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动力学中传送带模型
【考点精练】
1.(2026·浙江省六校联盟联考)某快递公司为了提高效率，使用电动传送带输送快件如图所示，水平传送
带AB长度L=5.25 m，始终保持1m/s的恒定速度运行，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g取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0.5 m
D. 快件由A到B的时间为5.5 s
答案 D
解析 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
μmg
力作用，故A、B错误；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= =μg=2
m
v
m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t= =0.5 s，与传送带的相对位移为Δx=
a
v
L- t
v 2
vt- t=0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t'= =5 s，所以快件由A到B的时间为
2 v
t =t+t'=5.5 s，故D正确。
总
2.(2026·浙江桐乡市检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg
的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s末煤块到达B端，取沿
传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，sin 37°=0.6，则下列说法正确的是 ( )
A. 倾角θ=30° B. 煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C. 5 s内传送带上留下的痕迹长为16 m D. 5 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为65 J
答案 C
解析 由题图乙可知，煤块在0~1 s的加速度为a =10m/s2，1~5 s的加速度为a =2m/s2
1 2
根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma
1
mgsin θ-μmgcos θ=ma
2
解得μ=0.5，sin θ=0.6，故θ=37°，A、B错误；
由题图乙可判断，0~1 s煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向下，传送带速度大于煤块的速度，1~5 s煤
1块受到传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带速度小于煤块速度，则t =1 s时煤块的速度等于传送带
1
v
的速度，v=a t =10m/s，0~1 s煤块的位移为x = t =5 m，传送带的位移为s =vt =10 m
1 1 1 2 1 1 1
则相对位移大小为Δx =s -x =5 m
1 1 1
1
1~5 s煤块的位移为x =vt + a t2，
2 2 2 2 2
t =4 s，解得x =56 m
2 2
传送带的位移为s =vt =40 m
2 2
则相对位移大小为Δx =x -s =16 m
2 2 2
因1~5 s煤块的位移大于传送带的位移，所以1~5 s煤块在传送带上留下的痕迹覆盖了0~1 s煤块在传
送带上的划痕，则5 s内传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx =16 m，C正确；5 s内煤块与传送带摩擦
2
产生的内能为Q=μmgcos θ(Δx +Δx )=42 J，D错误。
1 2
3.如图所示，水平传送带以v =6m/s的恒定速度顺时针匀速转动。现将一质量为m=1kg的物块(可视
0
为质点)无初速度地放在传送带的左端A点，同时给物块一个水平向右、大小为F=5 N的恒定拉力，物
块经过t=2 s到达传送带的右端B点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g
取10m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. 从A点到B点，物块所受的摩擦力不变 B. 从A点到B点，物块先加速后减速
C. 物块运动的最大速度为10m/s D. 传送带A点与B点之间的距离为11 m
答案 CD
F+μmg v
解析 开始时物块所受摩擦力向右，则加速度a = =6m/s2，达到共速时的时间t = 0 =1 s，
1 m 1 a
1
v F-μmg
位移x = 0 t =3 m，共速后物块所受摩擦力向左，则物块的加速度a = =4m/s2，可知物块
1 2 1 2 m
继续加速，选项A、B错误；到达B点速度最大，最大速度v =v +a t ，其中t =t-t =1 s，代入数据
m 0 2 2 2 1
1
解得v =10m/s，选项C正确；传送带A点与B点之间的距离为L=x +v t + a t2=3 m+6×1 m
m 1 0 2 2 2 2
1
+ ×4×12 m=11 m，选项D正确。
2
4.[2024四川绵阳南山模拟/多选]应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的
模型.传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的
距离为2m，g取10m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( AD
)
A. 开始时行李的加速度大小为2m/s2
2B. 行李经过2s到达B处
C. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12m
D. 当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动.行李从开始运动的整个过程中在传送
带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m
答案 AD
μmg
解析 开始时行李的加速度大小为a= =2m/s2，选项A正确；行李与传送带共
m
v 1
速时经过的时间t = =0.2 s，行李的位移为x= at2=0.04 m，行李匀速运动的时间
1 a 2 1
x -x
为t = AB =4.9 s，则行李到达B处经过的时间为t=t +t =5.1 s，选项B错误；行
2 v 1 2
李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt -x=0.04 m，选项C错误；共速时传送
1
v2
带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x = =0.04 m，两次划痕的长度重
1 2a
合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，选项D正确.
5.(2024·浙江金华市期中)如图甲所示，MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块
(可看作质点)以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，重
力加速度g取10m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是 ( )
A. 传送带的速度v=2m/s，顺时针方向转动 B. 物块最终从N点离开传送带
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D. 物块在第6 s时回到M点
答案 AD
解析 从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2m/s，方向沿传送
带向上，所以没从N点离开，从M点离开；并且可以推出传送带顺时针方向转动，速度大小为2m/s，故
Δv
A正确，B错误；速度图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a= =1.5m/s2，根
Δt
15
据牛顿第二定律μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，解得μ= =0.937 5，故C错误；题图乙中图线与时
16
8
间轴围成的面积表示位移，由题图可知，t = s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以
1 3
1 8 16 8
物块沿传送带向下运动的位移x = ×4× m= m，t = s到t =6 s时，物块沿斜面向上运
1 2 3 3 1 3 2
8
(6-4)+6-
3
动的位移x =
2
3
16
×2 m= m，因为x =x ，所以物块在第6 s时回到M点，故D正
2 3 1 2
确。
6.(山东省临沂2025年普通高中学业水平等级测评试题三模) 如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端
以速度v 冲上传送带，v >v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦
0
因数为μ，₀物块的质量为m，下列说法正确的是 ( )
A. μ与θ之间的关系为μ=tanθ
B. 物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C. 物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2gcosθ
D. 物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【答案】C
【解析】根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmgcosθ<mgsinθ
可得μ<tanθ，故A错误；
因为v >v，物块与传送带速度相等之前，物块受到 滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，
0
mgsinθ+μmgcosθ
大小为a = =gsinθ+μgcosθ
1 m
mgsinθ-μmgcosθ
物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a = =gsinθ-μgcosθ<
2 m
a ，故B错误；
1
物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为a -a =2μgcosθ，故C正确；
1 2
v+v
设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t，此过程物块的位移为x = 0 t
物 2
传送带的位移为x =vt
传
v -v
可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx=x -x = 0 t
物 传 2
1
若满足Δx= x
2 物
则有v =3v
0
由于v 不一定等于3v，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错
0
误。
7.(2024·浙江省浙南名校联盟联考)渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分
离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与
传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是 ( )
4A. 虾从掉落到传送带后，一定沿着传送带向下做加速直线运动
B. 鱼从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C. 虾在传送带运动时，摩擦力对虾做负功
D. 鱼在传送带运动时，加速度方向先向下后向上
答案 C
解析 虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带向下的分力可能小于虾受到的摩擦
力，故可能向下做减速直线运动，故A错误；鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带向下的初速度，故不
可能马上向上做加速直线运动，故B错误；虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送
带向上，摩擦力对虾做负功，故C正确；鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向
上的加速度，如果能够加速到与传送带共速，则加速度变为零，故D错误。
8.(2024~2025学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送
带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传
送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ<tanθ。不计
滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是 ( )
A. 滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B. 滑块一定可以回到A点
C. 滑块最终停留在B点
D. 若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【答案】A
【解析】因μ<tanθ，可得mgsinθ>μmgcosθ
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传
送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带
向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情
况均相同，加速度也相同，故A正确；
若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时
的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点
仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上
5滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；由以上分析可知，滑块将在B点两侧
来回运动，不会停止运动，故C错误。
9.如图所示，在水平面上有一传送带以速率v 沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，左、右两端各有一
1
个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一可视为质点的物体从右端水平面
上以速度v 向左运动，物体速度随时间变化的图像可能是 ( )
2
答案 ABD
解析 若物体不从传送带左端离开，物体在传送带上先减速向左滑行，速度减为
零后在摩擦力的作用下向右加速，加速度不变.在这个过程中如果v >v ，物体向右
1 2
运动时会一直加速，当速度增大到v 时，物体恰好离开传送带，有v' =v ；如果
2 2 2
v ≤v ，物体向左运动到速度减至零后会在摩擦力的作用下向右加速，当速度增大
1 2
到v 时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，
1
有v' =v .若物体从传送带左端离开，物体在传送带上减速向左滑行，直接从传送带
2 1
左侧滑出传送带，则末速度一定小于v ，故ABD正确，C错误.
2
10.如图甲所示，一倾角为θ的足够长的倾斜传送带以恒定速率v=4m/s顺时针转动.一煤块以初速度v =
0
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，取g=10m/s2，sin37°=0.6，
sin53°=0.8，则下列说法正确的是 ( )
A. 倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D. 煤块在传送带上所留痕迹的长度为(12+4 5)m
答案 AD
12-4
解析 由图乙得0~1 s内煤块的加速度大小a = m/s2=8m/s2，方向沿传送带向下，1~2 s内煤
1 1
4-0
块的加速度大小a = m/s2=4m/s2，方向沿传送带向下，0~1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mg
2 1
sin θ+μmg cos θ=ma ，1~2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma 解得θ=
1 2
37°，μ=0.25，A正确，B错误.因v-t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块向上运动的总位移
62x 2×10
为x=10 m，在t=2 s时，煤块开始反向下滑，由运动学公式得煤块下滑时间t = = s
下 a 4
2
= 5 s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为(2+ 5) s，C错误.0~1 s内煤块比传送带多走
4 m，故0~1 s内划痕长4 m；1~2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m；2~(2+ 5) s内传送带
1
向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m+ a t2 +vt =(12+4 5) m，D正确.
2 2 下 下
11.如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动，一小物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初
速度从左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(取向
左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点).已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.
关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算
结果正确的是 ( )
A. μ=0.4 B. μ=0.2 C. t=4.5s D. t=3s
答案 BC
Δv
解析 由图乙可得，物块做匀减速运动的加速度大小a= =2.0m/s2，由牛顿第二定律得F =ma=
Δt f
μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图线与t轴所围图
形面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后做匀速运动回到传送带左
v 4
端的过程，物块的位移为0，前2 s内物块的位移大小为s = t = ×2 m=4 m，方向向右，第3 s内
1 2 1 2
v' 2
的位移大小为s = t' = ×1 m=1 m，方向向左，前3 s内物块的位移s=s -s =4 m-1 m=3
2 2 1 2 1 2
s 3
m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间为t = = s=1.5 s，所以物块在传送带上运动第一次回
2 v' 2
到传送带左端的时间为t=t +t' +t =4.5 s，C正确，D错误.
1 1 2
12.如图所示，小物块M在静止的足够长的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭
0
头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v 后匀速转动的过程中，以下分析正确的是( C )
0
A. M下滑的速度不变
B. M开始在传送带上先加速到2v ，后向下做匀速运动
0
C. M先向下做匀速运动，后向下做加速运动，最后沿传送带向下做匀速运动
D. M所受摩擦力的方向始终沿传送带向上
7答案 C
解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ=F，摩擦力方向沿斜面向上，在传送带的速度由零逐
f
渐增加到v 的过程中，物块相对于传送带下滑，这段过程中，物块继续匀速下滑；当传送带的速度大于物
0
块的速度时，物块受到沿斜面向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度达到与
传送带速度相等时，物块将匀速下滑，故C正确.
13.如图所示，一水平的长传送带上放置一质量为m的煤块(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开始运动，当其速度达到v后，便
以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关
于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( C )
a
A. μ与a之间一定满足关系μ>
g
v2
B. 煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为
μg
v
C. 煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为
μg
(a-μg)v2
D. 黑色痕迹的长度为
2a2
答案 C
解析 设煤块的加速度大小为a ，对煤块由牛顿第二定律有μmg=ma ，解得a =μg，由题意知煤块与
1 1 1
a
传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μg<a，解得μ< ，A错误；由匀
g
v2 v2
变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x = = ，B错
1 2a 2μg
1
v v
误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t = = ，C正确；传送带从开始运动到速度为
1 a μg
1
v v2
v经历的时间t = ，传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x = ，则传送带在从速度
2 a 2 2a
v2 v2
为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x =v(t -t )= - ，所以黑色痕迹的长度
3 1 2 μg a
v2 v2
Δx=x +x -x = - ，D错误.
2 3 1 2μg 2a
14.如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v =2m/s顺时针匀速转动.一小物块以v =8m/s的速度从传
1 2
送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
8(1)小物块向上运动的最远距离；
(2)小物块回到底端时的速度大小；
(3)小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间.
答案 (1)4m (2)4m/s (3)3.6s
解析 (1)由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
1
代入数据解得a =10m/s2，方向沿传送带向下
1
v -v
设物块减速到与传送带共速需要的时间为t ，有t = 1 2 =0.6s
1 1 -a
1
v +v
在这个阶段物块运动位移x = 1 2 t =3m
1 2 1
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩
擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma
2
代入数据解得a =2m/s2，方向沿传送带向下
2
设最后减速到零需要的时间为t
2
v
有t = 1 =1s
2 a
2
v
在这个阶段物块运动位移x = 1 t =1m
2 2 2
小物块向上滑行的最远距离为x =x +x =4m
m 1 2
(2)小物块之后向下加速运动直至回到底端，加速度a =2m/s2
2
由v2-0=2a x
3 2 m
解得回到底端的速度v =4m/s
3
v
(3)设向下加速运动直到回到底端的时间为t ，有t = 3 =2s
3 3 a
2
小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间t=t +t +t =3.6s.
1 2 3
15.[2024山东滨州模拟]如图所示，水平传送带长L=2.5m，右端与放在水平地面上的木板A、B上表面平
齐.A、B紧靠在一起，质量均为m=1.0kg，上表面长度均为l=1.0m.传送带以6m/s的速度顺时针匀速
转动，某时刻将质量为M=2.0kg的物块C无初速放在传送带左端，已知C与传送带、A、B上表面间的
动摩擦因数均为μ =0.5，A、B与地面间的动摩擦因数为μ =0.1，重力加速度大小取g=10m/s2，C的
1 2
大小忽略不计，求：
(1)C在传送带上运动的时间；
(2)C滑上A后，A、B间的弹力；
(3)A的最大速度.
3
答案 (1)1s (2)4N (3) m/s
4
解析 (1)C在传送带、A、B上的加速度为a =μ g=5m/s2
1 1
91
假设C在传送带上一直做匀加速运动，根据运动学公式有L= a t2
2 1
解得t=1s
C离开传送带时的速度v=a t=5m/s<6m/s
1
故假设成立，C在传送带上运动的时间为1s
(2)C滑上A后，A、B一起向右做加速运动，对A、B整体受力分析可得μ Mg-μ (M+2m)g=2ma
1 2 2
解得A、B的加速度大小a =3m/s2
2
对B受力分析可得F -μ mg=ma
N 2 2
解得A、B间的弹力大小F =4N
N
(3)物块C刚从A离开时，A的速度最大，设物块C在A上运动时间为t ，
1
1 1
可得vt - a t2- a t2=l
1 2 1 1 2 2 1
1
解得t = s(另一根不符合题意，舍去)
1 4
3
A的最大速度为v =a t = m/s.
A 2 1 4
16.(12分)如图是利用传送带装运煤块的示意图。其中固定斜面的倾角θ=30°，底端由一小段光滑圆弧与
水平传送带平滑连接，黑色煤块(视为质点)质量m=1kg，从斜面上高h=1.28 m处由静止滑下，煤块
在斜面上受到摩擦力的大小为3 N，煤块与斜面间的动摩擦因数为μ (未知)、与传送带间的动摩擦因数
1
为μ =0.4，长度为L=2.58 m的传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，煤块在传送带上会留下黑色
2
划痕。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)(4分)煤块与斜面间的动摩擦因数和煤块刚滑到斜面底端时的速度大小。
(2)(5分)煤块在传送带上留下黑色划痕的长度。
(3)(3分)煤块在传送带上运动的时间。
3
答案 (1) 3.2m/s (2)0.18 m (3)1.2 s
5
解析 (1)根据题意，在斜面上对煤块受力分析有F =μ mgcos 30°=3 N
f1 1
3
解得μ =
1 5
由牛顿第二定律有mgsin 30°-F =ma
f1 1
解得a =2m/s2
1
h
则有v2=2a ·
1 1 sin30°
解得v =3.2m/s
1
(2)煤块在传送带上运动，由牛顿第二定律有μ mg=ma
2 2
解得a =4m/s2
2
设煤块与传送带共速的时间为t ，
1
则有v=v -a t
1 2 1
10解得t =0.3 s
1
v+v
煤块在传送带上匀减速运动的位移为x = 1 ·t =0.78 m
1 2 1
传送带在t 时间内运动的位移为x =vt =0.6 m
1 2 1
之后煤块与传送带共速，一起做匀速直线运动，则煤块在传送带上留下黑色划痕的长度Δx=x -x =
1 2
0.18 m
L-x
(3)煤块在传送带上匀速运动的时间为t = 1 =0.9 s
2 v
煤块在传送带上运动的时间t=t +t =1.2 s。
1 2
17.(13分)(2024·浙江杭州市检测)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，图甲是快
递分拣传送装置。它由两台传送带组成，一台水平传送带和一台倾斜传送带，图乙是该装置示意图，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，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时货
物刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取
10m/s2，sin 37°=0.6。求：
(1)(5分)水平传送带AB的长度及动摩擦因数。
(2)(8分)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。
答案 (1)3.6 m 0.5 (2)3m/s
1
解析 (1)由v-t图像可知，传送带AB段的长度为L = ×(0.5+1.3)×4 m=3.6 m
AB 2
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg=ma
1
4
由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a = m/s2=5m/s2，则μ=0.5
1 0.8
(2)依题意，货物以4m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD部分传送带以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若CD部分传送带速度大于货物到C点的速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若CD部分传送带速度小于货物到C点的速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则
mgsin θ+μmgcos θ=ma ，解得a =10m/s2
2 2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线运动，则
有mgsin θ-μmgcos θ=ma ，解得a =2m/s2
3 3
v-t图像如图：
11v2-v2
则有s = C ，
1 -2a
2
0-v2
其中v =4m/s，s = ，L =s +s ，
C 2 -2a CD 1 2
3
解得v=3m/s，即传送带的速度至少为3m/s快递员才能在D端取到货物。
12
