文档文本内容
第 10 讲 传送带模型
一.水平传送带模型
已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块相对传送带滑动时的加速度
大小a＝μg。
项目 图示 滑块可能的运动情况
v＝0时，物块加速到v的位移x＝
0
(1)一直加速
情景1 若x≥L即v≥时，物块一直加速到右端。
(2)先加速后匀速
若x<L即v<时，物块先加速后匀速；
如图甲，当v≠0，v 与v同向时，
0 0
(1)v>v时，一直减速，或先减速再匀速
0
当v>v时，物块减速到v的位移x＝，
0
若x<L，即v>v> ，物块先减速后匀速；
0
若x≥L，即v≤ ，物块一直减速到右端。
（2）当v＝v 时，物块相对传送带静止随传送带匀速运动
0
情景2
到右端。
(3)v<v时，或先加速再匀速，或一直加速
0
当v<v时，物块加速到v的位移x＝，
0
若x<L，即v<v< ，物块先加速后匀速；
0
若x≥L，即v≥ ，物块一直加速到右端。
如图乙，v≠0，v 与v反向，物块向右减速到零的位移x
0 0
＝
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
若x≥L，即v≥，物块一直减速到右端；
0
情景3 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
即x<L，即v<，则物块先向右减速到零，再向左加速(或
0
加速到v后匀速运动)直至离开传送带。
若v>v，返回时速度为v，若v<v，返回时速度为v
0 0 0
二. 倾斜传送带模型
物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时，通过比较μmgcosθ与mgsinθ的大小关系来确定物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，
μ<tanθ时相对下滑。
项目 图示 滑块可能的运动情况
（一）若0≤v<v且μ>tanθ
0
(1)一直加速
传送带比较短时，物块一直以 a＝μgcosθ－
gsinθ向上匀加速运动。
(2)先加速后匀速
情景1 传送带足够长时，物块先以a＝μgcosθ－gsinθ
向上匀加速运动再向上匀速运动。
（二）若0<v<v且μ<tanθ：
0
物块向上做减速运动运动至0后反向加速运动
至v 回到出发点。整个运动过程加速度不变，
0，
加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ。
(一)若0≤v<v且μ>tanθ
0
(1)一直加速
传送带比较短时,物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ
向下匀加速运动
(2)先加速后匀速
传送带足够长时,物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向
下匀加速运动再向下匀速运动
（二）若0≤v<v且μ<tanθ
0
(1)传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ＋
gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a ＝μgcosθ＋gsinθ
情景2 1
向下匀加速运动再以a ＝gsinθ－μgcosθ向下匀
2
加速运动。
（三）v=v，一直匀速（μ≥tanθ时）或一直匀
0
加速（μ<tanθ，加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ
向下匀加速运动）
（四）若v>v且μ>tanθ：
0
(1)传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ－
gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时，物块先以 a＝μgcosθ－
gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
（五）若v>v且μ<tanθ，物块一直以a＝gsinθ
0－μgcosθ向下匀加速运动
(1) μ<tanθ，一直加速(2) μ=tanθ一直匀速
(3) μ>tanθ时，一直减速或先减速后反向加速
情景3
若v>v，反向加速至v后，匀速运动，返回时
0
速度为v；若v<v，反向加速到最高点，返回
0
时速度为v
0
三.两个难点与三个易错点
1.难点一：物块与传送带都发生运动，以地面为参考系的运动过程分析。
攻坚克难方法：需通过画运动过程示意图和v-t图像来再现运动过程。运动过程示图要标明不是
位置对应的速度，不同运动过程对应的时间及位移、加速度。
难点二：物块与传送带同速后，是相对传送带静止还是运动，不会判断；如果运动，是相对传送
带向前运动还是向后运动，不会判断。
攻坚克难方法：假设法。假设物块相对传送带静止，研究物块受到的静摩擦力是否大于最大静摩
擦力（通常等于滑动摩擦力），如果大于，则假设不成立，物块相对传送带滑动。如果发生相对滑
动，同样可用假设法判断是相对传送带向前还是向后滑动，如果合理，假设成立；否则，不成立。
2.注意三个易错点：
（1）物块与传送带同速时，物块受到传送带的摩擦力往往会发生突变。
（2）传送带运动方向或顺或逆，物块在传送带上或一直加速，或先加速后匀速，或先减速后
反向加速……有多种可能时，存在多解。
（3）物块相对传送带位移与痕迹长不一定总相等，物块相对传送带运动的路程与痕迹长不一
定总相等。
四.例题精讲
题型A：多解讨论类型
（多选）例1．如图所示，传送带的水平部分长为 L，运动的速率恒为v，在其左端无初速放上一
木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 ，则木块从左到右的运动时间可能是（ ）
μ
L v L √2L 2L
A． + B． C． D．
v 2μg v μg v
【解答】解：木块未达到传送带前做加速度a＝ g的匀加速运动，木块达到传送带速度后做匀速
运动； μ√2L √2L
若木块到达传送带右端时，速度v'＜v，那么，运动时间t= = ；
a μg
L 2L
t= =
若木块到达传送带右端时，速度刚好等于v，那么，运动时间 1 v ；
v
2
若 木 块 到 达 传 送 带 右 端 前 ， 速 度 已 经 达 到 v ， 那 么 ， 运 动 时 间
v2
L-
2a v L v L v ；故ACD正确，B错误；
t= + = + = +
v a v 2a v 2μg
故选：ACD。
题型B：多解讨论+摩擦力突变（动静突变）
（多选）例2．如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下
运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块
的质量为m，传送带的倾角为 ，物块与传送带间的动摩擦因数为 ．若mgsin ＜ mgcos ，物
块的合力沿传送带向上，则物块θ 先沿传送带做匀减速直线运动，速μ度减至零后θ，再μ反向加θ速，
直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。故A错误，B正确。
CD、若mgsin ＞ mgcos ，物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是
可能的。故C正θ 确μ，D错θ误。
故选：BC。
题型C：多解讨论+摩擦力突变（动动突变）（多选）例3．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 ，在传送带上某位置轻轻放置一小
木块，小木块与传送带间动摩擦因数为 ，小木块的速度随θ时间变化关系如图乙所示，v 、t 已
0 0
知，则（ ） μ
A．传送带一定逆时针转动
B． ＝tan v
+ 0
gt cosθ
μ θ 0
C．t 后木块的加速度为2gsin v
0 - 0
t
0
θ
D．传送带的速度大于v
0
【解答】解：A、若传送带顺时针转动，如果小木块下滑（mgsin ＞ mgcos ），将一直匀加速
到底端；如果小木块上滑（mgsin ＜ mgcos ），先匀加速运动，θ在速μ度相等θ后小木块将匀速运
动，两种均不符合运动图象，故传θ送带μ 是逆时θ针转动，故A正确；
B、小木块在0～t 内，滑动摩擦力向下，小木块匀加速下滑，根据牛顿第二定律可得加速度大
0
小为：a ＝gsin + gcos ，由图可知，a v ，解得： v tan ，故B错误；
1 1= 0 = 0 -
t gt cosθ
0 0
θ μ θ μ θ
C、当小木块的速度与传送带速度相等以后，根据牛顿第二定律可得小木块的加速度大小为：a
2
＝gsin ﹣ gcos ，代入 值得：a ＝2gsin v ，故C正确；
2 - 0
t
0
θ μ θ μ θ
D、只有当小木块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度
等于v ，故D错误。
0
故选：AC。
题型D：物块相对传送带位移不等于痕迹长
（多选）例4．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为 ，以恒定速率v＝4m/s顺时针
θ转动。一煤块以初速度v ＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，
0
g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+√5）s
B．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4√5）m
C．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan ＝0.75
D．煤块与传送带间的动摩擦因数 ＝0.35 θ
μ
【解答】解：A、0﹣1s内，煤块的加速度大小为 a Δv 12-4m/s2＝8m/s2，方向沿传送带
1= 1=
Δt 1
1
向下；1﹣2s，物块的加速度大小为a Δv 4-0m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下；物块上升
2= 2=
Δt 1
2
12+4 1
的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小，为x= ×1m+ ×4×1m＝10m；根
2 2
1
据x= a
2
t下 2，得煤块下滑的时间t下=√5s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
2
（2+√5）s，故A正确；
B、传送带的速度v＝4m/s。在0﹣1s内传送带的位移x带1 ＝vt
1
＝4×1m＝4m，煤块的位移为x煤1
12+4
= ×1m＝8m，两者相对位移大小为Δx
1
＝x煤1 ﹣x带1 ＝8m﹣4m＝4m；
2
1
在1﹣2s内传送带的位移x带2 ＝vt
2
＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤2 = ×4×1m＝2m，两者相对
2
位移大小为Δx
2
＝x带2 ﹣x煤2 ＝4m﹣2m＝2m；
所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；1
2～（2+√5）s传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总的长度为ΔL＝2m+ a
2
t2+vt，解得：ΔL
2
＝（12+4√5）m，故B正确；
CD、0﹣1s内，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsin + mgcos ＝ma
1
1﹣2s，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsin ﹣ mgcθosμ＝ma θ
2
解得 ＝37°， ＝0.25，则tan ＝0.75，故Cθ正μ确、D错θ 误。
故选：θABC。 μ θ
五.举一反三，巩固练习
1. （多选）如图甲所示，倾斜传送带的倾角 ＝37°，传送带以一定速度匀速转动，将一
个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下θ运动，从 A端运动到B端的v﹣t图像如图
乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计物块大小，则（ ）
A．传送带一定沿顺时针方向转动
B．传送带转动的速度大小为5m/s
C．传送带A、B两端间的距离为11m
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
【解答】解：A、物块沿传送带向下运动，假设传送带沿顺时针方向转动或者不转动，那么在物
块下滑过程中，始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，物块受到的合力始终不变，加速度
保持不变，与图乙的v﹣t图像描述的运动过程（加速度在0.5s时发生变化）相矛盾，则假设不
成立，故传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；
B、由v−t图像可知，传送带转动的速度大小为5m/s，故A正确；
C、物块从A端运动到B端的v﹣t图像与时间轴所围成的面积等于物块下滑的位移大小，也就
等于传送带A、B两端间的距离（设为x），则有：
5×0.5 (5+8)(2-0.5)
x= m+ m＝11m，故C正确。
2 2
Δv 5
D、由v﹣t图像可得：0～0.5s时间内物体的加速度大小为：a = = m/s2＝10m/s2
1
Δt 0.5
此时间内物块的速度小于传送带速度，物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
mgsin + mgcos ＝ma
1
θ μ θ代入数据解得： ＝0.5，故D正确。
故选：BCD。 μ
2. （多选）如图甲所示，一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．一质量m＝2kg的煤块以初速度v ＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的
0
速度随时间变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．煤块上升的最大位移为11m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数 ＝0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所μ 用的时间为(2+2√2)s
D．煤块在皮带上留下的划痕为(9+4√2)m
【解答】解：A、根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为
1 1
x = × （2+12）×1m+ ×1×2m＝8m，故A错误；
m
2 2
B、根据v﹣t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
Δv 12-2
a = = m/s2＝10m/s2
1
Δt 1
Δv' 2
a = = m/s2＝2m/s2
2
Δt' 1
对煤块根据牛顿第二定律有
mgcos +mgsin ＝ma
1
μmgsin ﹣θ mgcosθ＝ma
2
联立代θ入μ数据解得θ ： ＝0.5，故B错误；
C、设煤块从冲上传送μ带到返回A端所用的时间为t，则有
1
x = a (t-2) 2
m 2 2
代入数据解得：t＝（2+2√2）s，故C正确；
D.0～1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为1
x = × （2+12）×1m＝7m
1
2
x ＝vt ＝2×1m＝2m
2 1
煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
l ＝x ﹣x ＝7m﹣2m＝5m
1 1 2
在1～（2+2√2）s内，即t ＝（1+2√2）s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作
2
匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，
1
煤块的的位移为：x' ＝﹣vt + a t2
1 2 2 2 2
传送带的位移大小为：x' ＝vt
2 2
煤块与皮带的相对位移大小为：l ＝x' +x'
2 1 2
联立代入数据解得：l ＝（9+4√2）m
2
因为l ＞l ，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为（9+4√2）m，故D正
2 1
确。
故选：CD。
3. 如图所示，是车站、民航等入口处的安检装置：水平传送带匀速运动，放在其上的各
种行李会被“传送”经过一个能发出X射线的暗箱接受检查。某装置中的传送带以 0.3m/s匀
速运动，行李箱（可看作质点）先匀加速再匀速通过X射线检查通道，如果传送带上摩擦痕迹
的长度为6mm，下列说法正确的是（ ）
A．行李箱加速过程中的平均速度大小是0.3m/s
B．行李箱加速过程中，经历的时间是0.04s
C．行李箱加速过程中，传送带的位移大小是6mm
D．行李箱加速过程中，行李箱的位移大小是12mm
v
【解答】解：BCD、设加速时间为t，则行李箱加速的位移x = t
1 2
传送带的位移：x ＝vt
2
由题意则有：x
2
﹣x
1
＝s痕
将v＝0.3m/s和s痕 ＝6×10﹣3m代入解得t＝0.04s，x
1
＝6×10﹣3m，x
2
＝0.012m。故CD错误，B正确；
0+v 0+0.3
A、加速的平均速度：v= = m/s=0.15m/s，故A错误。
2 2
故选：B。
4. （多选）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带
动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 ，物体过一会儿能保持与
传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说μ法正确的是（ ）
mv2
A．电动机多做的功为
2
mv2
B．物体在传送带上摩擦生热为
2
mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为
2
D．电动机增加的功率为 mgv
【解答】解：A、电动机多μ做的功转化成了物体的动能和内能，根据动能定理可知物体在这个过
1 vt 1
程中获得动能 mv2=f⋅ ，所以电动机多做的功一定要大于 mv2.故A错误。
2 2 2
vt 1
B、物体在传送带上摩擦生热为Q＝fx相 ＝f（vt- ）= mv2，故B正确。
2 2
C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知电动机多做的功一定要
1
大于 mv2，故C错误。
2
D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv＝ mgv，故D正确。
故选：BD。 μ
5. （多选）如图所示，皮带输送机与地面成 37°角固定放置。底端到顶端的距离为L＝
10m，皮带在电动机带动下以v ＝4m/s的速率匀速运动。一物块以v ＝12m/s的初速度从底部
1 0
冲上皮带，当物块运动到皮带最高点时速度恰好为零。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，则物块与皮带间的动摩擦因数 可能为（ ）
μA．0.125 B．0.25 C．0.45 D．0.5
【解答】解：物块冲上皮带时，物块所受的摩擦力沿皮带向下，由牛顿第二定律：
mgsin37°+ mgcos37°＝ma ，
1
物块速度与μ皮带速度相同时，物块所受的摩擦力沿皮带向上，由于物块到达最高端时速度为0，
则此后物块再次做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：
mgsin37°﹣ mgcos37°＝ma ＞0，
2
由题知，物μ块加速减速位移之和为传送带长度，由运动学规律得：
L
v2-v2 v2
，
= 0 1+ 1
2a 2a
1 2
代入数据联立解得： ＝0.25或 ＝0.45，故BC正确，AD错误。
故选：BC。 μ μ
6. （多选）如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针方向运行，运行的速度大小为 v，
1
小滑块以大小为v 的初速度滑上传送带，经过时间t小滑块最终离开传送带，小滑块前 t时间
0
2
1
内所受的滑动摩擦力大于零，后 t时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩
2
擦因数恒定不变，小滑块可看作是质点，重力加速度为 g，以地面为参照系，下面说法正确的
是（ ）
A．小滑块最终返回它的出发位置
B．传送带的速度v有可能大于滑块初速度v
0
1
C．前 t时间小滑块的位移最大
21 1
D．前 t时间小滑块的位移为 （v ﹣v）t
0
2 4
【解答】解：A、若小滑块最终从右端滑出，则小滑块在运动过程中受到的摩擦力不变，不可能
为零，故小滑块先向右减速到零，再向左加速运动，最后向左匀速运动，最终返回它的出发位
置，故A正确；
B、如果物块的速度小于传送带的速度，物块向右速度减速到零以后，再向左加速，当物块的速
度达到v 时离开传送带，不可能出现匀速的情况，所以传送带的速度v不可能大于滑块初速度
0
v ，故B错误；
0
1
C、物块向右运动的速度为零时位移最大，此过程中的时间小于 t，故C错误；
2
1
D、前 t时间内小滑块做匀变速直线运动，初速度为v ，末速度为v、方向向左，所以小滑块的
0
2
v -v t 1
位移为x= 0 × = （v ﹣v）t，故D正确。
0
2 2 4
故选：AD。
7. 在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB水平，长度l ＝4m，顺时针传动的速率v ＝
1 1
5m/s，CD为靠近AB的倾斜传送带， ＝37°，长l ＝5.3m，两表面动摩擦因数 ＝0.5，一袋标
2
准化肥的质量m＝20kg，已知sin37°＝θ0.6、cos37°＝0.8、g＝10m/s2。 μ
（1）若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v传动，v应满足什么条件才能使化肥送
至顶点D？
（2）CD传送带不动时，一袋化肥从离A端x 的位置轻放上去，则在CD上上升的最大距离为
1
x ，求x 与x 的关系。
2 2 1
【解答】解：（1）化肥在水平传送带上，根据牛顿第二定律有
mg＝ma
1
μ代入数据，解得
a ＝5m/s2
1
又 2a s
v2= 1 1
1可得
s ＝2.5m＜l ＝4m
1 1
然后化肥匀速运动，滑上CD。
设CD传送带速度v 时，化肥恰好达D端，
2
设v ＜v ，化肥经历了两个减速阶段，第1阶段由C点减速到v ，以加速度大小a 达到v 后再
2 1 2 2 2
以加速度大小a 继续减速为0，则有
3
mgsin + mgcos ＝ma
2
代入数θ据μ，可得θ
a ＝10m/s2
2
又
mgsin ﹣ mgcos ＝ma
3
代入数θ据μ，解得θ
a ＝2m/s2
3
由v2-v2 v2
1 2+ 2 =l
2a 2a 2
2 3
解得
v ＝4.5m/s
2
并验证了假设成立，
故条件为
v≥4.5m/s；
（2）离A端x 处轻放化肥时，刚好在B端与传送带达到速度相同，则有
0
x ＝L ﹣s ＝1.5m
0 1 1
当x ≤x 处放上化肥，能在CD传送带上上升的距离相同，可得
1 0
v2=2a x
1 2 2
代入数据，解得
x ＝1.25m
2
当x ≤x ≤l ，在拐点处速度为v ，有
0 1 1 x
v2=2a (l -x )v2=2a x
x 1 1 1 x 2 2
可得x ＝2﹣0.5x
2 1
综上所述，当0≤x ≤1.5m时
1
x ＝1.25m
2
当1.5m≤x ≤4m时
1
x ＝2﹣0.5x 。
2 1
答：（1）若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v传动，v应满足条件：v≥4.5m/s，
才能使化肥送至顶点D；
（2）CD传送带不动时，一袋化肥从离A端x 的位置轻放上去，则在CD上上升的最大距离为
1
x ，x 与x 的关系为：当0≤x ≤1.5m时，x ＝1.25m；当1.5m≤x ≤4m时，x ＝2﹣0.5x 。
2 2 1 1 2 1 2 1
8. 如图所示，在物流分拣过程中，将货物无初速置于水平传送带左端Q点，传送带始终
以v＝2m/s匀速传动，当货物到达传送带的右端P点后，它会沿一个可忽略摩擦的斜坡滑向水
平地面。Q与P之间距离l＝2m，P点到地面的高度h＝1m，货物与传送带及地面的动摩擦因
数分别是 ＝0.4、 ＝0.3，斜坡与传送带及水平地面均平滑连接。将货物视为质点，g取
1 2
10m/s2．求μ： μ
（1）货物在传送带上经历的时间；
（2）货物在地面上的滑行距离。
【解答】解：（1）货物在传送带上先做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
mg＝ma
1 1
μ得：a ＝ g＝4m/s2
1 1
μ v 2
货物的速度增加至v＝2m/s时所用时间为：t = = s＝0.5s
1 a 4
1
v 2
货物匀加速运动通过的位移为：x= t = ×0.5m＝0.5m＜l＝2m
2 1 2
l-x 2-0.5
此后货物做匀速运动，所用时间为：t = = s＝0.75s
2
v 2
故所求时间为：t＝t +t ＝1.25s
1 2
（2）货物在斜坡上下滑时机械能守恒，以水平地面为零势能面，则有：1 1
mgh+ mv2= mv'2
2 2
可得货物滑至斜坡底端时的速度大小为：v′＝2√6m/s
μ mg
货物在水平地面上滑行的加速度大小为：a = 2 = g＝3m/s2
2 2
m
μ
货物在地面上的滑行距离为：s v'2 (2√6) 2 m＝4m
= =
2a 2×3
2
答：（1）货物在传送带上经历的时间是1.25s；
（2）货物在地面上的滑行距离是4m。
