高中物理必修一 涉及到传送带问题解析 (含练习解析)

涉及到传送带问题解析
【学习目标】
能用动力学观点分析解决多传送带问题
【要点梳理】
要点一、传送带问题的一般解法
1.确立研究对象；
2.受力分析和运动分析，逐一摩擦力f大小与方向的突变对运动的影响；
⑴受力分析：
F的突变发生在物体与传送带共速的时刻，可能出现f消失、变向或变为静摩擦力，要注意这个时刻。

⑵运动分析：
注意参考系的选择，传送带模型中选地面为参考系；注意判断共速时刻并判断此后物体与带之间的f变化从而判定物体的受力情况，确定物体是匀速运动、匀加速运动还是匀减速运动；注意判断带的长度，临界之前是否滑出传送带。

⑶注意画图分析：
准确画出受力分析图、运动草图、v-t图像。

3.由准确受力分析、清楚的运动形式判断，再结合牛顿运动定律和运动学规律求解。

要点二、分析物体在传送带上如何运动的方法
1、分析物体在传送带上如何运动和其它情况下分析物体如何运动方法完全一样，但是传送带上的物体受力情况和运动情况也有它自己的特点。

具体方法是:
（1）分析物体的受力情况
在传送带上的物体主要是分析它是否受到摩擦力、它受到的摩擦力的大小和方向如何、是静摩擦力还是滑动摩擦力。

在受力分析时，正确的理解物体相对于传送带的运动方向，也就是弄清楚站在传送带上看物体向哪个方向运动是至关重要的！因为是否存在物体与传送带的相对运动、相对运动的方向决定着物体是否受到摩擦力和摩擦力的方向。

（2）明确物体运动的初速度
分析传送带上物体的初速度时，不但要分析物体对地的初速度的大小和方向，同时要重视分析物体相对于传送带的初速度的大小和方向，这样才能明确物体受到摩擦力的方向和它对地的运动情况。

（3）弄清速度方向和物体所受合力方向之间的关系
物体对地的初速度和合外力的方向相同时，做加速运动，相反时做减速运动；同理，物体相对于传送带的初速度与合外力方向相同时，相对做加速运动，方向相反时做减速运动。

2、常见的几种初始情况和运动情况分析
（1）物体对地初速度为零，传送带匀速运动，（也就是将物体由静止放在运动的传送带上）
物体的受力情况和运动情况如图1所示：其中V是传送带的速度，V10是物体相对于传送带的初速度，f是物体受到的滑动摩擦力，V20是物体对地运动初速度。

（以下的说明中个字母的意义与此相同）
物体必定在滑动摩擦力的作用下相对于地做初速度为零的匀加速直线运动。

其加速度由牛顿第二定律
，求得；
在一段时间内物体的速度小于传送带的速度，物体则相对于传送带向后做减速运动，如果传送带的长度足够长的话，最终物体与传送带相对静止，以传送带的速度V共同匀速运动。

（2）物体对地初速度不为零其大小是V20，且与V的方向相同，传送带以速度V匀速运动，（也就是物体冲到运动的传送带上）
①若V20的方向与V 的方向相同且V20小于V，则物体的受力情况如图1所示完全相同，物体相对于地做初速度是V20的匀加速运动，直至与传送带达到共同速度匀速运动。

②若V20的方向与V 的方向相同且V20大于V，则物体相对于传送带向前运动，它受到的摩擦力方向向后，如图2所示，摩擦力f的方向与初速度V20方向相反，物体相对于地做初速度是V20的匀减速运动，一直减速至与传送带速度相同，之后以V匀速运动。

（3）物体对地初速度V20，与V的方向相反
如图3所示：物体先沿着V20的方向做匀减速直线运动直至对地的速度为零。

然后物体反方向（也就是沿着传送带运动的方向）做匀加速直线运动。

①若V20小于V，物体再次回到出发点时的速度变为- V20，全过程物体受到的摩擦力大小和方向都没有改变。

②若V20大于V，物体在未回到出发点之前与传送带达到共同速度V匀速运动。

说明：上述分析都是认为传送带足够长，若传送带不是足够长的话，在图2和图3中物体完全可能以不同的速度从右侧离开传送带，应当对题目的条件引起重视。

要点三、物体在传送带上相对于传送带运动距离的计算
①弄清楚物体的运动情况，计算出在一段时间内的位移X2。

②计算同一段时间内传送带匀速运动的位移X1。

③两个位移的矢量之=X2- X1就是物体相对于传送带的位移。

【典型例题】
类型一、时间类传送带问题
例1、如图所示，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？
【思路点拨】物体放上传送带以后，开始一段时间，做匀加速直线运动；速度达到10m/s ，需进一步判定所受摩擦力情况才能确定物体的运动形式。

【答案】2s
【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 θ
μθ。

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 10
10
1s 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 =-=
m
mg mg a θ
μθ。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则2
222022
1t 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 。

【总结升华】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L ＜5m ，物体将一直加速运动。

因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。

举一反三
【变式1】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？
【答案】9.16s
【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 θ
θμ。

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：
,33.8s 2
.110
1s a v t === m 67.412 21==a s υ＜50m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因mgsin θ＜μmgcos θ）。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则202t s υ=，50m －41.67m=210t
解得：
t 0.833 s,
2= 所以：t 8.33 s 0.833s 9.16 s =+=总。

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，并对物体加速到与传送带有相同速度时，是否已经到达传送带顶端进行判断。

【高清课程：涉及传送带问题例析 例3】
【变式2】如图，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，至达到另一端所需时间 为多少?g 取10m/s 2
．
【答案】10.5s
【变式3】(2015 合肥市期末考) 如图所示，方形木箱质量为M ，其内用两轻绳将一质量 1.0m kg =的小球悬挂于P 、Q 两点，两细绳与水平的车顶面的夹角分别为60°和30°．水平传送带AB 长24l m =，以
12/v m s =的速度顺时针转动，木箱与传送带间动摩擦因数0.6µ=，
（g=10m/s 2
）求： （1）设木箱为质点，且木箱由静止放到传送带上，那么经过多长时间木箱能够从A 运动到传送带的另一
端B 处；
（2）木箱放到传送带上A 点后，在木箱加速的过程中，绳P 和绳Q 的张力大小分别为多少？
【答案】（1）3t s =；（2）234Q T N =
【解析】（1）木箱由静止放到传送带上，开始过程，根据牛顿第二定律得 对木箱：Mg Ma μ= ，2
2
0.610/6/a g m s m s μ==⨯=
木箱加速位移：2
1122v x m a
== 木箱加速时间：12v
t s a
=
= 11224x m l m ==＜所以还要在传送带上匀速后一段距离 木箱匀速时运动的时间：12l x vt =﹣
，解得：2 1t s = 所以木箱从A 运动到传送带另一端B 处经历时间123t t t s =+= （2）当绳P 伸直但为拉力时030mgtan ma ︒=
03
3
a g =
木箱加速阶段2
063
/3a s a g m ==＞ 所以小球已经飘起，P 已经松弛
故0P T =；此时有22
Q T mg ma -=
解得：234Q T N =
类型二、痕迹类传送带问题
【高清课程：涉及传送带问题例析 例5】
例2．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，当旅客把行李轻放到传送带上后，传送带将会带动行李运动。

已知传送带匀速前进的速度为0.25m/s ，质量为5k g 的木箱在传送带上相对滑动时所受的摩擦力为30N ，那么，这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹长约为（ ） A ．10mm B ．15mm C ．5mm D ．20mm
【思路点拨】木箱放上传送带以后，开始一段时间，做匀加速直线运动；速度达到0.25m/s 后，木箱相对传送带静止。

【答案】C
【解析】解法一：行李加速到0.25m/s 所用的时间：t ＝
a v 0＝s 6
25.0＝0.042s 行李的位移： 2
2
1
1at 6(0.042)m 0.002
2
行李x ＝＝53m ⨯⨯= 传送带的位移：00.0.00.00传送带x ＝V t ＝2542m ＝15m ⨯ 摩擦痕迹的长度：mm m x x x 50052.0≈=-=∆行李传送带
（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，2
0v v =。

）
解法二：以匀速前进的传送带作为参考系．设传送带水平向右运动。

木箱刚放在传送带上时，相对于传送带的速度v=0.25m/s,方向水平向左。

木箱受到水平向右的摩擦力F 的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。

木箱做减速运动的加速度的大小为 /2
a ＝6m s
木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为 mm m m a v x 50052.06
225.022
2
0≈=⨯==∆ 即留下5mm 长的摩擦痕迹。

【总结升华】分析清楚行李和传送带的运动情况，相对运动通过速度位移关系是解决该类问题的关键。

举一反三
【变式1】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。

【答案】2000()
2v a g l a g
μμ-=
【解析】 方法一：
根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0。

根据牛顿运动定律，可得 g a μ=
设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有
t a v 00= t a v =
由于a <a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。

再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有
´0t a v v +=
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。

设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有
´
2
102
00t v t a s += 202v s a = 传送带上留下的黑色痕迹的长度 s s l -=0
由以上各式得 2
000()
2v a g l a g
μμ-=
【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，分别对两个物体的全过程求位移。

方法二：
第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v 0，设经历时间为t ，煤块加速到v ，有
v t a 00= ① v gt at μ== ② 传送带和煤块的位移分别为s 1和s 2， 2
012
1t a s =
③ 2222121gt at s μ== ④
第二阶段：煤块继续加速到v 0，设经历时间为t '，有 v 0v gt μ'=+ ⑤
传送带和煤块的位移分别为s 3和s 4 ，有30s v t '= ⑥ 241
2
s vt gt μ''=+ ⑦ 传送带上留下的黑色痕迹的长度 4231s s s s l --+=
由以上各式得 2000()
2v a g l a g
μμ-=
【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。

方法三：
传送带加速到v 0 ，有 00v a t = ① 传送带相对煤块的速度 0()v a g t μ=- ②
传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是()g a μ-0】
()2012
1
t g a l μ-=
传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为()g a μ-0t ，相对加速度是g μ】
()g
2t 2
2 02μμg a l -=
整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度 ()()g
2t 21
22
00μμμg a t g a l -+-= ③
由以上各式得 2000()
2v a g l a g
μμ-=
【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。

关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。

方法四：用图象法求解
画出传送带和煤块的V —t 图象，如图所示。

其中0
10v t a =
，02v t g
μ=， 黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：
2
0000021000()11
()()222v v v a g l v t t v g a a g μμμ-=-=-=
【小结】本方法的思路是运用在速度—时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包围图形的面积可以用来
表示该段时间内的位移这个知识点，来进行求解，本方法不是基本方法，不易想到，但若能将它理解透，做到融会贯通，在解决相应问题时，就可以多一种方法。

【总结升华】本题题目中明确写道：“经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。

”这就说明第一阶段传送带的加速度0a 大于煤块的加速度g μ。

当传送带速度达到0v 时，煤块速度0v v <，此过程中传送带的位移大于煤块的位移。

接下来煤块还要继续加速到0v ，传送带则以0v 做匀速运动。

两阶段的物体位移之差即为痕迹长度。

处理物体和传送带的运动学问题时，既要考虑每个物体的受力情况及运动情况，又要考虑到它们之间的联系与区别，只有这样，才能从整体上把握题意，选择规律时才能得心应手。

【变式2】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。

桌布的一边与桌的AB 边重合，如图所示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl ，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。

现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边。

若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么?(以g 表示重力加速度)
【答案】a ≥
g 12
2
12μμμμ+
【解析】
1.由牛顿第二定律：l l mg ma μ= ①
由运动学知识：x 2
1l 1v 2a = ②
2.桌布从突然以恒定加速度a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。

设桌布从盘下抽出所经历时间为t ，在这段时间内桌布移动的距离为x 1， 由运动学知识：1x 22at =
③ 1
x 2
211a t = ④ 而1
x 2
1x L =
+ ⑤ 3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

设桌面长为L ，开始时，桌布、圆盘在桌面上的位置如图甲所示；
圆盘位于桌面的中央，桌布的最左边位于桌面的左边处。

由于桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在摩擦力作用下有加速度，其加速度a 1应小于桌布的加速度a ，但两者的方向是相同的。

当桌布与圆盘刚分离时，圆盘与桌布的位置如图乙所示。

圆盘向右加速运动的距离为x 1，桌布向右加速运动的距离为
2
1
L+x 1。

圆盘离开桌布后，在桌面上作加速度为a 2的减速运动直到停下，因盘未从桌面掉下，故而盘作减速运动直到停下所运动的距离为x 2，不能超过
2
1
L －x 1。

通过分析并画出图丙。

设圆盘离开桌布后在桌面上作匀减速运动，以a 2表示加速度的大小，运动x 2后便停下，
由牛顿第二定律： 22mg ＝ma μ ⑥
由运动学知识：x 2
122v 2a = ⑦
盘没有从桌面上掉下的条件是：1
x x ?2
21L ≤- ⑧ 由以上各式解得：a ≥
g 12
2
12μμμμ+ ⑨ 【变式3】（2015 滨州市期末考）如图所示，质量M=4kg 的木板长L=4m ，静止在光滑的水平地面上，其水平上表面左端静置一个质量m=2kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.2．从某
时刻开始，用水平力F=10N 一直向右拉滑块，使滑块从木板上掉下来．g 取10m/s 2
． （1）该过程木板的位移；
（2）滑块离开木板时的速度；
（3）若在F=10N 的情况下，能使小滑块恰好能从木板上掉下来，求此力作用的最短时间．
【答案】见解析
【解析】（1）由牛顿第二定律知滑块和木板加速度分别为213/F mg
a m s m
μ-=
=； 221/mg
a m s M
μ=
=
它们的位移关系为22
121122
a t a t L -= 解得2t s =； 木板位移为2
22122
S a t m =
=； （2）滑块速度为1326/v a t m s ==⨯=；
（3）设滑块经过时间1t 撤掉F ，又经过时间2t 恰好滑到木板的右端获得共速，由牛顿第二定律知滑块撤掉F 时的加速度大小为3a g μ=，
它们的速度关系为1132212a t a t a t t =+﹣（）
， 它们的位移关系为
222
1112322121111222
a t a t t a t a t t L +--+=（） 代入数据联立解得112
5
t s =
． 【巩固练习】 一、选择题： 1、（2015 安徽四校联考）如图所示，传送带向上匀速运动，将一木块轻轻放在倾斜的传送带上瞬间，则关于木块受到的摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
A ． 木块所受的摩擦力方向沿传送带向上
B ． 木块所受的合力可能为零
C ． 此时木块受到四个力的作用
D ． 木块所受的摩擦力方向有可能沿传送带向下 2、（2015 德州市期末考）如图所示，传送带以1m/s 的速率顺时针匀速转动．现将一质量m=0.6kg 的物体轻轻地放在传送带的最左端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两转轴间的距离L=2.5m ，则
物体从最左端运动到最右端所用的时间为（g 取10m/s 2
）（ ）
A ． 5s
B ．
s
C ． 3 s
D ． 2.5s
二、计算题：
136 m s的速率做匀速运转，有效输送距离S=29.8 m，倾角θ=37°1．如图所示，一皮带输送机的皮带以./
将一物体（可视为质点）轻放在A点，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.1，求物体由A到B所需的时间？（g取10 m/s2）
2．如图所示，一平直的传送带以速度v=2 m / s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10 m。

从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6 s能传送到B处。

欲用最短的时间把从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？
3．如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m/s匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m，皮带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。

将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。

求物体从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10 m/s2）
4.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。

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v=1m/s的恒定速率运行。

一质量为m=4kg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。

设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离=2m，g取10 m/s2。

求：
（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。

5.一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a0开始运动，当其速度达到v0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．
6.如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB长为L＝16m的传送带以恒定速度v＝10m/s运动，在传送带上端A处无初速释放质量为m＝0.5kg的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ＝0.5，求：（1）当传送带顺时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？
（2）当传送带逆时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？
(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)．
7、（2015 临忻市期末考）如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，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划痕已知sin37°=0.6，g=10m/s2，求：（1）煤块从A到B的时间．
（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度．
8. 如图所示的传送带，其水平部分ab 的长度为2 m ，倾斜部分bc 的长度为4 m ，bc 与水平面的夹角θ＝37°，现将一小物块A （可视为质点）轻轻放在传送带的a 端，物块A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25．传送带沿图所示方向以v ＝2 m/s 的速度匀速运动，若物块A 始终未脱离传送带，试求小物块A 从a 端被传送到c 端所用的时间？（取g ＝10m/s 2
，sin37°＝0.6 ,cos37°＝0.8 ）
【答案与解析】
一、选择题：
1、A
解析：A 、将一木块轻轻放在倾斜的传送带上瞬间，木块相当于传送带有向下运动的趋势，受到向上的滑动摩擦力，A 正确D 错误；
B 、放上木块后，木块要先做加速运动，所以合力不为零，B 错误；
C 、木块受重力、支持力、滑动摩擦力三个力的作用，C 错误；
故选：A
2、C 解析：根据牛顿第二定律得物块的加速度为：21/mg
a m s m μ==， 物块速度达到传送带速度时的位移为：2
0.5 2.52v x m m a
==＜，知物块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．达到与传送带同速时：1v t s a =
= 匀速时间2L x t s v
-'== 总时间为1+2=3s
故选：C
二、计算题：
1．3s
解析：轻放物体于A 点，即物体初速度为零。

而皮带速度沿斜面向下，这样皮带给物体一个沿斜面向下的摩擦力f 。

物体在摩擦力和重力分力的共同作用下，从初速度为零开始加速运动，在物体的速度小于皮带的速度时，前面受力情况不会变化，如果物体在到达B 之前某一瞬时速度达到皮带的速度，则这一瞬间f=0，加速度gsin θ＞0，沿斜面向下。

随后物体相对皮带向下滑动，皮带给物体的摩擦力变换方向，成为阻力，物体将以另一种加速运动走完后一段路程。

物体轻放于A 点，物体初速度为零，皮带沿斜面向下运动，皮带受物体施给的滑动摩擦沿斜面向上，由牛顿第三定律得出物体受皮带施加的摩擦力沿斜面向下
由牛顿第二定律，有：1mgsin mgcos ma θ+μθ=则：
()()00././221a g sin cos 1sin371cos37m s 68m s =θ+μθ=︒+⨯︒=
当物体与皮带速度相同时，滑动摩擦力为零，历时t 1，位移为s 1。

因为113.6m 29.8m s =<，所以物体在重力分力mgsin θ作用下继续加速运动，物体速度大于皮带速度。

物体相对皮带向下运动，物体受滑动摩擦力的方向改为沿斜面向上
由牛顿第二定律，有：2mgsin －mgcos ma θμθ=
()
0(0.)/.222a g sin －cos 1sin37－1cos37m s 52m s =θμθ=︒︒= 物体经t 2达到B 点，
即： 221...5.2t
22298136136t -=+⨯⨯ 解得t 2=1 s
t 总=t 1+t 2=2 s+1 s=3 s 。

2．v 25m /s = 解析：因
v 22
L >，所以工件在6 s 内先匀加速运动，后匀速运动，有 11vt S 2=，22S vt =，12t t t +=，12S S L += 解上述四式得t 1=2s ，//21a v t 1m s ==
若要工件最短时间传送到B ，工件加速度仍为a ，设此时传送带速度为V ，
同上理有
又∵t 1=V/a t 2=t －t 1 ∴
化简得
∵
∴当，即时，t 有最小值，表明工件一直加速到B 所用时间最短。

所以欲用最短的时间把从A 处传送到B 处，传送带的运行速度至少为。

3．1m
解析：设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P ，则物块速度达到v 0前的过程中，
由牛顿第二定律有：1mgsin mgcos ma θ+μθ=，
代入数据解得a 1=10 m / s 2
经历时间
P 点位移00.11x v t 4 m ==，
物块位移
划出痕迹的长度0.111L x －x ＇
2 m ∆== 物块的速度达到v 0之后
由牛顿第二定律有：2mgsin －mgcos ma θμθ=，
代入数据解得a 2=2 m/s 2
到脱离皮带这一过程，经历时间t 2
解得t 2=1 s 此过程中皮带的位移022x v t 2m ==
222L x ＇-x 3m-2m 1m ∆===
由于21L ＞L ∆∆，所以痕迹长度为2L 1m ∆=。

4. （1）4N 1 m/s 2
（2）1 s （3）2 s 2m/s
解析：水平传送带问题研究时，注意物体先在皮带的带动下做匀加速运动，当物体的速度增到与传送带速度相等时，与皮带一起做匀速运动，要想传送时间最短，需使物体一直从A 处匀加速到B 处。

（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力 f=μmg
以题给数据代入，得f=4N
由牛顿第二定律，得f=ma
代入数值，得a=1 m/s 2
（2）设行李做匀加速直线运动的时间为t ，行李加速运动的末速度为v=1m/s ，则v=at
代入数据，得t=1 s 。

（3）行李从A 处匀加速运动到B 处时，传送时间最短，则
代入数据，得t min =2 s 。

传送带对应的最小运行速率min min v at =
代入数据，解得/min v 2m s =
5.
g a g a v l 00202)(μμ-=
解析：解法1 力和运动的观点 根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0。

根据牛顿第二定律，可得
g a μ= ①
设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有
t a v 00= ②
at v = ③
由于0a a <，故0v v <，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。

再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0， 有t a v v '+=0 ④
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．
设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有
t v t a s '+=02002
1 ⑤ a
v s 220= ⑥ 传送带上留下的黑色痕迹的长度
s s l -=0 ⑦
由以上各式得
g
a g a v l 00202)(μμ-= ⑧
解法2 v t -图象法
作出煤块、传送带的v t -图线如图所示，图中标斜线的三角形的面积，即为煤块相对于传送带的位移，也即传送带上留下的黑色痕迹的长度．。