专题18.传送带模型（解析版）--2023高考二轮复习._4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习二十五专题精练287608825_专题18传送带模型

2023 高考二轮复习二十五专题 专题十八、传送带模型 第一部分 织网点睛，纲举目张 模型一 动力学中的传送带模型 动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线 运动规律的理解，涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。 模型二 与动量、能量有关的传送带模型 滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的 物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量 有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。 传送带中的功能关系 第二部分 实战训练，高考真题演练 1.（11分）（2021新高考辽宁卷）机场地勤工作人员利用初速度从飞机上卸行李。如图所 示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。工 作人员沿传送带方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8.取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.。求： （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 【解题思路】（1）取沿传送带向下为正方向，由牛顿第二定律， mgsinα- μmgcosα=ma， 1 解得：a=-0.4m/s2。负号表示加速度方向沿斜面向上。 1 即小包裹相对传送带滑动时的加速度大小为0.4m/s2。 （2）由v-v=at，解得小包裹速度减小到等于传送带速度 时间t=2.5s 1 2 1 1 由v2-v2=2ax，解得在这段时间小包裹位移x=2.75m 1 2 小包裹速度减小到等于传送带速度v 后，由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹与传送带 1 同速向下运动， 由L-x= v t，解得：t=2.0s。 1 2 2 小包裹通过传送带所需时间t= t+t =2.5s+2.0s=4.5s。 1 2 2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5 m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 ＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传 0 送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)若v＝4.0 m/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； (3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝ s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从 左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【解题思路】：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/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，由运动学公式有 1 v2－v2＝－2as ② 0 1 联立①②式，代入题给数据得 s＝4.5 m ③ 1 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至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，做匀减速运动所用的时间为t′，由运动学公 1 1 式有 v＝v－at′ ④ 0 1 t＝t′＋ ⑤ 1 1 联立①③④⑤式并代入题给数据得 t＝2.75 s。 ⑥ 1 (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 ；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 。 1 2 由动能定理有 －μmgL＝mv2－mv2 ⑦ 1 0 μmgL＝mv2－mv2 ⑧ 2 0 由⑦⑧式并代入题给条件得 v＝ m/s，v＝4 m/s。 ⑨ 1 2 (3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v ＜v＜v ，载物箱先做匀加速运动，加速度 0 2 大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s，所用时间为t，由运动学公式有 2 2 v＝v＋at ○ 0 2 v2－v2＝2as ⑪ 0 2 联立①○⑪式并代入题给数据得 t＝1.0 s ⑫ 2 s＝5.5 m ⑬ 2 因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物 箱与传送带共同匀速运动(Δt－t)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距 2 离为s，有 3 s＝(Δt－t)v ⑭ 3 2 由①⑫⑬⑭式可知，mv2＞μmg(L－s －s)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零， 2 3设为v。由运动学公式有 3 v2－v2＝－2a(L－s－s) ⑮ 3 2 3 v＝v－at ⑯ 3 3 设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I，由动量定理有 1 I＝m(v－v) ⑰ 1 3 0 联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得 I＝0 ⑱ 1 传送带对它支持力的冲量为I＝mg(Δt＋t) ⑲ 2 3 联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I＝ N·s ⑳ 2 由于I＝0，所以传送带对它的冲量为 1 I＝I＝ N·s，方向竖直向上。 2 答案：(1)2.75 s (2)4 m/s m/s (3) N·s，方向竖直向上 第三部分 思路归纳，内化方法 1, 物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻， 也是物体运动分段的关键点。 2. 对于倾斜传送带 (1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动 摩擦力作用。 (2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。 第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力 1. （2023重庆第二次质检）生产生活中，有的场所需要将物品运送到高处，有的场所需要 将物品运送到低处。现有如图甲、乙所示完全相同的物块和皮带传送装置，图甲装置将物 块无初速放到传送带最低端，送往最高端；图乙装置将物块无初速放到传送带最高端送往 最低端。设定两传送带以相同恒定速率运行，已知传送带足够长。物块从传送带一端到达 另一端点经过的时间分别为t 、t ，在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩 甲 乙 擦生热的平均热功率分别为P 、P 。则（） 甲 乙A. B. C. D. 【参考答案】BD 【名师解析】 ．对甲、乙分别受力分析，由牛顿第二定律得 解得 ， 设传送带长度为L，速率为v，物块先加速，共速后匀速，则有 解得 因为 ，则 ，故A错误，B正确； CD．在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩擦生热的平均热功率为 其中摩擦力 ，甲、乙相同，则 ，故C错误，D正确。 故选BD。 2. （2023湖南永州一模）如图所示，用与水平面成 角的传送带输送货物，传送带 以 的速度顺时针运行，地勤人员将一质量 的货物以初速度 从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为 ，取重力加速度 ，下列正确的是（ ） A. 货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动 B. 传送带从底端到顶端的长度是 C. 货物在传动带上运动的时间为 D. 货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为 【参考答案】CD 【名师解析】 物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上 滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 1 mgsinθ+μmgcosθ=ma 1 代入数据解得 a=8m/s2 1 则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为 物块沿传送带向上的位移为 物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力 f=μmgcosθ＜mgsinθ相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上， 但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度 大小为a，由牛顿第二定律得 2 mgsinθ-μmgcosθ=ma 2 代入数据解得 a=2m/s2 2 则物块速度减为0的时间为 物块沿传送带向上运动的位移为 物块在传送带上向上运动的时间 t=t+t=0.5s+0.5s=1.0s 1 2 传送带从底端到顶端的长度 L=vt=1×1.0m=1.0m 故AB错误，C正确； D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小 x =vt=1×0.5m=0.5m 传送带1 1 物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小 x =vt=1×0.5m=0.5m 传送带2 2 物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小 l=x-x =1.5-0.5m=1.0m 1 1 传送带1 物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小 l=x -x=（0.5-0.25）m=0.25m 2 传送带2 2 物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为 Q=μmgcosθ（l+l） 1 2 代入数据解得 Q=3.75J 故D正确。 故选CD。 3.（2023陕西渭南市咸林中学摸底）如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持速度 顺时针转动，两轮轴心间距为 ，质量为 的物块（视 为质点），以速度v 从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过时间 到达右轮的正上方， 1 物块与传送带间的动摩擦因数为 ，物块和传送带的 图像如图乙所示，重力加 速度 ，对此过程，下列说法正确的是（ ） A. 传送带对物块做的功为5J B. 物块对传送带做的功为4J C. 物块与传送带之间因摩擦产生热量5J 的 D. 传送带对物块摩擦力 冲量大小为 【参考答案】BD 【名师解析】 经过时间 到达右轮的正上方，则 物块的位移为 传送带对物块做的功为解得 A错误； B．传送带位移为 物块对传送带做的功为 解得 B正确； C．物块与传送带之间因摩擦产生热量为 解得 C错误； D．传送带对物块摩擦力的冲量大小为 解得 D正确； 故选BD。 4. （2023辽宁铁岭六校协作体联考）如图所示，光滑水平面MA上有一轻质弹簧，弹簧一 端固定在竖直墙壁上，弹簧原长小于MA。A点右侧有一匀速运动的水平传送带AB，传送 带长度l＝2m，速度 ，一半径为R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，轨道圆心为O，OC水平。现用一质量为m＝2kg的物块（可看做质点）压缩弹簧， 使得弹簧的弹性势能为 。由静止释放物块，已知物块与传送带之间的动摩擦因数 为 ，g取 ，关于物块的运动，下列说法正确的是（ ） A. 物块能运动到半圆轨道最高点D B. 物块运动到B点的速度为 的 C. 物块运动到C点时对轨道 压力为60N D. 若传送带速度变为v＝2m/s，物块在B点右侧不会脱离轨道 【参考答案】ACD 【名师解析】 由题意知，物块到达A点的速度满足 解得 所以物块滑上传送带后做加速运动，且加速位移为 所以滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点的速度与传送带速度相同，即为 设滑块恰好可以运动到半圆轨道最高点D，则在最高点满足解得 从B到D由动能定理得 求得B点最小速度为 所以物块恰好能运动到半圆轨道最高点D，故A正确，B错误； C．从B到C由动能定理得 在C点受力分析得 联立解得 由牛顿第三定律可知物块运动到C点时对轨道的压力为60 N，故C正确； D．若传送带速度变为v=2m/s，则可知滑块滑上传送带后先做减速运动，且减速到 时 位的移为 即滑块恰好减速到B点和传送带共速，设物块恰好可以到达C点时对应的B点速度为v， 1 则从B到C由机械能守恒可得 解得即滑块在B点的速度为 时，在到达C点之前已经减速为零，则可知传送带速度变为 v=2m/s时，物块在B点右侧不会脱离轨道，故D正确。 故选ACD。 5. （12分）(2023江西宜春重点高中期中) 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道 竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑 下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度 顺时针转动时，滑 块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置无机械能损失的滑上静止在光滑水平地面上的 长木板，长木板运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右 端到挡板的距离L在Rμmgcosα ，所以当 μ减小时，首先发生相对滑动的是m，当m与绸带出现相对滑动时，M 与绸带间不会出 现相对滑动，绸带将随着M 一起运动。（1分） 欲使物块 M、m 与绸带不发生相对滑动，则需满足： μmgcosα≥f （1分）μ≥0.9 可得： （1分） a , m a (3)设M 与绸带一起运动的加速度为 1 加速度为 2，则 Mgsinα−μmgcosα=Ma 1（1分） mgsinα−μmgcosα=ma 2（1分） a =2m/s2a =0 解得： 1 2 结果表明，M 带着绸带一起向下加速运动，而m相对斜面静止，m处于右侧绸带的中点， L 2 t 所以当M 与绸带一起运动 4 时，m将离开绸带沿斜面下滑，设这段时间为 1，则： L 1 2 = a t2 4 2 1 1 （1分） t 解得： 1=1.5s （1分） mgsina=ma m在斜面上下滑时： 3（1分） a =6m/s2 解得： 3 t 设m从离开绸带到滑到斜面底端用时为 2，则有： L 1 L − 2 = a t2 1 4 2 3 2 （1分） t =1s 解得： 2 （1分） m物块从释放到斜面底端用时为： t=t 1 +t 2 t=2.5s （1分） 14. （2023天津名校月考） 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为 如图2所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最 左端，传送装置始终以v ＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因 0 数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度 g＝10m/s2。 （1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离； （2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到 传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。【参考答案】（1）0.25m；（2）2.5s 【名师解析】 （1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得 μmg＝ma 解得 a＝0.5m/s2 包裹加速到v 所用的时间为 0 t＝ 1 解得 t＝1s 1 t 时间内包裹的位移大小为 1 x＝ 1 解得 x＝0.25m 1 t 时间内传送装置的位移大小为 1 x＝vt 2 01 解得 x＝0.5m 2 故包裹相对于传送装置运动的距离为 Δx＝x－x＝0.25m 2 1 （2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为 t＝ ， 2 解得. t＝35s 2 乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为 t＝ 3 解得 t＝2s 3 故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为 Δt＝t＋t－t＝2.5s 1 2 3 15. （2023湖南顶级名校质检）如图所示，长为L=2m的水平传送带以v=2m/s的速度匀速 2 转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，m =m =1.0kg。在距传送带左端 B C s=0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有 一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面 底端L=2m处由静止释放一质量m =0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞， 1 A 碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩 擦因数μ=0.2，与水平面间的动摩擦因数μ=0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25， 1 2 3 物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小； （2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能； （3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数； （4）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。 【参考答案】（1）4m/s；（2）0.5J；（3）10；（4）11m 【名师解析】 （1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得 代入数据可得 v =4m/s A（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，有 A1 B 代入数据得 v =3m/s B 物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B 解得 物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有 1 ， 由于xμgsinθ，煤块继续匀减速 a=gsinθ-μgsinθ=2m/s2 （1分） 2 v 2 x = 2 =1m 2 2a 2 （1分） 总位移x=4m （1分） （3）煤块以a 一直匀减速到最高点 2 t=v/a=4s 2 1 2 v 2 x = 1 =16m 煤 2a 煤块位移 2 （2分） x =v t =40m 传 3 2 传送带位移 （2分） Δx=x －x =24m 传 煤 痕迹长度为 （1分） 19. （2023重庆南开中学第一次质检）如图所示，倾角 的传送带，正以速度 顺时针匀速转动。长度 ，质量为m的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数 ，当木板前进 时机器人将另一质量也为m（形状大小忽略不 计）的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数 ，从此刻开始，每间 隔 机器人将取走货物而重新在木板右端轻放上相同的货物（一共放了两次货物），重力 加速度为 ，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，求： （1）木板前进 时的速度大小； （2）取走第一个货物时，木板的速度大小； （3）取走第二个货物时，木板的速度大小。 【参考答案】（1） ；（2） ；（3） 【名师解析】 （1）木板放在传送带上受到重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力作用 根据牛顿第二定律有代入数据，解得 由位移速度关系 代入数据，木板前进 时的速度大小 （2）放上货物后，货物受重力、支持力、滑动摩擦力作用 向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 代入数据，解得 木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力因为 木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律 解得 0.5 货物加速，木板减速，当两者速度相等时 解得 s 之后，两者一起匀加速到与传送带共速，该过程加速度与木板初始的加速度相同 ＜1s取走第一个货物时，木板的速度大小为 ； （3）同理，放上第二个货物后，木板的运动与放上第一个的时候相同，木板先做匀减速， 再和货物做匀加速直线运动，直到与传送带共速，整个过程 ，剩下的 做匀速直线 运动，所以取走第二个货物时，木板的速度大小为 。 . 20.（2023济南重点高中质检）如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外 力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v＝－10m/s运行的水平传送带，从物体 0 冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0～4s内水平外力方向始终 与物体运动方向相反，g取10m/s2。求： （1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。 【参考答案】（1）0.3；（2）2880J 【名师解析】 （1）设水平外力大小为F，由乙图可知0～2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速度大 小为 a＝5m/s2 1 由牛顿第二定律得 F＋f＝ma 1 2～4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为 a＝1m/s2 2 由牛顿第二定律得 f－F＝ma 2 联立解得f＝60N 又 f＝μmg 解得 μ＝0.3 （2）0～2s内物体的对地位移为 传送带的对地位移为 x′＝vt＝－20m 1 01 此过程中物体与传送带间的摩擦热为 Q＝f(x－x′)＝1800J 1 1 1 2～4s内物体的对地位移为 传送带的对地位移为 x′＝vt＝－20m 2 02 此过程中物体与传送带间的摩擦热 Q＝f(x－x′)＝1080J 2 2 2 0～4s内物体与传送带间的摩擦热为 Q＝Q＋Q＝2880J 1 2 21．（15分）（２０２３南京镇江１０月学情调研）如图所示，装置由光滑的四分之一圆 弧轨道 、水平传送带 组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接。一质量为 的滑块在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落 地。已知滑块与传送带的动摩擦因数为 ，传送带 长L=3m，圆弧轨道半径为 R=0.8m，传送带一直向右做匀速运动，速度大小为 ，C端距地面的高度 H=1.25m。（传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取 ） （1）若小滑块从h=0.2m处静止释放通过传送带，求滑块经过传送带因摩擦而产生的热量。 （2）操作发现，当滑块从距离B点高度为 和 之间 下滑，最后都会落到地上同一点，求 和 。 （3）若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节（B点位置不变， C点位置可以左右调节），其他条件不变，求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长 度L之间的关系。（注：滑块运行期间传送带长度是不变的） 【名师解析】 (1)mgh= mv2 解得v =2m/s B 分析得：滑块在传送带上先匀加速再匀速，v=v -at B 得t=1s 相对位移大小X -X =0.5m Q=fx=0.1J------------(5分) 带 物 (2)分析得：临界:一个匀加速到头为V, 一个匀减速到头V h =0.15m ------(2分) 1 h=0.75m -------------(2分) 2 (2) 滑块始终从A点释放，到达B点的速度为 经过分析，当传送带长度小于等于 时，滑块全程减速，否则为先减速后以 匀速， L=3.5m 当L≥3.5m X=L+1.5 (m)-------------(3分) 当L∠3.5m -------------(3分)22.(18分) （2023安徽示范性高中质检） 某快递公司为了提高效率,使用电动传输机转运快件,如图所示,传送带由水平部分AB=2m、倾斜 部分 BC=8m 组成,倾斜部分与水平面的夹角θ=37°。先将货物静止放在水平部分最右端 A 点,再让 传送 带以a=8m/s 的加速度开始启动,当传送带的速度达到v=4m/s后改为匀速运动,假设货物到达 2 B 端由AB 转到BC 部分时衔接速度方向立刻改为沿BC 方向但大小不变,货物与传送带间的动摩擦 因 数都是μ=0.5,已知重力加速度g=10m/s ,sin37°=0.6,cos37°=0.8。试求: 2 (1)货物从A 点传送到B 点所用的时间; (2)若货物传送到B 点,传送带立即停止转动,货物从B 端传送到C 端所用的时间;(计算结果保留 小 数点后两位) (3)若货物传送到B 点,传送带的速度立即改变但仍为匀速率,货物从B 端传送到C 端所用的时间 为1.2s,试判断传送带改变后运转的方向并计算运转的速度大小。 【名师解析】（1）由货物分析： mg ma ，解得 a 5m/s2 （1 分） 传送带加速阶段，货物加速，传送带匀速以后货物仍要加速一段时间才能共速，设货物加 速的总时间为t1 ，加速阶段位移为 x1 。 解得 t 1 0.8s ， x 1 1.6m（1 分） 余下 0.4m 一起匀速 L x 1 vt 2 （1 分） 解得 t 0.1s （1 分） 2 所以货物从 A 点传送到 B 点所用的时间为 t t 1 t 2 0.9s（1 分）（2）BC 段不动： mg sin 37mg cos 37 ma 1 解得 a 1 2m/s2 ，方向沿斜面向下（1 分） 解得：t （ ）s≈0.146s （1 分） 2 （3）若传送带顺时针运动，货物受到沿斜面向上的摩擦力，始终以 a 2m/s 的加速度 2 1 向下加速，用时 t 1.46s 不变 若传送带逆时针运动，且运转速度0 v 4m/s ，货物受到沿斜面向 1 上的摩擦力，始终以 a 2m/s2 的加速度向下加速，用时 t 1.46s 不变 1 1 若传送带逆时针运动，且运转速度足够大，货物受到始终沿斜面向下的摩擦力 mg sin 37°+ mg cos 37 ma （1 分） 2 解得 a 10m/s2 ，方向沿斜面向下（1 分） 2 若以此加速度一直加速到最低端，所用时间最短 解得： 由以上分析可知，传送带应逆时针运动，且运转速度大于 4m/s，摩擦力方向先向下，后向 上。 设货物在传 送带上先经过 t 时间以 a 加速，与传送带共速后又以 a 加速经过 t 时 3 2 1 4 间到达底端 设传送带的速度为 v， 2联立解得 解得 v 2 6m/s ， v 2 26m/s（舍） 所以传送带以逆时针 v 2 6m/s 转动（1 分）