文档内容
专题 20 传送带模型
授课提示：对应学生用书29页
1.
[2024·河北省保定市期中考试]一足够长倾斜传送带如图所示，木箱M沿静止的传送带
匀速下滑．某时刻起传送带开始顺时针运转，木箱M将( )
A．继续匀速下滑 B．减速下滑
C．加速上滑 D．匀速上滑
答案：A
解析：传送带静止时，木箱受重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力作
用，当传送带顺时针运转后，木箱仍受重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦
力作用，木箱受力大小、方向都没变，则木箱仍匀速下滑，A正确．
2．(多选)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向匀速转动，在传送带左端A处无初速
度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中的速度v随时间t的变化图像，
下列选项中可能正确的是( )
答案：BD
解析：物块先加速运动，加速时做匀加速直线运动，物块在B点前可能与传送带共速，
后匀速运动到B端，也可能一直加速到达B端．综上所述，B、D正确．
3.[2024·山西省名校联考]如图所示，倾角为θ的传送带始终以5 m/s的速度顺时针匀速转
动，一质量为1 kg的物块以10 m/s的初速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端．
已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，物块
从传送带底端运动到顶端的时间为( )
A．1.0 s B．1.5 s
C．2.5 s D．3.0 s
答案：D
解析：开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿
第二定律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，解得a ＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需
1 1
的时间t ＝＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，
1
根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s2，物块从速度等于传送带
2 2
速度到速度为零所需时间t ＝＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间 t＝t ＋t ＝3.0
2 1 2
s，D正确．
4.
[2024·江苏省徐州市月考]如图所示，水平方向的传送带以v 的恒定速度顺时针转动．
1
一物块从右端以v(v>v)的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带长
2 2 1
度L>.在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中
的( )
答案：B
解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a＝μg，当物块向左运动速度
减为零时的位移为x＝，由题可知L>，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右
做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为 x′＝，又v>v ，则
2 1
x>x′，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动，B正确．
5.[2024·安徽省滁州市期末考试]某中学物理课程基地为研究碳块下滑的位置与其在传送
带上运动情况的关系，设计了如图所示的模型：左侧是倾角 θ＝37°的足够长的直轨道(其下
端为B点)，在其右侧放置一逆时针方向转动的传送带 DCE，传送带速度大小恒为v ＝1
0
m/s，水平段DC长L＝3 m．将一碳块从直轨道上的A点由静止释放，A、B相距x.当该碳
块从B点运动到传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右，同时立即撤去直轨
道．已知碳块与直轨道间的动摩擦因数μ ＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ ＝0.1，且碳
1 2
块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带CE段、ED段均足够长．(g取10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算结果可带根号)
(1)若x＝2.0 m，求小碳块滑至B点的速度大小；
(2)若碳块恰能运动到D点，求对应的x值；
(3)若x＝2.0 m，求小碳块在传送带上留下的划痕长度．
答案：(1)4 m/s (2)0.75 m (3)(7－) m
解析：(1)碳块从A→B根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma
1 1
由v＝2ax
1
解得v ＝4 m/s
B
(2)碳块在传送带上运动时，设加速度大小为a，有a＝μg
2 2 2
若碳块恰能运动至D，则v＝2aL
2
在斜面上v＝2ax
1
解得x＝0.75 m
(3)碳块的位移大小x>0.75 m时，滑块从右端滑出．从C→D有v－v＝－2aL
2
所需时间Δt＝
该时间内传送带走了x＝vΔt
1 0
所以划痕的长度为x＝L＋x＝(7－) m．
1
