文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第14 课时 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
目标要求 1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动
状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，
根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。
2.解题关键：抓住v 物＝v 传的临界点，当v 物＝v 传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
3.注意物体位移和相对位移的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x 传－x 物或Δx＝x 物－x 传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
考点一 水平传送带中的动力学问题
例1 (2024·山东青岛市期初考)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甲所示的
模型。传送带始终保持 v＝0.4 m/s 的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、
B 间的距离为2 m，g 取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处，求：
(1)行李到达B 处的时间；
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
答案 (1)5.1 s (2)0.04 m
解析 (1)对行李，根据μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2 s
匀加速运动的位移大小x＝1
2at1
2＝0.04 m<2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2＝
L−x
v
＝2−0.04
0.4
s＝4.9 s
可得行李从A 到B 的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m。
拓展 传送带转动方向反向，如图乙。
(1)若行李放在A 处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生
的痕迹长度；
(2)若行李放在A 处时的初速度大小v0'为0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生
的痕迹长度；
(3)试画出(2)中行李运动的v－t 图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。
答案 见解析
解析 (1)传送带转动速度反向，若行李放在A 处时的初速度为v0＝0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速
度大小为a＝2 m/s2
匀减速运动的时间t1＝v0
a ＝0.1 s，匀减速运动的位移大小x＝v0t1－1
2at1
2＝0.01 m<2 m
行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1 s，行李从左端离开，在传
送带上的时间为t＝t1＋t2＝0.2 s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08 m。
(2)若行李放在A 处时的初速度为v0'＝0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2，匀减速
运动的时间t1'＝v0'
a ＝0.3 s，匀减速运动的位移大小x1＝v0't1'－1
2at1'2＝0.09 m<2 m，行李不会从右端滑出，
接着行李向左做匀加速运动，根据v＝at2'，匀加速运动的时间t2'＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x2＝1
2at2'2＝
1
2×2×0.22 m＝0.04 m<0.09 m，接着再匀速运动t3'＝x1−x2
v
＝0.125 s，行李从左端离开，在传送带上的时
间为t＝t1'＋t2'＋t3'＝0.625 s；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1'＋x1＋vt2'－x2＝0.25 m。
(3)行李运动的v－t 图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。
水平传送带问题的常见情形及运动分析
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1.物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示
速度大
小比较
物块和传送带共速前
传送带足够长，
物块v－t 图像
Ff方向
运动状态
v0＝0
向右
匀加速直线
运动
v0<v
向右
匀加速直线
运动
v0>v
向左
匀减速直线
运动
2.物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
物块运动状态
传送带较短
向左
匀减速直线运动
传送带足够长
v0<v
向左
v－t 图像：
v0>v
向左(共速前)
v－t 图像：
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
例2 (2025·山东济宁市校考)(2025·云南昆明市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A
到B 的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速度释放一个质
量为m＝0.5 kg 的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过
会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g 取10 m/s2。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；
(2)求出煤块从A 运动到B 的时间，并试画出煤块的v－t 图像；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)求煤块从A 到B 的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
答案 (1)不能 (2)1.5 s 见解析图 (3)5 m
解析 (1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝
v0
a1
＝1 s，发生的位移x1＝1
2a1t1
2＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋1
2a2t2
2，
得t2＝0.5 s
故煤块从A 运动到B 的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。v－t 图像如图所示。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
［变式］ (多选)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B 两
端相距4.45 m，质量为m=10 kg 的小物体以v0=5.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带
间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法中正确的是( )
A.开始时物体的加速度大小一定为10 m/s2
B.若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m
C.若传送带逆时针运转的速度v=4.0 m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m
D.若传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s，物体从A 点到达B 点所需的时间是2.1 s
答案 BCD
解析 由题意可知，若传送带不转动或逆时针转动，物体沿AB 方向从A 端滑上传送带向上运动的加速度大
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得开始时物体的加速度大小a1=10 m/s2，若传送带
顺时针转动，其速度小于物体速度v0=5.0 m/s，可知开始时物体的加速度大小为10 m/s2，其速度大于物体速
度v0=5.0 m/s，则传送带对物体的摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得开始时
物体的加速度大小为a2=2 m/s2，A 错误；若传送带不转动，由速度位移关系有v0
2=2a1xm可得，物体沿传送带
上滑的最大距离是xm= v0
2
2a1
=1.25 m，B 正确；若传送带逆时针运转的速度v=4.0 m/s 时，可知物体受到的滑动
摩擦力方向沿传送带向下，可知物体的加速度大小是10 m/s2，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m，C 正
确；若传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s，可知物体先做减速运动，减速到与传送带速度相等时所用时间t1=
v0−v
a1
=5−4
10
s=0.1 s，此时间内物体上滑的距离为x1=v0+ v
2
t1=0.45 m，此后由于物体沿传送带向下的重力分
力大于传送带对物体的摩擦力，物体的加速度是2 m/s2，方向沿传送带向下，即物体沿传送带向上做减速运
动，设到B 点时的速度是vB，由速度位移关系可得v2-vB
2=2a2(L-x1)，解得vB=0，在此过程所用时间为t2=
v −vB
a2
=4−0
2
s=2 s，物体从A 点到达B 点所需的时间是t=t1+t2=0.1 s+2 s=2.1 s，D 正确。
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的
v－t 图像
Ff方向
加速度大
小
运动状态
v0＝0
沿传送带
向上
μg
cos
θ
－
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
v0>v
沿传送带向下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀减速
直线运动
2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的
v－t 图像
Ff方向
加速度大小运动状态
v0＝0
沿传送带向下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
沿传送
带向下
μg
cos
θ
＋
g sin
θ
匀加速
直线运动
v0>v
沿传送带向上
μg
cos
θ
－
g sin
θ
匀减速
直线运动
3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ)
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
加速度大小
物块运动状态
传送带
较短
沿传送
带向上
μg
cos
θ －
g sin
θ
匀减速直线运动
传送带
足够长
v0<v
沿传送
带向上
μg
cos
θ －
g sin
θ
v－t 图像：
v0>v
沿传送
带向上
共速前：
μg
cos
θ －
g sin
θ
共速后：0
v－t 图像：
思考 若μ＝tan θ 或μ<tan θ，物块将做什么运动？
答案 若μ＝tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。
课时精练
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(分值：60 分)
1~5 题每小题5 分，6 题14 分，共39 分
1.(2024·安徽卷·4)倾角为θ 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0 时在传送带底端无初速度轻放一小物块，
如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到
顶端的过程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是( )
答案 C
解析 0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，
滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重
力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C 正确，A、B、D 错误。
2.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
1 m/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10 m/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＝μmg
m ＝μg＝2 m/s2，快件
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由静止开始加速至速率为v 的过程所用时间为t＝v
a＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－v
2t＝0.25 m，故
C 错误；快件匀速运动的时间为t'＝L−v
2 t
v
＝5 s，所以快件运输总时间为t 总＝t＋t'＝5.5 s，故D 正确。
3.(多选)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所
示。图线的0~3 s 段为抛物线，3~4.5 s 段为直线，下列说法正确的是(重力加速度g 取10 m/s2)( )
A.传送带沿逆时针方向转动
B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D.0~4.5 s 内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9 m
答案 CD
解析 根据题意，图线的0~3 s 段为抛物线，3~4.5 s 段为直线，则可知0~3 s 内物块做匀变速直线运动，
3~4.5 s 内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3 s 内先增加后减小，4.5 s 末回到出发点，物块在传送带
上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀
速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A 错误；根据图像可知，2 s 末物块的速度减为零，该时间内物
块的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s 末物块与传送带达到共速，加速
阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－1
2at1
2，x2＝1
2at2
2，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解
得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B 错误，C 正确；根
据图像可知，物块减速阶段位移大小为x1＝4 m，加速阶段位移大小为x2＝1 m，达到与传送带共速所用时间
为t3＝3 s，根据x－t 图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传
送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0~4.5 s 内物块在传送带上留下的滑
动痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，故D 正确。
4.(多选)如图甲所示，一倾斜传送带以2 m/s 的速率逆时针匀速转动，t＝0 时刻，将一质量为1 kg 的物块(可视
为质点)轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正
方向)，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.传送带的倾角为30°
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.传送带的两端长度为10 m
D.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5 m
答案 BD
解析 由题图乙可知，在0~5 s 内，摩擦力Ff1＝6.4 N，在5~10 s 内，摩擦力Ff2＝6 N，在t＝5 s 时突变，
说明在5~10 s 内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsin θ，解得sin θ＝0.6，可知θ≠30°，故A 错误；在0~5 s
内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcos θ，解得μ＝0.8，选项B 正确；物块在0~5 s 内做匀加速运动，5~10 s 做匀
速运动，则传送带的两端长度L＝v
2t1＋vt2＝15 m，故C 错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为
Δx＝v(t1＋t2)－L，解得Δx＝5 m，故D 正确。
5.(2024·山东省一模)如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带正以v=10 m/s 的速率顺时针运行，A、B 两端相
距l=40 m。现每隔1 s 把质量m=1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上的A 端，当每个工件离开B 端(工件到
达B 端即掉下)时恰好在A 端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ=√3
2 ，g 取10 m/s2，下列说法正
确的是( )
A.第一个工件掉下后传送带上始终有6 个工件
B.两个工件间的最小距离为2.5 m
C.工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30 N
答案 A
解析 工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方
向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，由于μmgcos θ>mgsin θ，
所以摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向
上做匀速直线运动，故C 错误；工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin θ=ma，代入
数据可得a=2.5 m/s2，工件加速过程所用的时间t=v
a=4 s，工件加速过程的位移大小x'=1
2at2=20 m，工件匀速
过程所用的时间t'=l−x'
v
=2 s，每隔1 s 把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4 个，匀速过程放了2 个，
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
共6 个，故A 正确；由于每隔1 s 放一个工件，传送带的速度是10 m/s，而每个工件的运动情况都相同，最
终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10 m；相对于后一个工件来说，前一个工件
刚刚加速运动1 s 时，与后一工件间距离最小，由x1=1
2at1
2，可得传送带上两个工件间的最小距离x1=1.25
m，故B 错误；满载时增加的牵引力为6 个工件所受的摩擦力之和F 合=4μmgcos θ+2mgsin θ=40 N，D 错误。
6.(14 分)(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s
运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)(6 分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)(8 分)小包裹通过传送带所需的时间t。
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α，所以小包裹与传送带共
速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知
μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝v2−v1
a
＝1.6−0.6
0.4
s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝v1＋v2
2
t1＝0.6＋1.6
2
×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝
L−x1
v1
＝3.95−2.75
0.6
s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2
＝4.5 s。
7、8 题每小题7 分，共14 分
7.(2025·山东济宁市期中)如图，MN 是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg 的物
块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s 从M 点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t 图像如图所示，g
取10 m/s2，则( )
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.物块最终从传送带N 点离开
B.传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针
C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为2 m/s2
D.物块将在5 s 时回到原处
答案 D
解析 从v－t 图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N
点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B 错误；v－t 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大小为a＝4−(−1)
2
m/s2＝2.5 m/s2，故C 错误；v－t 图像与时间轴围成的面积表示
位移，可知，t1＝8
5 s 时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移
x1＝1
2×4×8
5 m＝16
5 m，t1＝8
5 s 到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝2−8
5
2
×1 m＝1
5 m，物
块沿传送带向上匀速运动的时间t 匀＝x1−x2
v
＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D 正确。
8.(多选)(2025·山东济宁市校考)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s 顺
时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/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，g 取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C.煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(10＋4√5) m
答案 AB
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 从甲、乙两图可知，0~1 s 煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1＝1 s，位移x1＝v0＋v
2
t1
＝8 m，加速度大小为a1＝|
Δv1
Δt1
|＝8 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，1~2 s，煤
块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2＝2 s－1 s＝1 s，位移为x2＝v ＋0
2
t2＝2 m，加速度大
小为a2＝|
Δv2
Δt2
|＝4 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，2 s 之后，煤块沿传送带向
下做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3＝x1＋x2＝10 m，加速度大小为a3＝a2＝4
m/s2，联立方程解得sin θ＝0.6，所以tan θ＝0.75，解得μ＝0.25，故A、B 正确；煤块从最高点下滑到A 端，
有x3＝1
2a3t3
2，解得t3＝√5 s，故C 错误；0~1 s，煤块相对传送带沿斜面向上运动，煤块与传送带的相对位
移为Δx1＝v0＋v
2
t1－vt1＝4 m，1~2 s，煤块相对传送带沿斜面向下运动，煤块与传送带的相对位移为Δx2＝
vt2－v ＋0
2
t2＝2 m，因为Δx2<Δx1，则t＝2 s 时煤块位于原划痕长度的中间位置，则t＝2 s 时划痕仍为4
m。2~(2＋√5) s 煤块相对传送带继续沿斜面向下运动，此段时间煤块与传送带的相对位移为Δx3＝vt3＋x3＝
(10＋4√5) m，因为Δx3>Δx1，则煤块产生新的划痕长度为Δx4＝Δx3－(Δx1－Δx2)＝(8＋4√5) m，所以，煤块
在传送带上留下的痕迹长为Δx＝Δx1＋Δx4＝(12＋4√5) m，故D 错误。
(7 分)
9.如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，
速度大小分别为v 甲、v 乙，将工件(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度
相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。两传送带正常工作时，对其中一个工件
A 在传送带乙上留下的痕迹，下图中可能正确的是( )
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案 D
解析 传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v 甲、v 乙，所以，工件滑上乙时，水平方向
相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带
乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度
方向相反，工件A 做匀减速直线运动，轨迹沿速度方向，故D 正确，A、B、C 错误。
13
