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【例1】物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示。
则传送带转动后( )A ．M 将减速下滑B ．M 仍匀速下滑C ．M 受到的摩擦力变小D ．M 受到的摩擦力变大【例2】如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2 C ．传送带克服摩擦力做功为12mv 2 D ．电动机增加的功率为μ mgv【例3】一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。
下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短传送带专题：动能定理结合传送带问题的重要应用，学习传送带问题的解题规则和方法如图所示，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)如图乙所示。
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~t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【例5】如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1kg的物块随传送带运动到A点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。
B、D为圆弧的两端点，其连线水平。
2020年高考物理专题精准突破专题动力学中的传送带问题【专题诠释】1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型【高考领航】【2019·全国卷Ⅲ】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取10 m/s2。
由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】 AB【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。
由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。
0～2 s 内，木板静止，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误。
因物块质量不可求，故由F 摩＝μm 物g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。
【技巧方法】1. 涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻(1)初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断物块开始阶段的运动性质。
(2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段物块的运动性质。
2. 涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时，物块有没有完成整个运动过程。
专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”一、“传送带”模型1．水平传送带模型2.倾斜传送带模型二、“滑块—木板”模型1．模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．三、处理多过程问题时应注意的两个问题1．任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程组成，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后，列方程，联立求解．2．注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．命题点一 “传送带”模型相对位移的计算要分两种情况：①若二者同向，则Δx ＝|x 传－x 物|；②若二者反向，则Δx ＝|x 传|＋|x 物|. 物体沿倾斜传送带向下运动，μ＜tan θ时，相对位移可能有重叠部分，要分段计算． 例1 如图1所示，有一足够长的水平传送带以2m/s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m 的距离所需时间为多少？(取g ＝10 m/s 2)图1答案 5.2s解析 物体在传送带上做匀加速直线运动过程中，加速度a ＝μg ＝5m/s 2.与传送带速度相同时，所需时间t 1＝2m/s 5m/s 2＝0.4s ．运动的位移为x 1＝12at 12＝0.4m<10m ，则物体匀速运动的时间t 2＝10m －0.4m 2m/s＝4.8s ，故传送带将该物体传送10m 的距离所需时间为t ＝t 1＋t 2＝5.2s. 变式1 (2018·盐城中学段考)如图2所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是( )图2A ．M 下滑的速度不变B ．M 立即开始在传送带上加速，速度变为2v 0后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上答案 C解析传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sinθ＝F f，当传送带转动时，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度与传送带速度相同时，物块和传送带以相同的速度匀速下滑，故C正确．命题点二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图3，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.图33．基本思路例2 (2018·高邮市期初)一木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L ＝1.5m，如图4所示处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.5，现使平板车以a1的加速度匀加速启动，速度达到v＝6m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)，求：图4(1)若木箱与平板车相对静止，加速度a1大小满足什么条件？(2)若a 1＝6m/s 2，当木箱与平板车的速度都达到v ＝6 m/s 时，木箱在平板车上的位置(离驾驶室后端距离)；(3)在第(2)问情况下，若在木箱速度刚达到6m/s 时平板车立即刹车到停止，则要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小满足什么条件？答案 (1)a 1≤5m/s 2 (2)2.1 m (3)a ≤12 m/s 2解析 (1)木箱与平板车相对静止，加速度相同，当木箱受到的静摩擦力达到最大值时加速度最大，由牛顿第二定律有：F fmax ＝ma m ＝μmg得a m ＝5 m/s 2解得a 1≤5 m/s 2(2)因为a 1＝6 m/s 2＞5 m/s 2，故木箱与平板车发生相对滑动，当木箱速度达到6 m/s 时，t 1＝v a m ＝65s ＝1.2 s 位移为x 1＝v 2t 1＝62×1.2 m＝3.6 m ， 平板车速度达到6 m/s 所需时间为：t 2＝v a 1＝1 s ，位移为x 2＝v 2t 2＋v (t 1－t 2)， 解得x 2＝4.2 m当木箱与平板车的速度都达到v ＝6 m/s 时，木箱在平板车上离驾驶室后端距离为：s ＝x 2－x 1＋L ＝4.2 m －3.6 m ＋1.5 m ＝2.1 m(3)木箱减速停止时的位移为：x 3＝v 22a m ＝622×5m ＝3.6 m 平板车减速到停止时的位移为：x 4＝v 22a木箱不与车相碰需满足：x 3－x 4≤s解得：a ≤12 m/s 2.变式2 如图5甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下判断，正确的是( )图5A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度一定为v 0t 12答案 B变式3 (2018·泰州中学月考)如图6所示，一质量M ＝3.0kg 的足够长的木板B 放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m ＝1.0kg 的小木块A ，A 、B 均处于静止状态，A 与B 间的动摩擦因数μ＝0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现给木块A 施加一随时间t 变化的水平力F ＝kt (k ＝2N/s)，取g ＝10 m/s 2.图6(1)若木板B 固定，则经过多少时间木块A 开始滑动？(2)若木板B 固定，求t 2＝2.0s 时木块A 的加速度大小．(3)若木板B 不固定，求t 3＝1.0s 时木块A 受到的摩擦力大小．答案 (1)1.5s (2)1m/s 2 (3)1.5N解析 (1)当木板B 固定时，木块A 开始滑动瞬间，水平力F 与最大静摩擦力大小相等，则：F 1＝F fm ＝μmg设经过t 1时间木块A 开始滑动，则：F 1＝kt 1则t 1＝μmg k ＝0.3×1×102s ＝1.5 s (2)t 2＝2.0 s 时，有F 2＝kt 2＝2×2 N＝4 N由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma解得a ＝F 2－μmg m ＝4－0.3×1×101m/s 2＝1 m/s 2 (3)在t 3＝1.0 s 时水平外力为：F 3＝kt 3＝2×1 N＝2 N因为此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：F 3＝(m ＋M )a ′a ′＝F 3M ＋m ＝21＋3 m/s 2＝0.5 m/s 2 对木块A 受力分析有：F 3－F f ＝ma ′则F f ＝F 3－ma ′＝(2－1×0.5) N＝1.5 N.1．(多选)(2018·徐州三中月考)如图7所示，质量M ＝2kg 的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m ＝1kg 的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2.长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F ＝4N 的力作用在小木块上，经过时间t ＝2s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10m/s 2，则( )图7A ．滑出瞬间，小木块的速度大小为2m/sB ．滑出瞬间，小木块的速度大小为4m/sC ．滑出瞬间，长木板的速度大小为2m/sD ．滑出瞬间，长木板的速度大小为4m/s答案 BC解析 由牛顿第二定律得：对小木块：a 1＝F －μmg m ＝4－0.2×1×101 m/s 2＝2 m/s 2，对长木板：a 2＝μmg M ＝0.2×1×102 m/s 2＝1 m/s 2，由题意可知，小木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t ＝2 s ，小木块滑出瞬间，小木块的速度大小为：v 1＝a 1t ＝2×2 m/s＝4 m/s ，长木板的速度大小为：v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s ，故B 、C 正确．2.(多选)(2017·运河中学调研)如图8所示为粮袋的传送装置．已知AB 间长度为L .传送带与水平方向的夹角为θ.工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图8A ．若μ<tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动B ．粮袋开始运动时的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动C ．不论μ大小如何粮袋从A 到B 一直匀加速运动，且a >g sin θD ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等答案 AD解析 若μ<tan θ，即mg sin θ>μmg cos θ，粮袋一直受到滑动摩擦力作用，一直做加速运动，故A 正确．粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，若μ<tan θ，当速度达到v 后，做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，故B 、C 错误．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时还没有和传送带同速，速度小于v ；粮袋可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故D 正确．3．(2018·仪征中学质检)如图9所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v ＝2m/s ，两端A 、B 间距离为3 m ．一物块从B 端以初速度v 0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10m/s 2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图9答案 B4．(多选)(2018·宝应中学第三次模拟)如图10甲所示，上表面粗糙的平板车静止在光滑水平面上，质量m ＝1kg 的滑块以v 0＝3m/s 的速度从左边滑上平板车，忽略滑块的大小．从滑块刚滑上平板车开始计时，它们的v －t 图象如图乙所示，滑块在平板车上运动了1 s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图10A ．滑块与平板车间的动摩擦因数为0.1B ．平板车的质量为1kgC ．平板车的长度为2.5mD ．全过程中摩擦生热为2.5J答案 AB解析 根据v －t 图象的斜率大小表示加速度大小，可知滑块的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝3－21m/s 2＝1 m/s 2，对滑块运用牛顿第二定律有：μmg ＝ma ，解得：μ＝a g＝0.1，故A 正确；由v －t 图象可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的力就是两者之间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，均为1kg ，故B 正确；二者的相对位移的大小等于平板车的长度，由v －t 图象与坐标轴所围面积可知s ＝2m ，故C 错误；全过程中摩擦生热Q ＝μmgs ＝0.1×1×10×2J＝2J ，故D 错误．1．(多选)(2019·盐城中学月考) 如图1所示，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2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图1A ．物块A 到达底端的速度比物块B 到达底端的速度大B ．物块A 、B 同时到达底端C ．物块A 先到达传送带底端D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3答案 BD解析 对物块A 、B 受力分析，因为mg sin37°＞μmg cos37°，故物块A 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1m．则物块A对传送带的划痕为：Δx1＝2m－1m＝1m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出物块B对传送带的划痕长度为Δx2＝3m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确．2．(多选)如图2甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )图2A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s答案BC解析由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝ΔvΔt＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得F f＝Ma＝μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确．在v－t图象中，图线与时间轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速并最终与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s，C正确，D错误．3.(2018·高邮市期初)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ＝37°，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＝33，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图3答案 D解析初始状态时：小木块所受重力的分力与滑动摩擦力均沿着传送带向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度a1＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sinθ＋μg cosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tan θ知小木块继续沿传送带匀加速向下，但是此时滑动摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2＝mg sin θ－μmg cos θ＝g sinθ－μg cosθ；m比较知道a1＞a2，根据v－t图象的斜率表示加速度，知第二段图线的斜率比第一段小，故A、B、C错误，D正确．4．(多选)如图4所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是图中的( )图4答案BD5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )图5答案 A6.(多选)(2018·盐城中学段考)如图6所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图6A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零答案AC解析 当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，故A 、C 正确．7.(2018·苏锡常镇一调)一足够长的轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放有质量均为 1kg 的A 、B 两物块，A 、B 物块与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图7所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图7A ．若F ＝1.5N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5NB ．若F ＝8N ，则B 物块的加速度为4.0m/s 2C ．无论力F 多大，A 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动D ．无论力F 多大，B 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案 C解析 A 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：F f A ＝μ1m A g ＝0.3×1×10 N＝3 N ，B 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：F f B ＝μ2m B g ＝0.2×1×10 N＝2 N ；因F 1＝1.5 N ＜F f A ，所以A 、B 物块及薄硬纸片保持相对静止，整体在F 1作用下向左匀加速运动，加速度为a 1＝F 1m A ＋m B ＝1.52 m/s 2＝0.75 m/s 2，此时对A ∶F 1－F f A 1＝m A a 1，解得F fA1＝0.75 N ，故A 错误；物块B 做加速运动的最大加速度为a B m ＝μ2m B g m B＝μ2g ＝2 m/s 2，若当F 2＝8 N 时，假设A 、B 两物块相对薄硬纸片静止，则加速度为a 2＝F 2m A ＋m B ＝82m/s 2＝4 m/s 2＞2 m/s 2，则此时B 物块相对薄硬纸片发生相对滑动，故B 的加速度仍为2 m/s 2，选项B 、D 错误；由以上分析可知当薄硬纸片的加速度为2 m/s 2时，物块B 相对薄硬纸片将要产生相对滑动，此时薄硬纸片受到的摩擦力为2 N ，即纸片对A 物块的摩擦力也为2 N ＜F f A ，则无论力F 多大，A 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动，选项C 正确．8.(2018·田家炳中学模拟)传送带以恒定速度v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F ＝20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H ＝1.8 m 的平台上，如图8所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：图8(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，求物品还需多长时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)答案 (1)1s (2)(2－2) s解析 (1)物品在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，有：F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2；由v ＝a 1t 1，得t 1＝0.5 s ，位移x 1＝12a 1t 12＝1 m ， 共速后，有：F －μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2，解得a 2＝0，即物品随传送带匀速上升，位移x 2＝H sin 37°－x 1＝2 m ； t 2＝x 2v＝0.5 s ； 总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1 s ；即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s ；(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，根据牛顿第二定律，有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 3解得：a 3＝－2 m/s 2； 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x ，x ＝－v 22a 3＝4 m ＞x 2； 即物品速度减为零前已经到达最高点；由x 2＝vt 3＋12a 3t 32； 解得：t 3＝(2－2) s ，t 3＝(2＋2) s(舍去)即物品还需(2－2) s 离开传送带．9．(2018·徐州市期中)如图9甲所示，粗糙水平面上有一个长L ＝1m 、质量M ＝3kg 的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.25.质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数μ2＝0.5.在木板右端施加如图乙所示的水平拉力F ，g 取10m/s 2.求：图9(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过t ＝2.5s 物块运动的位移大小．答案 (1)1m/s 2 (2)0.5s (3)4.875m解析 (1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知：F 1－μ1(M ＋m )g ＝Ma 解得：a ＝1 m/s 2(2)木板在F 1作用下，经历时间1 s 前进的位移为：x 1＝12at 12＝12×1×12 m ＝0.5 m ， 恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为：v ＝at 1＝1 m/s此后物块的加速度为：a ′＝μ2mg m ＝5 m/s 2，木板的加速度为：a ″＝F 2－μ1(M ＋m )g －μ2mg M＝3 m/s 2假设经历时间t 2两者速度相同，则有：v 共＝a ′t 2＝v ＋a ″t 2解得：t 2＝0.5 s ，v 共＝2.5 m/s t 2时间内物块的位移为：12a ′t 22＝0.625 mt 2时间内木板的位移为：vt 2＋12a ″t 22＝0.875 m木板与物块的位移差为：0.875 m －0.625 m ＜L 2，物块未从木板上滑下，假设成立． (3)在0.5 s 内物块前进的位移为：x 2＝12a ′t 22＝0.625 m 达到共同速度后，假设两者以相同的加速度运动，物块运动的加速度为： a 1＝F 2－μ1(M ＋m )g M ＋m＝3.5 m/s 2＜5 m/s 2 故此后两者一起做匀加速运动，时间t ′＝t －t 1－t 2＝1 s ，故有：x 3＝v 共t ′＋12a 1t ′2＝2.5×1 m＋12×3.5×12 m ＝4.25 m 故物块前进的位移为：x ＝x 2＋x 3＝4.875 m.。
小专题三传送带模型中的动力学问题因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同,传送带问题往往存在多种可能,因此对传送带问题作出准确的动力学过程分析,是解决此类问题的关键。
下面介绍两种常见的传送带模型:项目图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
其中v0>v返回时速度为v,当v0<v返回时速度为v0项目图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速,也可能先减速后反向加速[典例1] 水平传送带被广泛地应用于机场和车站,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=1 m/s运行。
一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在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=2 m,g取10 m/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。
解析:(1)行李刚开始运动时,受力如图所示,滑动摩擦力F f=μmg=4 N由牛顿第二定律得F f=ma解得a=1 m/s2。
传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力 ③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
难点疑点：传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。
分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
一、水平放置运行的传送带1．如图所示，物体A 从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A 滑至传送带最右端的速度为v 1，需时间t 1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端的速度为v 2，需时间t 2，则（ ）A ．1212,v v t t ><B ．1212,v v t t <<C ．1212,v v t t >>D ．1212,v v t t ==2．如图7所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v 2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又反回光滑水平面，速率为v 2′，则下列说法正确的是：（ ）A ．只有v 1= v 2时,才有v 2′= v 1B ． 若v 1 >v 2时, 则v 2′= v 2C ．若v 1 <v 2时, 则v 2′= v 2D ．不管v 2多大,v 2′= v 2.3．物块从光滑斜面上的P 点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q 点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转动，使传送带随之运动，如图所示，物块仍从P 点自由滑下，则（ ）A ．物块有可能落不到地面B ．物块将仍落在Q 点C ．物块将会落在Q 点的左边D ．物块将会落在Q 点的右边4．（2003年·江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A 、B 始终保持v =1m/s 的恒定速率运行；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.设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB 间的距离l =2m ，g 取10m ／s 2．（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；（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．5．（16分）如图17所示，水平传送带的长度L =5m，Q皮带轮的半径R =0.1m ，皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。
传送带问题目标：1、进一步理解应用牛顿运动定律。
2、掌握传送带上物体受力情况的分析。
3、掌握传送带上物体临界情况的分析。
方法梳理：1、传送带分类：水平传送带、倾斜传送带、类传送带；匀速传送带、变速传送带。
2、传送带的运动特点：有动力维持，运动情况往往不受其上物体的影响。
3、分析传送带问题同样要做到“受力分析、状态分析、过程分析。
4、注重两点分析：一是对物体初状态时所受滑动摩擦力方向的分析。
二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析。
水平匀速传送带：当物体达到传送带速度时，物体不受摩擦力而作匀速直线运动。
倾斜匀速传送带：当物体达到传送带速度时，物体相对传送带是否滑动，取决于下滑力与最大静摩擦力的关系（与斜面上物体能否静止相同）。
典型例题：例1.如图所示，一水平传送带AB以速度ʋ顺时针匀速转动，AB间的距离为L，现有一与传送带间动摩擦因数为μ的可视为质点的滑块。
（1）若将滑块由静止从A端释放，滑块经多长时间运动到B端？（2）若在A端将滑块以小于ʋ的初速度ʋ0射上传送带，求滑块从A到B的时间。
（3）若在A端将滑块以大于ʋ的初速度ʋ0射上传送带，求滑块从A到B的时间。
（4）若在B端将滑块以初速度ʋ0射上传送带，滑块能到达A端ʋ0需满足什么条件？且求出滑块到达A端的时间。
（ʋ0已知）A B（5）在上问中，若滑块不能到达A端，讨论滑块返回B端的速度及用时。
（6）自己设置一种情景，并给物理量赋值后求解。
例2.如图所示的倾斜传送带AB长为L，倾角为ϴ可视为质点的滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
（1）若传送带以速度ʋ逆时针转动，滑块从B端由静止释放，讨论滑块从B到A的时间。
（2）若传送带以速度ʋ顺时针转动，滑块在A端由静止释放，讨论滑块到达B端的时间。
（3）自己设置一种情景，并给物理量赋值后求解。
A同步练习1. 如图所示，由理想电动机带动的传送带以速度v保持水平方向的匀速运动，传送带把A处的无初速放入的一个工件（其质量为m）运送到B 处。
2020年高考专题训练—力学之传送带模型含解析1．如图所示，水平传送带以v=4m/s的速度匀速转动，传送带两端的长度L=8m．现在传送带左端A无初速度竖直释放某一可视为质点的物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，试求：（g=10m/s2）（1）物块刚放上传送带时物块的加速度a；（2）物块由传送带左端A运动到右端B的总时间；（3）若传送带匀速转动的速度可调，则传送带至少以多大速度v min运行，物块从A端到B端运动时间才最短？2．用与水平方向夹角为30°的倾斜传送带将质量为0.2kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝22m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69s（）.（g=10m/s2）求：（1）煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；（2）现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。
并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度.3．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N；（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．4．如下图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8m．(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．5．如图所示，质量为M=1kg的小木块随水平传送带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动，传送带两端A、B间距为L=0.8m，小木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20g 的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度射入木块，并在极短的时间内穿出，穿出速度v m=50m/s，重力加速度g取10m/s2．求：（1）子弹穿出小木块时小木块的速度v M；（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q；（3）小木块在传送带上运动的时间．6．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。
2020年高考物理专题精准突破专题动力学中的传送带问题【专题诠释】1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型【高考领航】【2019·全国卷Ⅲ】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取10 m/s2。
由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】 AB【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。
由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。
0～2 s 内，木板静止，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误。
因物块质量不可求，故由F 摩＝μm 物g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。
【技巧方法】1. 涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻(1)初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断物块开始阶段的运动性质。
(2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段物块的运动性质。
2. 涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时，物块有没有完成整个运动过程。
“传送带”模型的动力学问题1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．1.(多选)(2020·山东济南一中期中)如图1所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是()图12．(多选)(2020·重庆市江津中学月考)如图2所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是()图2A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2<v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C．若v2<v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D．若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动再做加速运动3．(多选)如图4所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()图4A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大B．物块A、B同时到达底端C．物块A先到达传送带底端D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶34．(2020·湖南五市十校第二次联考)如图5所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v 1＝2 m/s 顺时针匀速转动，一物块以v 2＝8 m/s 的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5A ．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s 2B ．小物块向上运动的时间为1.6 sC ．小物块向上滑行的最远距离为3 mD ．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动5.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图6所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g )( )图6A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为(a －μg )v 22a 21.答案 CD解析 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 正确，A 、B 错误．2.答案 CD解析 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减速运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀变速运动，则运动的时间相等，故A 错误；若v 2<v 1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，故C 正确；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，则没有匀速过程，故B 错误；若v 2<v 1，物体从右端滑上传送带又回到右端，物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，故D 正确．3.答案 BD解析 对物块A 、B 受力分析，因为mg sin 37°＞μmg cos 37°，故物块A 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A 、C 错误，B 正确．对物块A ，划痕的长度等于物块A 的位移减去传送带的位移，以物块A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a ＝2 m/s 2，由运动学公式得运动时间为：t ＝1 s ，所以传送带运动的位移为x ＝v t ＝1 m ．则物块A 在传送带上的划痕为：Δx 1＝2 m －1 m ＝1 m ，对物块B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，同理得出物块B 在传送带上的划痕长度为Δx 2＝3 m ．所以划痕长度之比为1∶3，故D 正确．4.答案 B解析 当v 2>v 1时，对小物块由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2.μ<tan 37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，v 2<v 1时，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，故A 项错误；由v 2－v 1＝a 1t 1得t 1＝0.6 s ，又v 1＝a 2t 2得t 2＝1 s ，小物块向上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s ，故B 项正确；小物块向上滑行的最远距离为x 2＝v 1＋v 22t 1＋v 12t 2＝4 m ，故C 项错误；小物块先向上减速到0后，会反向加速下滑，故D 项错误．5.答案 C解析 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μmg <ma ，解得μ<a g，A 错误；设煤块的加速度大小为a 1，对煤块由牛顿第二定律有μmg ＝ma 1，解得a 1＝μg ，由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x 1＝v 22a 1＝v 22μg，B 错误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t 1＝v a 1＝v μg ，C 正确；传送带从开始运动到速度为v 经历的时间t 2＝v a，传送带在从开始运动到速度为v 的过程中通过的位移x 2＝v 22a，则传送带在从速度为v 到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x 3＝v (t 1－t 2)＝v 2μg －v 2a ，所以黑色痕迹的长度Δx ＝x 2＋x 3－x 1＝v 22μg －v 22a，D 错误．。
动力学中的九类常见问题传送带【模型精讲】1.水平传送带问题情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 0解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。
(1)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v 物<v 带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。
(2)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v 物>v 带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。
(3)若物块的速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动；当物块的速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。
(4)若v 物=v 带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。
2.倾斜传送带问题情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后再以a 2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a 1加速后再以a 2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速(5)可能一直减速 求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定滑动摩擦力的大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。
当物体速度与传送带速度相同时，物体所受的摩擦力的方向有可能发生突变。
第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题23“传送带”模型问题1．传送带问题：关键在于对物体摩擦力性质(静摩擦力还是滑动摩擦力)、方向及运动过程的判断。
当物体与传送带不共速时，一定为滑动摩擦力；当物体与传送带共速时，要假设接触面光滑看相对运动趋势，然后判断之后的运动方向。
2.当物体速度与传送带速度相同时，要通过受力分析和状态分析判定以后能否一起运动，物体的摩擦力可能突变。
1.(2023·广东省深圳中学阶段测试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度a 开始运行，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运行。
传送带速度达到v 时，煤块未与其共速，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )()A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μg C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为v 22μg答案C 解析根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a ′＝μg ，要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a >μg ，则μ<a g，故A 错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间为t ＝v a ′＝v μg，此过程煤块的位移为x 1＝v 22μg ，此过程传送带的位移为x 2＝v 22a ＋v (v μg －v a )＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移即黑色痕迹的长度为Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a ，故C 正确，B 、D 错误。
2.如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v ＝10m/s 运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A 、B 间的距离足够长，将滑块刚放上去2s 时突然停电，传送带立即做加速度大小a ＝4m/s 2的匀减速运动至停止(重力加速度取g ＝10m/s 2)。
动力学中的传送带问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sin θ与f 的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5 s D．t＝3 s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝3，取g＝10 m/s2.2图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )图3A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0 s摩擦力对物体做功W f＝－24 J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5 m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10 m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4 s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5 m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为s 1＝v 22a ＝222×2.5 m ＝0.8 m<4 m. 工件匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝4 m －0.8 m ＝3.2 m.可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m.(2)匀加速时，由s 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s ， 匀速时t 2＝s 2v ＝3.22s ＝1.6 s ， 所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．]4．4.5 s解析 物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：s ＝v 202a ＝1022×5 m ＝10 m ， 物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2 s ；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度a ＝5 m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时， 物块的位移s 1＝v 22a ＝522×5 m ＝2.5 m<s ＝10 m ，t 1＝v a ＝55 s ＝1 s ，然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝s －s 1v ＝10－2.55 s ＝1.5 s ，物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t ＝t 左＋t 1＋t 2＝4.5 s。
专题研究四动力学中的典型模型1.在民航和火车站能够看到用于对行李进行安全检查的水平传递带.当游客把行李放到传递,带上时,传递带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动.随后它们保持相对静止,行李随传递带一起行进.设传递带匀速行进的速度为0.25m/s,把质量为5kg的木箱静止放到传2传递带大将留下的摩擦印迹约为(A)A.5mmB.6mmC.7mmD.10mm分析:木箱加速的时间为t= ,这段时间内木箱的位移为x1=,而传递带的位移为x2=vt,传送带大将留下的摩擦印迹长为l=x -x,联立各式并代入数据,解得l=5mm,选项A正确.2 12.(2019·山西大学附中模拟)以以下图,在圆滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3m/s开始水平向右滑动,已知M>m.用①和②分别表示木块A和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下边关于二者速度v随时间t的变化图像,此中可能正确的选项是( C)分析:木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,依据牛顿第二定律得a A=,a B= ,已知m<M,因此a A>a B, 即①斜率的绝对值应大于②的斜率,应选项A,B错误.若A不可以滑下,则二者最后共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,应选项C正确,D错误.3.以以下图,一长木板在水平川面上运动,在某时辰(t=0)将一相关于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块一直在木板上.在物块放到木板上以后,木板运动的速度—时间图像可能是(A)分析:放上物块后,长木板遇到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块遇到向右的滑动摩擦力作用, 做匀加速运动,当二者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确;也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C 错误;因为水平面有摩擦,故二者不行能一起匀速运动,D错误.4.(2019·河北沧州模拟)带式传递机是在必定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.以以下图,一条足够长的浅色水平传递带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传递带上,木炭包在传递带大将会留下一段深色的径迹.以下说法正确的选项是(C)A.深色的径迹将出此刻木炭包的左边B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.木炭包与传递带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D.传递带运动的速度越大,径迹的长度越短分析:当放上木炭包后传递带相关于木炭包向右滑动,因此深色径迹应出此刻木炭包的右边,选项A错误;设木炭包的质量为m,传递带的速度为v,木炭包与传递带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间t==,该过程传递带的位移x1=vt=,木炭包的位移x2=t=t= ,深色径迹的长度x=x1-x2= ,由上式可知径迹的长度与木炭包的质量没关,传递带的速度越大,径迹越长,木炭包与传递带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.5.(多项选择)传递机的皮带与水平方向的夹角为α,以以下图,将质量为m的小物块放在传递机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动,则以下关于小物块在运动过程中的说法正确的选项是(BC)A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB.静摩擦力沿斜面向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsinαD.皮带与小物块间的动摩擦因数必定大于tanα分析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度,物块所受合外力不为零,因此支持力a>gsinα,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsinα+F f=ma,因为a比gsinα大多少不明确,因此静摩擦力的大小可能等于mgsinα,C正确;皮带与小物块间的动摩擦因数能够小于tanα,故D错误.6.(2019·江苏淮阴模拟)以以下图,质量M=8kg的小车静止在圆滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8N,当小车速度达到1.5m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,从物体放上小车开始经t=1.5s2的时间,物体相对地面的位移为(取g=10m/s)(B)A.1mB.2.1mC.2.25mD.3.1m分析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=2m/s2,小车的加速度a2==m/s2=0.5m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1s,此过程中物体的位移s1=a1t2=1m,共同速度为v=a1t=2m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为a= =2 m/s=0.8m/s2,再运动0.5s的位移s2=vt′+at′2=1.1m,故从物体放上小车开始经t=1.5s的时间,物体相对地面的位移为1m+1.1m=2.1m, 应选项B正确.7.以以下图,为传递带传输装置表示图的一部分,传递带与水平川面的倾角θ=37°,A,B 两端相距L=5.0m,质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传递带,物体与传递带间的动摩擦因数到处同样,均为0.5.传递带顺时针运行的速度v=4.0m/s.(g2取10m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)物体从A点到达B点所需的时间;(2)若传递带顺时针运行的速度能够调理,物体从A点到达B点的最短时间是多少?分析:(1)设物体速度大于传递带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1设经过时间t1物体的速度与传递带速度同样,t1=经过的位移x1=设物体速度小于传递带速度时物体的加速度为a2Mgsinθ-μMgcosθ=Ma2由μ<tanθ=0.75知,物体连续减速,设经时间t2到达传递带B点L-x1=vt2-a2联立各式可得t=t1+t2=2.2s.(2)若传递带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力向来沿传递带向上,则所用时间最短,此种状况加速度大小向来为a2,0 2 2L=vt′- at′得出t′=1s(t ′=5s舍去).答案:(1)2.2s (2)1s8.(2018·江西南昌二中月考)如图1所示,质量M=1kg的木板静止在水平面上,质量m=1kg、大小能够忽视的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1, 铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g 取10m/s 2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8N,经1s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零开始逐渐增添,且木板足够长,试经过分析与计算,在图2中作出铁块遇到的摩擦力f随力F大小变化的图像.分析:(1)对铁块由牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1;对木板由牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木=a2t2,s铁= a1t2,s 铁-s 木=L,联立解得L=1m.(2)①当F≤μ1(m+M)g=2N 时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.②当F>μ1(m+M)g=2N时,假如二者相对静止,铁块与木板有同样的加速度,则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4N,即F≤6N,因此,当2N<F≤6N 时,f= +1N.③当F>6N 时,M,m相对滑动,此时铁块遇到的摩擦力为f=μ2mg=4N,f-F 图像以以下图.答案:(1)1m(2)见分析9.如图为一水平传递带装置表示图,绷紧的传递带AB一直保持1m/s的恒定速度运行,一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处,该行李与传递带间的动摩擦因数μ=0.1,AB 间的距离l = 2 m , g 取10m/s2,求:(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少;(2)电动机运送该行李需耗费的电能E为多少;(3)假如提升传递带的运行速率,行李就能够较快的传递到B处,求行李从A处传递到B处的最短时间和传递带对应的最小运行速率v′.分析:(1)行李轻放在传递带上,开始是静止的,行李受滑动摩擦力而向右运动加速度为a,由牛顿第二定律得,设此时行李的2μm g=ma,a=1.0m/s设行李赶快度为零运动至速度为1m/s所用的时间为t1,所经过的位移为s1,则v=at1,t1=1s,s1=a=0.5m行李速度达到1m/s 后与传递带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2则t2==1.5s设行李从A运送到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5s.(2)电动机需耗费的电能就是行李增添的动能和系统增添的内能之和2,故E=mv+μmgL行李与传递带的相对位移L=vt1-s1=0.5m,代入数据解得E=4J.(3)行李从A匀加速运动到B时,传递时间最短有l=at2代入数据得t=2s,此时传递带对应的运行速率为v′≥at min=2m/s故传递带对应的最小运行速率为2m/s.答案:(1)2.5s(2)4J(3)2s2m/s10.如图(甲)所示,有一倾角为30°的圆滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变成水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的vt图像如图(乙)所示,g取10m/s2.求:(1)水平作用力F的大小;(2)滑块开始下滑时的高度;(3)木板的质量.分析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由均衡条件可得mgsinθ=Fcosθ,则F=N.(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10m/s,当F变成水平向右以后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsinθ+Fcosθ=ma,解得a=10m/s2,滑块下滑的位移x=,解得x=5m,故滑块下滑的高度h=xsin30°=2.5m.(3)由题图(乙)可知,二者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,二者共同减速时的加速2度大小a1=1m/s,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,滑块减速的加速度大小3 2, a=4m/s对整体受力分析可得a1==μ1g,可得μ1=0.1.在0～2s内分别对m和M分析可得对M:=a2,对m:=a3,代入数据解得M=1.5kg.答案:(1) N(2)2.5m (3)1.5kg。
第24练(模型方法)“传送带”模型的动力学问题（时间25分钟）思维方法1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．一、选择题1．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v′2，则下列说法中正确的是( ) A．只有v1＝v2时，才有v′2＝v1B．若v1>v2时，则v′2＝v2C．若v1<v2时，则v′2＝v1D．不管v2多大，总有v′2＝v22．(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2 m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.23．(多选)[2022·山东省济南市一模]如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以 1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列判断正确的是( )A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶34．(多选)如图甲所示，传送带以速率v1顺时针匀速转动，在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板．一定质量的小物块以初速度v0(v0大于v1)从左端A点滑上传送带，恰好能返回A点，运动过程中的vt图像如图乙所示，下列说法正确的是( )A．v0和v1大小满足v0＝2v1B．若只增大v0，其他条件不变，物块将从传送带左端滑下C．若v0＝v1，其他条件不变，物块将在传送带上往复运动D．若只减小v0，其他条件不变，物块有可能不会返回A点二、非选择题5．如图所示为快件自动分拣装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分拣容器中．图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1 m 的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，A、B间距离为L＝2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求：(1)若v＝2 m/s，则快件在传送带上运动的时间；(2)要使快件能落入容器中，快件在B端抛出的速度至少多大？(3)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围．第24练（模型方法）“传送带”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v1>v2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v 2；当v 1<v 2时，返回过程中，当速度增加到v 1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v 1离开传送带．2．答案：ACD解析：根据位移—时间图像可知：前2 s 物体向左匀减速运动，第3 s 内向右匀加速运动．3～4.5 s 内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v ＝Δx Δt ＝34.5－3m/s ＝2 m/s ；故A 、C 两项正确，B 项错误．由图像可知，在第3 s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x ＝12at 2（其中x ＝1 m ，t ＝1 s ）a ＝μmg m＝μg ，解得：μ＝0.2.D 项正确． 3．答案：BCD解析：本题考查非常规传送带上物体的运动．由于mg sin 37°＝0.6mg ，μmg cos 37°＝0.5×0.8mg ＝0.4mg ，所以对两物块受力分析后知两物块都相对传送带向下加速滑动；加速度的大小都是a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x ＝v 0t ＋12at 2可得两者的运动时间相同，都为t ＝1 s ，即两者同时到达底端，故A 错误，B 正确；两物块均相对传送带向下加速滑动，传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上，故C 正确；传送带在1 s 内的路程x ＝v 0t ＝1 m ，物块A 与传送带是同向运动的，A 的划痕长度是斜面长度减去在此时间内传送带的路程，即Δx A ＝2 m －1 m ＝1 m ；B 与传送带是反向运动的，B 的划痕长度是斜面长度加上在此时间内传送带的路程，即Δx B ＝2 m ＋1 m ＝3 m ．A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3，故D 正确．4．答案：BC解析：物块与挡板的碰撞是弹性的，结合v t 图像可知，小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞，向左减速至A 点速度为零，由v 20 －v 21 ＝2μgL ，v 21 ＝2μgL 可得v 0＝2 v 1，A 错误；若只增大v 0，其他条件不变，则物块与挡板碰后速度将大于v 1，物块必从传送带左端滑下，当v 0＝v 1时，物块碰后速度为v 1，恰好能回到A 点，后向右加速，出现往复运动，B 、C 正确；若只减小v 0，无论减小到什么值，物块到达挡板处的速度均为v 1，故物块一定能返回A 点，D 错误．5．答案：（1）1.2 s （2）5 m/s （3）5 m/s ≤v ≤25 m/s解析：（1）快件在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，则加速度大小为a ＝μg ＝5 m/s 2，快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为x ＝v 22a ＝0.4 m<L ，加速的时间为t 1＝v a＝0.4 s ，接着快件匀速直线运动到B 端，所用时间为t 2＝L －x v ＝0.8 s ，所以快件在传送带上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s.（2）快件离开传送带做平抛运动，恰好从容器左壁上端落入时有d ＝12gt 2，d ＝v 1t ，联立解得v 1＝5 m/s.（3）设快件落入容器时在B 端处的最大速度为v 2，则有2d ＝v 2t ，解得v 2＝25 m/s ， 快件在传送带上一直匀加速运动到B 端时的速度为v 3＝2aL ＝25 m/s ，因此仅需满足传送带的速度大小范围5 m/s ≤v ≤25 m/s.。
