高考物理传送带问题经典题型

牛顿第二定律的应用---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v1，需时间t1，若传送带逆时针转动，A滑至传送带最右端的速度为v2，需时间t2，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v1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v2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v2′，则下列说法正确的是：（）A．只有v1= v2时,才有v2′= v1B．若v1 >v2时, 则v2′= v2C．若v1 <v2时, 则v2′= v2D．不管v2多大,v2′= v2.3．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PQ4．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／s2．（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．二、倾斜放置运行的传送带5．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从AB长度为16m，传送带以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0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求:物体从A运动到B需时间是多少?（思考：物体从A运动到B在传送带上滑过的痕迹长？）6．如图所示，传送带两轮A、B的距离L＝11 m，皮带以恒定速度v＝2 m/s运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带的倾角为α＝37°，那么物块m从A端运到B端所需的时间是多少？(g取10 m/s2，cos37°＝0.8)三、组合类的传送带7．如图所示的传送皮带，其水平部分AB长s AB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度s BC=4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数 =0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）牛顿第二定律的应用----传送带问题参考答案一、水平放置运行的传送带1．D 提示：物体从滑槽滑至末端时，速度是一定的．若传送带不动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动．若传送带逆时针转动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动．两次在传送带都做匀减速运动，对地位移相同，加速度相同，所以末速度相同，时间相同，故D ．2．B3．B 提示：传送带静止时，物块能通过传送带落到地面上，说明滑块在传送带上一直做匀减速运动．当传送带逆时针转动，物块在传送带上运动的加速度不变，由2202t v v as =+可知，滑块滑离传送带时的速度v t 不变，而下落高度决定了平抛运动的时间t 不变，因此，平抛的水平位移不变，即落点仍在Q 点．4．【答案】（1）4N ，a =lm/s 2；（2）1s ；（3）2m/s解析：（1）滑动摩擦力F =μmg① 以题给数值代入，得F =4N② 由牛顿第二定律得F =ma ③代入数值，得a =lm/s 2 ④（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v=1m ／s ．则 v =at ⑤代入数值，得t =1s⑥（3）行李从A 匀加速运动到B 时，传送时间最短．则2min 12l at = ⑦代入数值，得min 2s t =⑧ 传送带对应的运行速率V min =at min ⑨代人数据解得V min =2m/s⑩ 二、倾斜放置运行的传送带5．【答案】2s解析：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看mgsinθ与所受的最大静摩擦力，若μ<tanθ，则继续向下加速．若μ≥tanθ，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可．本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小．物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F ，物体受力情况如图所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律得a 1=10×（0.6＋0.5×0.8）m/s 2=10m/s 2物体加速至与传送带速度相等需要的时间1110s=1s 10v t a ==， t 1时间内位移21115m 2s a t ==．由于μ<tanθ，物体在重力情况下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F ．此时物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：222sin cos ,2m/s mg mg ma a θμθ-==．设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由 222212L s vt a t -=+，解得t 2=1s ，t 2=－11s （舍去）．所以物体由A→B 的时间t=t 1＋t 2=2s ．6．解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma则a ＝μg cos37°－g sin37°＝0.4 m/s 2物体加速至2 m/s 所需位移s 0＝v 22a ＝222×0.4m ＝5 m<L 经分析可知物体先加速5 m再匀速运动s ＝L －s 0＝6 m.匀加速运动时间t 1＝v a ＝20.4s ＝5 s. 匀速运动的时间t 2＝s v ＝62s ＝3 s. 则总时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3) s ＝8 s.答案：8 s三、组合类的传送带7．【答案】2.4s解析：物体P 随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B ，即做一段匀速运动；P 从B 至C 段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．P 在AB 段先做匀加速运动，由牛顿第二定律11111,,N F ma F F mg v a t μμ====， 得P 匀加速运动的时间110.8s v v t a gμ===． 22111112110.8m,22AB s a t gt s s vt μ===-=， 匀速运动时间120.6s AB s s t v-==． P 以速率v 开始沿BC 下滑，此过程重力的下滑分量mg sin37°=0.6mg ；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmg cos37°=0.2mg ．可见其加速下滑．由牛顿第二定律233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ︒-︒===，233312BC s vt a t =+，解得t 3=1s （另解32s t '=-，舍去）． 从A 至C 经过时间t =t 1＋t 2＋t 3=2.4s ．。

传 送 带 问 题一、传送带问题中力与运动情况分析 1、水平传送带上的力与运动情况分析例1 水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。

如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v 0＝2 m/s 的恒定速率运行，一质量为m 的工件无初速度地放在A 处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 ,AB 的之间距离为L ＝10m ，g 取10m/s 2 ．求工件从A 处运动到B 处所用的时间．例2： 如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L ＝8m ，以速度v ＝4m/s 沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m ＝10kg 的旅行包以速度v 0＝10m/s 的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6 ，则旅行包从传送带的A 端到B 端所需要的时间是多少？（g ＝10m/s 2 ,且可将旅行包视为质点．）例3、如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2(1) 若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2) 若行李包以v 0＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行， 包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所 求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件？例4一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 。

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 0开始运动，当其速度达到v 0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。

专题40 “传送带”模型中的能量问题1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做功要用动能定理，计算摩擦生热要用Q ＝F f x相对或能量守恒.2.电机多做的功一部分增加物块的机械能，一部分因摩擦产生热量．1.(多选)如图1所示，传送带以v 的速度匀速运动．将质量为m 的物体无初速度放在传送带上的A 端，物体将被传送带带到B 端．已知物体到达B 端之前已和传送带相对静止，则下列说法正确的是( )图1A ．传送带对物体做功为mv 2B ．传送带克服摩擦力做功为mv 2C ．电动机由于传送物体多消耗的能量为mv 2D ．在传送物体过程中产生的热量为mv 2答案 BC解析 物体与传送带相对静止前，物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理知传送带对物体做的功等于物体的动能的增加量，传送带对物体做功为W ＝12mv 2，物体与传送带相对静止后，物体受重力和支持力，传送带对物体不做功，故A 错误；在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q ＝F f Δx ，设加速时间为t ，物体的位移为x 1＝12vt ，传送带的位移为x 2＝vt ，根据动能定理知摩擦力对物体做的功W 1＝F f x 1＝12mv 2，热量Q ＝F f Δx＝12mv 2，传送带克服摩擦力做的功W 2＝F f x 2＝mv 2，故B 正确，D 错误；电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的热量之和，等于mv 2，故C 正确．2.(多选)如图2所示，水平传送带顺时针转动，速度为v 1，质量为m 的物块以初速度v 0从左端滑上传送带，v 0>v 1，经过一段时间物块与传送带速度相同，此过程中( )图2A ．物块克服摩擦力做的功为12mv 12B ．物块克服摩擦力做的功为12m (v 02－v 12)C ．产生的内能为12m (v 02－v 12)D ．产生的内能为12m (v 0－v 1)2答案 BD解析 物块的初速度大于传送带的速度，物块受到的摩擦力向左，其向右匀减速运动直至与传送带共速，由动能定理有－W f ＝12mv 12－12mv 02，得W f ＝12mv 02－12mv 12，故A 错误，B 正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx ＝v 0＋v 12·v 0－v 1μg －v 1·v 0－v 1μg ＝v 0－v 122μg，故热量为Q ＝μmg ·Δx ＝m v 0－v 122，故C 错误，D 正确．3．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以恒定的速度顺时针转动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m 的小物块，如图3甲所示．以此时为t ＝0时刻，小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向，图乙中v 1>v 2)．下列说法中正确的是( )图3A ．0～t 1内传送带对小物块做正功B ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ小于tan θC ．0～t 2内传送带对小物块做功为12mv 22－12mv 12D ．0～t 2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 答案 D解析 由题图乙可知，物块先向下运动后向上运动，又知传送带的运动方向向上，0～t 1内，物块向下运动，传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上，传送带对物块做负功，故A 错误；在t 1～t 2内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 错误；0～t 2内，根据v －t 图象中图线与t 轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理有W ＋W G ＝12mv 22－12mv 12，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 12，故C 错误；0～t 2内物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的减少量，故D 正确．4．(2020·陕西西安市西安中学第六次模拟)如图4甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )图4A ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mB ．物体和传送带间的动摩擦因数为0.625C ．0～8 s 内物体机械能增量为78 JD ．0～8 s 内物体因与传送带摩擦产生的热量Q 为126 J 答案 D解析 根据v －t 图象与时间轴围成的“面积”等于物体的位移，可得0～8 s 内物体的位移x ＝12×2×(2＋4) m ＋2×4 m＝14 m ，故A 错误．物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，根据μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得μ＝0.875，选项B 错误；0～8 s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为ΔE ＝mgx sin 37°＋12m ×(4 m/s)2＝92 J ，故C 错误；0～8 s 内只有前6 s 发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动距离为：x 带＝4×6 m＝24 m ；0～6 s 内物体位移为：x 物＝6 m ；则0～6 s 内两者相对位移Δx ＝x 带－x 物＝18 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·Δx ＝126 J ，故D 正确．5.(多选)(2019·湖北荆州市一检)如图5所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，重力加速度为g .开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图5A ．物块a 的重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功等于a 机械能的增量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案 ACD解析 开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝msin θ，b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE p a ＝m a g ·h sinθ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，C 正确；任意时刻a 、b 的速率大小相等，对b ，克服重力做功的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gv sinθ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．6.如图6所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上竖直高度为3R 的位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D 点滑入光滑轨道ABCD 且能到达原位置A ，则在该过程中(重力加速度为g )( )图6A ．在C 点滑块对轨道的压力为零B ．传送带的速度可能为5gRC ．摩擦力对物块的冲量为零D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多 答案 D解析 对滑块从A 到C ，根据动能定理有mg (h －2R )＝12mv C 2－0，根据F N ＋mg ＝m v C2R，解得F N＝mg ，选项A 错误；从A 到D ，根据动能定理有mgh ＝12mv D 2，解得v D ＝6gR ，由于滑块还能到达原位置A ，则传送带的速度v ≥v D ＝6gR ，选项B 错误；滑块在传送带上运动的过程中，动量方向变为相反，动量变化量不为0，则摩擦力对滑块的冲量不为0，选项C 错误；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx ，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移(Δx )越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．7．(多选)(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图7所示，在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A 点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L .已知传送带的速率恒为v ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图7A ．工件在传送带上加速运动的时间一定等于L vB ．传送带对每个工件做的功为12mv 2C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12μmgLD ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv 2答案 BD解析 工件在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为a ＝μg ，则加速的时间为t ＝vμg，故A 错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：W ＝12mv 2，故B 正确；工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mv 22，故C 错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋Q ＝mv 2，故D 正确．8.如图8所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s ，沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图8(1)物体由A 端运动到B 端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量． 答案 (1)2 s (2)24 J解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速， 则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 s x 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. (2)物体与传送带间的相对位移x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.9.如图9所示，与水平面成30°角的传送带以v ＝2 m/s 的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB 两端距离l ＝9 m ．把一质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)无初速度地轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g 取10 m/s 2.求：图9(1)从放上物块开始计时，t ＝0.5 s 时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？ (3)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？ 答案 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W解析 (1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：F f ＝μmg cos 30°＝14 N由牛顿第二定律得：F f －mg sin 30°＝ma ，a ＝2 m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22s ＝1 s因此t ＝0.5 s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1 m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P 1＝F f v 1＝14 W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝F f v ＝28 W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12m ＝1 m<l ＝9 m摩擦力对物块做功为：W 1＝F f x 1＝14×1 J＝14 J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W 2＝F f vt 1＝28 J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14 J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t 2＝l －x 1v＝4 s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为：W 总＝mgl sin 30°＋12mv 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8 W.10．(2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1 kg 且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5 m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5 m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8 m (2)13 m (3)37 m/s≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知v 0＝6 m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据整理可以得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s得到v B ＝7 m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，得到：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12mv 12－12mv F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°)解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝214 m/s综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s≤v ≤43 m/s 就满足条件．。

难点形成的原因：1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。

1、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．绷紧的传送带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/s 2.(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 ＝1m/s 2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at ，解得t ＝＝1 sv a (3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有：v ＝2aL 解得：v min ＝＝2 m/s 2min2aL 故传送带的最小运行速率为2 m/s 行李运行的最短时间：t min ＝＝2 sv mina 2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B 的长度L=50m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 2.1sin cos =-=m mg mg a θθμ。

3.10水平传送带教师一、单选题1．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示，t =6s 时恰好到B 点，则（ ）A ．AB 间距离为20mB ．小物块在传送带上留下的痕迹是8mC ．物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5D ．若物块速度刚好到4m/s 时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B 端【答案】B【详解】A ．由图可知，4s 后物体与传送带的速度相同，故传送带速度为4m /s ；图中图像与时间轴所围成的面积表示位移，故AB 的长度26416m 2x +⨯==（） A 错误；B ．小物体在传送带上留下的痕迹是44448m 2l ⨯=⨯-= B 正确；C ．由图乙可知，加速过程的加速度2Δ41m/s Δ4v a t === 由牛顿第二定律可知mga g m μμ==联立解得0.1μ=C 错误；D ．物块速度刚好到4m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线A．B．C．D．运动的位移x ＝2A v v +t 1＝5.75 m ＜8 m 则工件在到达B 端前速度就达到了13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速运动后匀速运动，根据牛顿第二定律可得合力F ＝ma 先不变后为零，故B 正确，A 、C 、D 错误。

故选B 。

3．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度04m /s v =顺时针运行，小物块以16m /s v =的初速度从传送带右端滑上传送带。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10m ，重力加速度210m /s g =，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是（ ）A ．小物块从传送带左端滑离传送带B ．小物块滑离传送带时的速度大小为6m /sC ．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6.25sD ．小物块在传送带上留下的划痕长度为17m【答案】C【详解】A ．物块在传送带上的加速度22m/s a g μ==向左减速到零的时间113s ==v t a向左运动的最大距离 2119m 10m 2v x L a==<= 故物块不会从左端滑离传送带，故A 错误；B ．物块向左减速到零后，向右加速，但只能加速到04m /s v =，故B 错误；C ．物块向左加速到04m /s v =用时022s v t a==二、多选题4．如图所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。

一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s （1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。

问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f N mg ==μμ小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a f m g m s 124===//μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a F f M 2=-()/ 使m 能从M 上面滑落下来的条件是 a a 21>即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/ 木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因S S L 21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得 2．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （1）木块与冰面的动摩擦因数． （2）小物块相对于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ 解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sμ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2A vB小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s v t a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--=（3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a t v a t ''-==由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=动力学中的传送带问题一、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。

2024高考物理疑难题分析与针对性训练传送带+碰撞模型高考原题1(2024高考湖北卷第14题)14. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。

传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。

在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。

将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。

小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。

【思路分析】 (1)将小物块无初速轻放在匀速运动的传送带上，可先假设物块一直加速，若物块运动到传送带另一端时速度小于或等于传送带速度，说明假设正确；若大于传送带速度，则说明物块先加速到传送带速度后随传送带匀速运动。

(2)小物块与小球碰撞过程中，动量守恒，据此求出碰撞后的速度，然后利用能量守恒定律求出两者构成的系统损失的总动能。

(3)要使小球运动到P点正上方，绳子不松弛，说明小球运动到P点正上方时速度为绳系小球模型的临界速度。

【答案】(1)5m s；(2)0.3J；(3)0.2m【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=5m s2由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=v2传2a=2.5m<L传=3.6m可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5m s。

(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m s，v1=-1m s 解得v2=3m s小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔE k=12m物v2-12m物v21-12m球v22解得ΔE k=0.3J(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球v23L绳-d小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有1 2m球v22=12m球v23+m球g2L绳-d联立解得d=0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m。

运动和力的关系“传送带”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。

2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。

1．（2024·北京·高考真题）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考点一　水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况情景传送带不足够长(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v 0<v 时，一直加速v 0<v 时，先加速再匀速v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速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v 0≤v ，则返回到左端时速度为v 0；若v 0>v ，则返回到左端时速度为v例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v ，一小滑块从传送带左端以初速度大小0v 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（ ）A ．小滑块的加速度向右，大小为μgB ．若01v v <，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +C ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +D ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为()20112v v gv m +【易错分析】1.若01v v >，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v ，不能加速到0v 。

2.01v v <，先匀减速再反方向加速，因减速位移较短，反方向加速只能加速到0v ，不能加速到1v 。

传送带问题例1：一水平传送带长度为20m ，以2m ／s 的速度做匀速运动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为0.1，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？解:物体加速度a=μg=1m/s2，经t1=v/a =2s 与传送带相对静止,所发生的位移S1=1/2 at 12=2m,然后和传送带一起匀速运动经t2=l-s1/v =9s ，所以共需时间t=t1+t2=11s练习：在物体和传送带达到共同速度时物体的位移，传送带的位移，物体和传送带的相对位移分别是多少？（S1=1/2 vt1=2m ，S2=vt1=4m ，Δs=s2-s1=2m ）例2：如图2—1所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A →B 的长度L=16m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,1s 10101s a v t === m 52 21==a s υ＜16m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsin θ＞μmgcos θ）。

22m/s 2cos sin =-=mmg mg a θμθ。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ， 则22220221t a t s +=υ， 11m= ,10222t t + 解得：)s( 11 s, 1 2212舍去或-==t t ， 所以：s 2s 1s 1=+=总t 。

例3：如图2—2所示，传送带与地面成夹角θ=30°，以10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，已知传送带从A →B 的长度L=16m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 46.8cos sin =+=mmg mg a θμθ。

专题06 传送带问题一、牛顿第二定律：ma F =合；x ma F x =合；y ma F y =合。

二、牛顿第三定律：'F F -=，（F 与'F -等大、反向、共线）在解有关传送带问题时，首先应选择传送带及传送带上的物体作为研究对象；其次对传送带模型的临界状态进行分析：①摩擦力发生突变，②物体的运动状态发生突变。

然后对传送带模型中的力和运动进行分析，确定是水平传送带还是倾斜传送带，①水平传送带：先根据物体的受力和传送带的速度计算物体加速的时间t 和位移x 。

再由x 和传送带长度的大小关系判断物体的运动状态。

②倾斜传送带：若θμtan ≥，且物体能与传送带共速，则共速后物体匀速运动；若θμtan <，则物体必定有向下的加速度。

最后通过进一步计算物体在传送带上运动的时间t 、物体的位移x 、物体相对传送带的位移x ∆等得出结论。

1．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)gL v μ2≥带，物体一直加速(2)gL v μ2<带，物体先加速后匀速(1)带v v >0时，若gL v v μ220-≤带，物体一直减速，若gL v v v μ2200->>带，物体先减速再匀速。

(2)带v v <0时，若gL v v μ220+≥带，物体一直加速，若gL v v v μ2200+<<带，物体先加速再匀速(1)gL v μ20≥时，物体一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带。

(2)gL v μ20<时，当0v v ≥带时，物体先沿着0v 方向减速，再反方向加速，直至从放入端离开传送带；当0v v <带时，物体先沿着0v 方向减速，再反方向加速，最后匀速，直至从放入端离开传送带。

2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)v v <≤00时，若θμtan >，传送带比较短，物体一直以θθμsin cos g g a -=向上匀加速运动；传送带足够长，物体先以θθμsin cos g g a -=向上匀加速运动再向上匀速运动。

传送带模型特训目标特训内容目标1水平传送带模型(1T -4T )目标2水平传送带图像问题(5T -8T )目标3倾斜传送带模型(9T -12T )目标4倾斜传送带图像问题(13T -16T )【特训典例】一、水平传送带模型1应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v =0.4m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A 、B 间的距离为2m ，g 取10m/s 2。

旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处，则下列说法正确的是()A.开始时行李的加速度大小为4m/s 2B.行李经过2s 到达B 处C.行李到达B 处时速度大小为0.4m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m【答案】C【详解】A ．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为f =μmg 根据牛顿第二定律f =ma 解得a =2m/s 2故A 错误；BC ．行李达到和皮带速度相同需要的时间为t 1=v a =0.42s =0.2s 位移为x 1=v 2t 1=0.42×0.2m =0.04m 行李匀速到B 的时间为t 2=L -x 1v =2-0.040.4s =4.9s 行李从A 运动到B 处的时间为t =t 1+t 2=0.2s +4.9s =5.1s 故B 错误，C 正确。

D ．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx =vt 1-x 1=0.4×0.2m -0.04m =0.04m 故D 错误。

故选C 。

2如图所示，绷紧的长为6m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v 1=2m/s 运行。

一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2=5m/s 。

若小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2，下列说法中正确的是()A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B.若传送带的速度为5m/s ，小物块将从传送带左端滑出C.若小物块的速度为4m/s ，小物块将以2m/s 的速度从传送带右端滑出D.若小物块的速度为1m/s ，小物块将以2m/s 的速度从传送带右端滑出【答案】BC【详解】A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移大小为x ，根据牛顿第二定律得μmg =ma 解得a =μg =2m/s 2则x =v 222a=6.25m >6m 所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；B ．若传送带的速度为5m/s ，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；C ．若小物块的速度为4m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x=v '22a =4m <6m 则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为x=v 122a=1m <4m 以后小物块以v 1=2m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s ，C 正确；D ．若小物块的速度为1m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x =v 222a=0.25m <6m 则小物块速度减到零后再向右加速，由于x <x ″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1m/s 的速度从传送带的右端滑出，D 错误。

2025届高考物理复习：经典好题专项（“传送带”模型问题）练习1. (2023ꞏ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 2μgC ．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 22μg2. 如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v ＝10 m/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2 s 时突然停电，传送带立即做加速度大小a ＝4 m/s 2的匀减速运动至停止(重力加速度取g ＝10 m/s 2)。

则滑块运动的位移为( )A ．8 mB ．13.5 mC ．18 mD ．23 m3. 如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。

关于物块受到的静摩擦力F f ，下列说法正确的是( )A ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向上B ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向下C ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向下D ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向上4．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。

如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。

高中物理传送带14种题型高中物理传送带14种题型高中物理学科作为理科三大基础学科之一，在升级转型、转化升华中愈发重要。

作为中学阶段最后一次系统学习物理的机会，高中物理对于学生将来的学习和职业选择都有着深远的影响。

其中，传送带作为物理学中的一个重要知识点，也是高中物理考试的重难点之一，需要高中生深入理解和掌握。

下面，我们将介绍高中物理传送带的14种题型。

第一类：单速传送带运动1. 如果物体和传送带速度大小相同，方向相同，物体相对于传送带的位移为多少？答案：位移为0。

2. 如果物体和传送带速度大小相同，方向不同，物体相对于传送带的位移为多少？答案：位移为速度差乘以时间。

第二类：多速传送带运动3. 如果传送带有两个段落，第一个段落速度为v1，第二个段落速度为v2，物体在两个段落上的运动时间都为t，物体在整个传送带上的位移为多少？答案：位移为v1t + v2t。

4. 如果传送带有两个段落，第一个段落速度为v1，第二个段落速度为v2，物体在两个段落上的运动时间都为t，物体在第二个段落上的位移为多少？答案：在第二个段落上的位移为v2t，物体在第一个段落上的位移为v1t。

第三类：传送带匀加速运动5. 如果物体距离传送带起始点的抛射高度为H，传送带的初始速度为v0，传送带以加速度a匀加速运动，物体从传送带抛出时的初速度为v0，求物体落地时的时间t和水平方向的位移S。

答案：t = (sqrt(H*2/9.8) + sqrt((2H/9.8)+1)*v0)/a， S = (v0 + a*t/2)*t。

6. 如果在上一问的条件下，物体抛出角度为θ，求物体的落点距离传送带的距离。

答案：根据题意计算物体的抛射速度vx和vy，落点距离传送带为vx*t。

第四类：其他传送带问题7. 一个长度为l的物体从静止开始滑动，原地与传送带接触，传送带以常数速度v运动，物体滑下传送带的时间为多少？答案：t = sqrt(2l/g) + l/v。

高考传送带模型1,如图所示,一平直的传送带以速度v=2m/s 匀速运动, 传送带把A 处的工件运送到B 处, A ，B 相距L=10m 。

从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s ，能传送到B 处，要用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大?2一水平的浅色长传送带上放置一煤块（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 0开始运动，当其速度达到v 0后，便以此速度做匀速运动。

经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。

求此黑色痕迹的长度。

3,如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以v=10m/s 运行，在传送带的A 端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB 长16米，求：以下两种情况下物体从A 到B 所用的时间. （1）传送带顺时针方向转动（2）传送带逆时针方向转动4．（15分）（2016江苏泰州联考）下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C 、D 两端相距4.45m ，B 、C 相距很近。

水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动。

将质量为10kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。

试求：（1）若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；（2）若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围。

【参照答案】(1)1.25m(2)4m/s 1.16s 2.1s t ≤≤A B v A B5（03年全国）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。