传送带模型(解析版)-2024届新课标高中物理模型与方法

2024版新课标高中物理模型与方法
传送带模型
目录
【解决传送带问题的几个关键点】
【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动
1.倾斜传送带--上传模型
2.倾斜传送带--下载
【解决传送带问题的几个关键点】
Ⅰ、受力分析
(1)“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
(2)共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。

Ⅱ、运动分析
(1)参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。

(2)判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
(3)判断传送带长度--临界之前是否滑出？
Ⅲ、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。

【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动
项目情景1：轻放情景2：同向情景3：反向
图示
滑块可
能的
运动
情况(1)可能滑块一直加速；
(2)可能滑块先加速后匀
速；
(1)v0<v时，可能一直加速，
也可能先加速再匀速；
(2)v0>v时，可能一直减速，
也可能先减速再匀速．
(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和v0<v两
种情况下滑块回到右端时有何不
同？
1(2023秋·安徽蚌埠·高三统考期末)如图甲为机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带以1m/s的恒定速率运行。

旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s。

行李从A到B的过程中()
A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右
B.行李到达B处时速率为1m/s
C.行李到达B处所需的时间为2.5s
D.行李与传送带间的相对位移为2m
【答案】BC
【详解】AB．由牛顿第二定律得
μmg=ma
设行李与传送带共速所需的时间为t，则有
v=at
代入数值得
t=1s
匀加速运动的位移大小为
x=1
at2=0.5m<2m
2
所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD．匀速运动的时间为
t'=L-x
=1.5s
v
行李从A到B的时间为
=1s+1.5s=2.5s
t
总
传送带在t时间的位移为
x'=vt=1m
行李与传送带间的相对位移为
Δx=x'-x=0.5m
故C正确，D错误；
故选BC。

2(2023·安徽宿州·统考一模)如图所示，水平传送带以8m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)返回到B点。

已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB=6m，AP= 5m，取g=10m/s2。

物块的初速度v0可能是()
A.6m/s
B.7m/s
C.8m/s
D.9m/s 【答案】BCD
【详解】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得
-μmg2AP+AB
=0-1
2
mv2A
解得
v A=8m/s 假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得
μmg×AB=1
2mv2A-1
2
mv2min
解得
v min=210m/s 假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得
-μmg×AB=1
2mv2A-1
2
mv2min
解得
v min=45m/s
故选BCD。

3(2023春·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)如图甲所示，一条绷紧的水平传送带AB以恒定速率v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平台面与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。

滑块以速率v2向左从A点滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化的E k-x图像如图乙所示，已知滑块质量m=2kg，可视为质点，重力加速度g=10m/s2。

则下列说法中正确的是()
A.传送带的运行速率为v1=1m/s
B.滑块在传送带上的运动时间为4.5s
C.若传送带的运动速率增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小
D.滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为36J
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知滑块的初动能为16J，结合动能的表达式
E k=1
2
mv2
解得滑块的初速度大小为
v2=4m/s
滑块的速度大小减小到0时，位移大小为
x1=4m
由
v22=2ax1解得滑块在传送带上的加速度大小为
a=2m/s2该过程所用时间为
t1=0-v2
-a
=2s
然后滑块反向加速到与传送带共速后速度不再发生变化，结合图乙可知，传送带的运行速率满足
1
2
mv21=4J
解得
v1=2m/s
故A错误；
B．滑块与传送带共速所需的时间
t2=v1
a
=1s
滑块在t2=1s时间内运动的位移大小为
x2=1
2
at22=1m
方向水平向右，则剩下的3m内滑块做匀速直线运动，所用时间为
t3=1.5s
滑块在传送带上运动的总时间为
t=t1+t2+t3=4.5s
故B正确；
C．滑块做减速运动的时间恒定，当传送带的运动速率稍微增大一些时，滑块返回到平台的时间会变短，当传送带的运动速率大于4m/s时，滑块返回到平台的时间不变，在传送带上运动的总时间也不变，故C 错误；
D．滑块向左运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为
Δx1=x1+v1t1=8m
滑块向右运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为
Δx2=v1t2-v1
2
t2=1m
由牛顿第二定律得滑块与传送带间的摩擦力大小为
f=ma=4N
则滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=f(Δx1+Δx2)=36J
故D正确。

故选BD。

4(2023·全国·高三专题练习)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2=8m/s顺时针匀速运动，工作人员可以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。

若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2，则()
A.传送带长L 为24m
B.若v 1=0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4m
C.若v 1=1
2
v 2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12:13
D.若仅将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动【答案】AC
【详解】A ．根据传送带与快递箱间动摩擦因数，快递箱加速时加速度
a =μmg m
=μg =4m/s 2
快递箱加速位移
x 1=v 2
22a
=8m
快递箱匀速位移
x 2=v 2×v
2a
=16m
所以传送带总长
L =24m 故A 正确；
B ．若v 1=0，快递箱全程位移为
L =x 1+x 2=24m
则传送带路程为
x =v 2×
v 2
a
×2=32m 痕迹长
s =x -L =8m
故B 错误；C ．如果v 1=
1
2v 2
，快递箱加速时间t 1=
v 2-v 1
a
=1s 加速位移
x 1
=v 22-v 2
1
2a =6m
匀速时间
t 2=L -x 1
v 2
=2.25s
在此期间传送带匀速位移
x =v 2t 1+t 2 =26m
所以两者路程之比为12∶13。

故C 正确；D ．如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间
t1 =2v2
a
=4s
加速位移
x1 =4v22
2a
=32m
大于24m，故D错误。

故选AC。

5(2023·湖北·模拟预测)一水平传送带长L=16m，以恒定速度v=4m/s向右匀速运动，现在传送带左端每隔1s由静止放上一个完全相同的质量为m=1kg的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，则第1个小物块到达传送带最右端后的1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为()
A.3N⋅s
B.4N⋅s
C.5N⋅s
D.6N⋅s
【答案】B
【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度
a=μg=1m/s2
加速运动的时间
t1=v
a
=4s
加速运动的位移
x1=v2
2a
=8m
匀速运动的位移
x2=L-x1=8m
匀速运动的时间
t2=x2
v
=2s
第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第2-3个工件的摩擦力为0，因此
在此后1s内的冲量
I2=I3=0
对第4-7个工件的摩擦力在此后t=1s内的冲量
I4=I5=I6=I7=μmg⋅t=1N⋅s
故此后1s内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为
I=I2+I3+I4+I5+I6+I7=4N⋅s
故选B。

6(2023春·安徽·高三校联考期中)2023年2月中国快递同比提升11.1%，总体来看行业规模实力有所增强，服务能力稳步提升，发展态势持续向好。

某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L=5.25m，始终保持恒定速度v=1m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的是()
A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移为0.5m
D.快件由A到B的时间为5.5s
【答案】D
【详解】AB．快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故AB错误；
C．快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为
a=μmg
m
=μg=2m/s2
快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为
t=v
a
=0.5s
与传送带的相对位移为
Δx=vt-v
2
t=0.25m 故C错误；
D．快件匀速运动的时间为
t =L-v
2
t
v
=5s
所以快件运输总时间为
t
总
=t+t =5.5s
故D正确。

故选D。

7(2023·安徽·校联考模拟预测)如图为某自动控制装置的示意图，平台左右等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平传送带，传送带的速度大小v和长度L都可以根据需要由自动驱动系统调节。

一质量m=1kg的物体(可视为质点)以初速度v0=6m/s从左侧平台滑上传送带、物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2。

(1)若v>v0，传送带的长度L=6.5m，要求物体运动到传送带右端的时间最短，求该过程中摩擦力对物体的冲量大小I；
(2)若v<v0，传送带的长度L =5.5m，当物体运动到传送带右端时、刚好与传送带相对静止，求物体与传送带之间的相对位移大小x。

【答案】(1)1N⋅s；(2)0.5m
【详解】(1)若v>v0，物体受到传送带向右的滑动摩擦力，若物体一直做加速直线运动，时间最短，设物体运动的加速度为a，运动到传送带右端的时间为t，速度为v1，根据牛顿第二定律有
μmg=ma
由匀变速直线运动的规律有
v21-v20=2aL
L=1
2
v0+v1 t
又
I=μmgt
解得
I=1N⋅s
(2)若v<v0，由题意，物体运动到传送带右端时刚好与传送带共速。

设物体运动到传送带右端的时间为t ，根据匀变速直线运动的规律有
v2-v20=-2aL
L =1
2
(v0+v)t
相对位移
x=1
2
(v0+v)t -vt
解得
x=0.5m
8(2023春·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习)图为车站使用的水平传送装置的示意图，绷紧的传送带始终保持以4.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.8m。

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端时没有及时取下，行李包从B端水平抛出，行李包以v0 =1.0m/s的初速度从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，它从B端抛出后飞出的水平距离1.6m，求传送带的长度L应满足的条件。

不计空气阻力，g取10m/s2。

【答案】L≥3.0m
【详解】根据题意，设行李包在空中运动的时间为t，飞行的水平距离为x，抛出水平初速度为v，则有
h=1
2
gt2
解得
t=2h g=2×0.8
10s=0.4s
水平方向上有
x=vt
解得
v=4.0m/s
设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力
F f=μmg=ma
解得
a=μg=0.25×10m/s2=2.5m/s2
设行李包在传送带上通过的距离为s0，根据速度位移关系式
2as
=v2-v20
代入数据解得
s0=3.0m
故传送带的长度L应满足的条件为
L≥s0=3.0m
9(2023·山东·高三专题练习)我国物流市场规模连续七年位列全球第一。

某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1m/s2的加速度向前加速运行。

在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初速度滑上传送带。

已知传送带长为6m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，求：
(1)货物用多长时间到达传送带末端；
(2)整个过程传送带对货物做的功；
(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。

【答案】(1)3s；(2)0；(3)60J
【详解】(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知
μmg=ma
解得
a =2m/s2
设经时间t1两者共速，则
ν0-a t1=at1
解得
t1=1s
故货物运动1s后两者共速。

此时的速度大小
v=at1=1m/s
货物的位移
x1=v0t1-1
2
a t21=2m
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则
vt2+1
2
at22=l-x1
解得
t2=2s
所以货物到达传送带末端所用的时间
t=t1+t2=3s
(2)设货物到达传送带末端的速度大小为v ，则
v =v+at2
解得
v =3m/s
货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得
W=1
2mv 2-1
2
mv20
解得
W=0 (3)货物和传送带之间的相对位移
Δx =x 1-1
2at 21
=1.5m
所以整个过程因摩擦产生的热量
Q =μmg Δx =60J
10(2023·全国·高三专题练习)如图所示，
长L =8m 的水平传送带以恒定速率v 沿顺时针方向转动，其右侧平滑对接光滑水平台面，台面右端平滑连接一倾角θ=37°足够长的斜面。

一质量为m =0.1kg 的物块B 静止于水平台面上，将另一质量也为m 的物块A 无初速度轻放在传送带左端。

已知滑块A 、B 与传送带之间的动摩擦因数均为μ1=0.1，滑块A 、B 与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.5，两物块(均可视为质点)发生碰撞后粘合成一个整体C ，碰撞时间极短。

不计空气阻力，g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)为使物块A 从传送带左端运动到右端的时间最短，传送带速率v 应满足什么条件；(2)若传送带的速率v =5m/s ，则在整个运动过程中，求：①结合体C 在斜面上运动的总路程s 和总时间t ；②结合体C 与传送带因摩擦而产生的总热量Q 。

【答案】(1)v ≥4m/s 2；(2)①0.4m ，5+15s ；②455
J 【详解】(1)当物块A 从传送带左端运动到右端一直做匀加速运动时，时间最短，加速度为
a =μ1mg m
=1m/s 2
由
2aL =v 20解得
v 0=4m/s
传送带速率v 应满足
v ≥4m/s 2
(2)①A 与B 碰撞动量守恒，有
mv 0=2mv 1
解得
v 1=2m/s
当C 沿斜面向上运动时，受力分析如图
可得
a 上=
2mg sin θ+2μ2mg cos θ
2m
=10m/s 2
则
t 上=
v1
a
上
=0.2s
s 上=
v1
2
t
上
=0.2m
当C沿斜面向下运动时，受力分析如图
可得
a
下=
2mg sinθ-2μ2mg cosθ
2m
=2m/s2
由
s 下=1
2
a
下
t2
下
=s
上
可得
t 下=5
5
s
故
s=s
上+s
下
=0.4m
t=t
上+t
下
=5+1
5
s
②C回到水平面时速度为
v2=a
下t
下
=25
5
m/s
则在传送带上向左运动时间
t 左=
v2
a
=25
5
s
向右运动时间
t 右=t
左
=25
5
s
C与传送带因摩擦而产生的总热量
Q=μ12mg
v2
2
+v
t左+v-v22
t右
=45
5
J
11(2023秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习)题图为地铁入口安检装置简易图，水平传送带AB长度为l，传送带右端B与水平平台等高且平滑连接，物品探测区域长度为d，其右端与传送带右端B 重合。

已知：传送带匀速运动的速度大小为v，方向如图，物品(可视为质点)由A端无初速度释放，加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域，最后匀速通过B端进入平台并减速至0，各处的动摩擦因数均相同，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。

求：
(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ：
(2)物品运动的总时间t。

【答案】(1)μ=
v2
8(l-d)g；(2)
13l-12d
v
【详解】(1)设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a，则
v
2
2=2a(l-d)
μmg=ma
联立解得
a=v2
8(l-d)，μ=
v2
8(l-d)g
(2)物品匀加速到v走过的位移为s。

由v2=2as得
s=4(l-d)
故匀速位移为
l-s=4d-3l
又有匀速部分
4d-3l=vt1
匀变速部分
t2=2∙v
a
故总时间
t=t1+t2=13l-12d
v
12(2023·天津滨海新·高三塘沽二中校考期中)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=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)求行李在传送带上的运动时间；
(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。

【答案】(1)4N，1m/s2；(2)2.5s；(3)2s，2m/s
【详解】(1)行李所受滑动摩擦力的大小为
Ff=μmg=0.1×4×10N=4N
由牛顿第二定律可得，加速度的大小为
a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2。

(2)行李加速至与传送带速率相等所用时间为
t 1=
v
a
=1s 加速过程的位移为
s 1=v 2
2a
=0.5m
行李匀速运动至传送带B 端所用时间为
t 2=
L -s 1
v =1.5s 故行李在传送带上的运动的总时间为
t =t 1+t 2=2.5s
(3)行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为a =1m/s 2，当行李到达右端时，有
v 2min =2aL
v min =2aL =2×1×2m/s =2m/s
所以传送带对应的最小运行速率为2m/s ，行李从A 处传送到B 处的最短时间为
t min =v
min a
=2s
13(2023·全国·校联考模拟预测)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，
用于对乘客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持lm/s 的恒定速率运行．乘客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1．A 、B 间的距离为4.5m ．若乘客把行李放到传送带A 处的同时接受工作人员安检，2s 后从A 处平行于传送带运动到B 处取行李．乘客先由静止开始以0.5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，然后做加速度大小为0.5m/s 2的匀减速直线运动到B 处时速度恰为0．求乘客与行李到达B 处的时间差．(重力加速度g 取10m/s 2)
【答案】3S
【详解】对行李，设加速度为a ，则有：a =μg
设行李速度达到lm/s 时，时间为t 1，位移为x 1，则有：
时间为：t 1=v
a 位移为：x 1=v 2
2a
整理代入数据得：
t 1=ls
x 1=0.5m <4.5m 设行李匀速运动时间为t 2，则有：
t 2=
x -x 1
v 0
=4s 即行李从A 到B 所需时间为：
t 1+t 2=5s 对乘客，设经过t 时间由A 到B ，则有：x =2×12a 0t 2 2
代入数据得：
t =6s 故乘客从把行李放到A 处到B 点所用时间为：6s +2s =8s 故乘客与行李到达B 处的时间差为：
△t =8s -5s =3s
14(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，
相距L =11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定.质量m =10kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0=5.0m/s 自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g =10m/s 2.
(1)若v =4.0m/s ，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.【答案】　(1)2.75s (2)43m/s 2m/s
【解析】　(1)传送带的速度为v =4.0m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg =ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2-v 20=-2as 1②
联立①②式，代入题给数据得s 1=4.5m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v ，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v =v 0-at 1′④
t 1=t 1′+L -s 1
v
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1=2.75s ⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有
-μmgL =12mv 21-1
2
mv 20⑦μmgL =12mv 22-1
2
mv 20⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v 1=2m/s , v 2=43m/s ⑨
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目情景1：上传情景2：下载情景2：反向图示
滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)还有其他结论吗？
(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．
(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
1.倾斜传送带--上传模型
受力分析运动分析(先加后共)难点问题
μ>tanθ①滑动摩擦力f=μmg cosθ
②加速度a=g(μcosθ-
sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静摩擦
力f'=mg sinθ
受力分析运动分析(一直加速)难点问题
μ<tanθ⑤μ<tanθ，物体向下加速
⑥加速度a=g(μcosθ-
sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速度与
传送带快慢无关
1(2023秋·山东青岛·高三统考期末)如图甲，为机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货仓装载行李的场景，传送带保持恒定速率向上运行。

工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。

如图乙，A、B、C、D 是传送带上4个进入货仓前匀速运动的行李箱，其中A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d。

已知传送带运行的速率为v0，倾角为θ，传送带的长度为L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )．
A.A 、B 、C 、D 与传送带间动摩擦因数相同，均满足μ>tan θ
B.A 、B 、C 与传送带间动摩擦因数大于D 与传送带间动摩擦因数
C.工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔Δt =
d
v 0
D.若A 的质量为m ，则由于传送A ，驱动传送带的电机额外消耗的电能ΔE =mgL sin θ+12
mv 20【答案】C
【详解】AB ．传送带运行的速率为v 0，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，行李箱放在传送带上后，先加速，后匀速，设加速时间为t ，加速过程的位移为x 1，则对行李箱有
μmg cos θ-mg sin θ=ma v 0=at x 1=v
02t
行李箱加速时，传送带的位移为x 2，则
x 2=v 0t
行李箱加速时，与传送带的相对位移为
Δx =x 2-x 1=
v 20
2μg cos θ-g sin θ
A 与
B 、B 与
C 间的距离均为d ，C 与
D 间的距离小于d ，则A 、B 、C 与传送带间动摩擦因数相同，D 与传送带间动摩擦因数大于A 、B 、C 与传送带间动摩擦因数，且A 、B 、C 、D 与传送带间动摩擦因数均满足μ>tan θ，AB 错误；
C ．由以上分析知，A 、B 、C 释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d ，则工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为
Δt =
d
v 0
C 正确；
D ．根据能量守恒定律知，驱动传送带的电机额外消耗的电能转化为了A 的机械能和摩擦产生的热能，有
ΔE =mgL sin θ+12mv 2
0+
v 20μmg cos θ2μg cos θ-g sin θ D 错误。

故选C 。

2(2023·浙江宁波·校联考二模)逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，
传送带的v -t 图像如图所示。

在t =0时刻质量为1kg 的物块从B 点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。

2s 后开始减速，在t =4s 时物体恰好能到达最高点A 。

(已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。

以下说法正确的是(
)
A.物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B.传送带AB长度为6m
C.2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D.物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J 【答案】D
【详解】A．前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。

由于物块匀速上滑，根据平衡条件
μmg cos37°=mg sin37°
解得
μ=0.75
故A错误；
BC．由题意可知，t=2s时，物块与传送带速度相等，由图像可得
v=1m/s
前2s，物块沿传送带上滑的位移为
x1=vt=2m
由题意可得，后2s，物块相对传送带静止，物体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a =1
m/s2，向上匀减速运动
2
at2=1m
x2=vt-1
2
传送带AB长
L=x1+x2=3m
故B、C错误；
D．上滑过程中，滑动摩擦力为
f=μmg cos37°=6N
由传送带的v-t图像可知前2s，传送带位移为
x=3m
故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为
Q=f x-x1
=6J
故D正确。

故选D。

3(2023·湖北·模拟预测)足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。

质量m=2kg的小物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10m/s2，小物块视为质点，求：
(1)小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
(2)小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角θ；
(3)0-2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。

【答案】(1)4.83s ；(2)μ=0.5，θ=37°；(3)48J
【详解】(1)由v -t 图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t 1=2s ，v -t 图像面积即位移
x =8m
由图像知，1s ∼2s 的加速度a 2为
a 2=
0-2
1
m/s 2=-2m/s 2方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a 2相等，由
x =1
2
a 2 t 22
得
t 2=22s ≈2.83s
故总时间
t =t 1+t 2=4.83s
(2)由v -t 图像得0∼1s 的加速度a 1为
a 1=
2-12
1
m/s 2=-10m/s 2方向沿传送带向下；0∼1s ，对小物块由牛顿第二定律得
mg sin θ+μmg cos θ=-ma 1
1s ∼2s ，对小物块由牛顿第二定律得
mg sin θ-μmg cos θ=-ma 2
解得
θ=37°
μ=0.5
(3)传送带的速度v =2m/s ，在0∼1s 内传送带的位移
x 带1=vt 1=2×1m =2m 小物块的位移为
x 物1=
12+2
2×1m =7m 两者相对位移大小为
Δx 1=x 物1-x 带1=5m
在1∼2s 内传送带的位移
x 带2=vt 2=2×1m =2m
小物块的位移为
x 物2=
2×1
2
m =1m 两者相对位移大小为
Δx2=x
带2-x
物2
=1m
0∼2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
Q=fd=μmg cosθ(Δx1+Δx2)=0.5×2×10×0.8×(5+1)J=48J
4(2023·广东·模拟预测)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。

它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ= 37°，B、C间距离忽略不计。

已知水平传送带以4m/s的速率顺时针转动。

把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，1.3s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的摩擦因数相同。

g取10m/s2。

求：
(1)水平传送带AB的长度及滑动摩擦因数；
(2)若CD段的长度为2.6米，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件。

【答案】(1)3.6m，0.5；(2)3m/s
【详解】(1)由v-t图像可知，传送带AB段的长度为
L AB=3.6m
货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得
μmg=ma1
解得
a1=μg
由图像可知传送带上的加速过程加速度为
a1=4
0.8
m/s2=5m/s2
则
μ=0.5
(2)依题意，货物以4m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则
ma2=mg sinθ+mμg cosθ
解得
a2=10m/s2
故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tanθ，故共速后将仍做匀减速直线运动。

则
ma3=mg sinθ-mμg cosθ
解得
a3=2m/s2
建立运动v-t图像如下：。