能否达斜面顶端?若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度. (2)物块从出发到4.5s末通过的路程. 3倾斜传送带 14. 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，动摩擦因数μ＝0.5，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．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝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． 15. 如图所示，传送带与地面的倾角θ=37o，从A到B长度为L=10.25m，传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg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sin37o=0.6，取g=10m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带山形成痕迹的长度. 16. 如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=1m/s的速度顺时针匀速转动，两轮的大小可忽略，两轮间的距离L=9m，一可视为质点的煤块以大小v0=11m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上皮带，煤块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5.整个过程中煤块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2.求： (1)从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程； (2)煤块在传送带上运动的总时间. 17. 某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L＝50 m，正常运转的速度为v＝4 m/s.一次某工人刚把M＝10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去.货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.(物块与木板均可看成质点，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值； (2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小； (3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间) 18. 一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度lBC=5m，倾角为 θ=37o，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2.现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在A点，求: (1)工件第一次到达B点所用的时间； (2)工件沿传送带上升的最大高度； (3)工件运动了23s时所在的位置. 参考答案 1. 答案：ABD 解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，由2μgx＝v－v得，vB＝3 m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3 m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．有下面的五种可能：①匀速；②一直减速；③先减速后匀速；④一直加速；⑤先加速后匀速．所以本题正确选项为A、B、D. 2. 答案：A 解析：传送带不动时，滑块自由滑下的时间t1满足x＝at，传送带向上以v0的速度运动，滑块下滑时的受力不变，加速度不变，t2满足x＝at，所以t1＝t2， 3. 答案：D 解析：初状态时，物体所受重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tan θ可知，木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ，则a1＞a2，由图象的斜率表示加速度可知，D正确. 4. 答案：B 解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt2，得：t＝，C正确；若一直加速到右端时的速度恰好与带速v相等，则L＝t，有：t＝，D正确；若先匀加速到带速v，再匀速到右端，则＋v＝L，有：t＝＋，A正确，木块不可能一直匀速至右端，B错误. 5. 答案：BD 解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2， 煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s， 位移大小x1＝at＝2 m＜x， 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s， 运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误． 6. 答案：B 解析：本题考查受力分析、牛顿第二定律和速度图像，意在考查考生应用牛顿第二定律并结合v－t图像分析传送带模型的能力.小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远.t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变.t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用.B正确. 7. 答案：CD 解析：重力沿传送带向下的分力：G1=mgsin37°=6m，物体与传送带间的摩擦力：f=μmgcos37°=4m； 物块A向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：aA==10m/s2，A的速度减为0时的位移：xA==0.8<2m，A不能到达传送带顶端，故A错误； A先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A的摩擦力平行于传送带向下，A向下做加速运动，摩擦力对A做正功，摩擦力对A不是阻碍作用，故B错误； 物块A先向上做匀减速直线运动，物块A减速运动时间：t1==0.4s，A速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：aA′=aA=10m/s2，物块与传送带速度相等需要的时间：t2==0.1s，A向下运动的位移：xA′=t2=0.05m，在整个过程中，传送带的位移：x传送带=v(t1+t2)=0.5m，物块A上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s=xA－xA′+x传送带=1.25m，所以C选项是正确的； 物块B向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：aB==10m/s2，物块B减速到与传送带速度相等需要的时间：tB==0.3s，物体B的位移：xB=tB=0.75m，该过程传送带的位移：x=vtB=0.3m，物块B在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s=xB－x=0.45m，所以D选项是正确的. 8. 答案：(1)求传送带的最大速度为6m/s； (2)已知工件与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2，整个过程中工件运动的距离12.5m. 解析：(1)设传送带的最大速度为vm， 利用平均速度求位移得：vm(t1+t2)=x0 代入数据计算得出：vm=6m/s (2)以工件为研究对象，设工件做匀加速运动加速度大小为a，由牛顿第二定律： μmg=ma，得a=μg=2m/s2 设经时间t工件速度与传送带速度相等，传送带减速运动加速度大小为a2 at=vm－a2(t－t1)，解得a2==2m/s2 代入数据得t=2.5s x=at2+a2(t1+t2－t)2 代入数据计算得出：x=12.5m 9. 答案：(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为4N，加速度大小为1m/s2；(2)行李做匀加速直线运动的时间是1s；(3)行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s. 解析：(1)滑动摩擦力的大小为f=μmg，得f=4N 由牛顿第二定律，得F=ma，得a=1m/s2 (2)设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s. 则v=at代入数值，得t=1s (3)行李从A处一直匀加速运动到B处时，传送时间最短，则L=atmin2，得tmin=2s 传送带对应的最小运行速率vmin=atmin，得vmin=2m/s 10. 答案：(1)4.5m　(2)3.125s 解析：(1)根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝4m/s2 旅行包从开始运动到速度减为0的位移就是向左运动的最大距离v－v＝－2as得smax＝＝4.5m (2)向左减到0的时间t1＝＝1.5s 减到0后反向向右加速运动，加速度a＝μg＝4m/s2 加速到与传送带相同的速度所用时间t2＝＝1s 运动位移s1＝＝2m 剩余位移做匀速运动，时间t3＝＝0.625s 所以从B点再回到B点所用时间t＝t1＋t2＋t3＝3.125s 11. 答案：2.0 m，1.7 m. 解析：由运动情况作出传送带和煤块的v－t图像，如图所示．因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a0＝μg＝1.0 m/s2，由图得v1＝a0t1＝v0－at1，解得t1＝＝1 s，v1＝1.0 m/s，此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1＝v0t1＝2.0 m．当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度为l2＝－＝ m≈0.33 m．因为l1>l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l1＝2.0 m，煤块相对于传送带的位移为x＝l1－l2＝2.0 m－0.33 m≈1.7 m. 12. 答案：(1)传送带上下总长为128m；(2)当煤块停止运动时，煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度为48m. 解析：(1)煤块能受到的最大静摩擦力为：fm=μmg，对应最大加速度为：am=μg=2m/s2<a=4m/s2 研究煤块运动的全过程：L=2×amt2； 研究皮带的运动：0－t1时间内，v=at1=24m/s，t1－t2时间内，v1=v－a(t2－t1)=amt2，24－4×(t2－6)=2t2 计算得出：t2=8s， 所以传送带上下总长为：L=2×amt2=128m，， (2)0－t2时间内，煤块相对于皮带向左滑，皮带向右前进的距离： s=vt+(v+vt)(t2－t1)=×24×6+(24+16)×(8－6)=112m 煤块向右前进的距离：s1=v1t2=×16×8=64m 黑色痕迹长：L=s－s1=112－64=48m 13. 答案：(1)物块未能到达斜面顶端，物块上升的最大高度为0.2m；(2)物块从出发到4.5s末通过的路程为5m. 解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动：μmg=ma1①，s1==1m②，所以在到达传送带右端前物块已匀速，物块以v0速度滑上斜面－mgsinθ=ma2③，物块速度为零时上升的距离s2==m④，因为s2<0.4m，所以物块未到达斜面的最高点.物块上升的最大高度：hm=s2sinθ=0.2m⑤ (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间：t1=+=1.5s⑥，物块在斜面上往返一次时间： t2==1.5s⑦，物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左－μmg=ma3⑧，向左端发生的最大位移： s3= ⑨，物块向左的4.5s末物块在斜面上速度恰好减为零，故物块通过的总路程s=L+3s2+2s3⑩，得到s=5m. 14. 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沿斜面向上，又μ＜tan 37°，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝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转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 m＜l＝16 m 当物体运动速度等于传送带转动速度的瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻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——摩擦力发生突变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 a2＝＝2 m/s2，x2＝l－x1＝11 m 又因为x2＝vt2＋a2t，则有 10t2＋t＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s. 15. 答案：(1)煤块从A到B的时间为1.5s；(2)传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m. 解析：(1)开始阶段由牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：t==1s 发生的位移：x1=a1t12=5m<10.25m，所以物体加速到10m/s时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变. 第二阶段有：根据牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ=ma2，解得：a2=2m/s2 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2，则： LAB－x1=v2t2+a2t22，解得：t2=0.5s 故：t=t1+t2=1.5s (2)第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：x1=at1=5m 传送带的位移为10m，故炭块相对传送带向上滑动的距离为5m； 第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：x2=LAB－s=5.25m 传送带的位移为vt2=5m，即炭块相对传送带下移0.25m； 第二阶段炭块还是在追赶原来的痕迹，超出的0.25m覆盖在第一阶段上，所以痕迹还是5m， 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m 16. 答案：(1)5m；(2)4s. 解析：(1)滑上传送带后，煤块在速度第一次达到1m/s前，受力分析可知： 对滑块，由牛顿第二定律有－μmgcosθ－mgsinθ=ma1，解得：a1=－10m/s 由运动学公式，第一次达到1m/s前经历的时间为t1==1s； 煤块第一次达到1m/s前发生的位移为x1=v0t1+a1t12=6m； 传动带的位移为x2=vt1=1m； 煤块相对传送带的路程为Δx=x1－x2=5m (2)煤块速度第一次达到1m/s后，煤块受到的摩擦力沿传动带向上，由于mgsinθ>μmgcosθ，煤块会相对传动带下滑； 对滑块，由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ=ma2，解得a2=－2m/s2； 煤块此过程上升的最大距离为x3，－v2=2a2x3，解得x3=0.25m； 因x1+x3<L，故煤块此后会反向做匀加速运动从下端离开传送带， 对煤块，选择速度第一次达到1m/s时到离开传送带时的过程进行分析 由运动学公式有－x1=vt2+a2t22，解得t2=3s. 故总时间t=t3+t4=4s 17. 答案：(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s 解析：(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物根据牛顿第二定律得μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma1，得a1＝0.4 m/s2. 对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得Fm－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 N. (2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得F－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2，解得a2＝0.2 m/s2. 设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得v12＝2a2，得v1＝2 m/s. (3)由于v1＜4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a3，a3＝0.4 m/s2， 设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s. 设t1内木板加速的位移为x1，v2－v12＝2a3x1，得x1＝15 m. 共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，x2＝L－－x1，得x2＝25 m， t2＝，得t2＝6.25 s， 所以来电后木板再需要运动t1＋t2＝11.25 s到达B处. 18. 答案：(1)t=1.4s.；(2)h=2.4m；(3)距离A点的距离为2.4m. `解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1，计算得出a1=μg=5m/s2 ，经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s，前进的位移为x1=a1t12=1.6m，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2==0.6s，所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4s. (2)设工件上升的最大高度为h，由动能定理得：(μmgcosθ－mgsinθ).=0－mv2，计算得出h=2.4m. (3)工件沿传送带向上运动的时间为t3==2s，此后因为工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t1+2t3=5.6s. 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间：t0=2t1+t2+2t3=6.2s ；而23s=t0+3t，这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零.故工件在A点右侧，到A点的距离x=LAB－x1=2.4m 学科网（北京）股份有限公司 $