1.傳送帶模型的分析流程
2.解題關(guān)鍵
(1)理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的前提。
(2)傳送帶模型常常涉及臨界問題，當(dāng)物體與傳送帶達(dá)到相同速度時(shí)，會(huì)出現(xiàn)摩擦力突變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口。
考點(diǎn)一 傳送帶模型的摩擦力分析
1.傳送帶問題中對(duì)物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿兩物體的接觸面，與相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向相反。
1．(多選)如圖所示，表面粗糙的水平傳送帶勻速向右傳動(dòng)?，F(xiàn)在其左側(cè)的A處輕輕放上一物塊，設(shè)傳送帶足夠長，則該物塊（ ）
A．一直向右勻速運(yùn)動(dòng)
B．先向右勻加速，后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)
C．先受到向右的滑動(dòng)摩擦力，后受到向右的靜摩擦力
D．先受到向右的滑動(dòng)摩擦力，后不受摩擦力
【答案】BD
【解析】
AB．木塊初速度為零，開始做加速運(yùn)動(dòng)，傳送帶足夠長，故最后一起勻速，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．滑塊向右加速階段，加速度向右，故合力向右，靜摩擦力向右；滑塊勻速階段，合力為零，故摩擦力為零，即不受摩擦力，故C錯(cuò)誤，D正確。
2．(多選)水平的皮帶傳輸裝置如圖所示，皮帶的速度保持不變，物體被輕輕地放在A端皮帶上，開始時(shí)物體在皮帶上滑動(dòng)，當(dāng)它到達(dá)位置B后滑動(dòng)停止，隨后就隨皮帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，直至傳送到目的地C端，在傳輸過程中，該物體受摩擦力的情況是（ ）
A．在AB段受水平向左的滑動(dòng)摩擦力
B．在AB段受水平向右的滑動(dòng)摩擦力
C．在BC段不受靜摩擦力
D．在BC段受水平向右的靜摩擦力
【答案】BC
【解析】
AB．在AB段，物體的速度小于皮帶，相對(duì)皮帶向左運(yùn)動(dòng)，則受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．在BC段，物體與皮帶相對(duì)靜止且無相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則不受靜摩擦力，故C正確，D錯(cuò)誤。
3．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）(多選)如圖所示，A、B、C三個(gè)物體質(zhì)量相等，它們與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)也相同。三個(gè)物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向如圖中箭頭所示。則下列說法正確的是（ ）
A．A物體受到的摩擦力方向向右
B．B、C受到的摩擦力方向相同
C．B、C受到的摩擦力方向相反
D．若傳送帶向右加速，A物體受到的摩擦力向右
【答案】BD
【解析】
A．A物體與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即無摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；
BC．B、C兩物體雖運(yùn)動(dòng)方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．若傳送帶向右加速，根據(jù)牛頓第二定律，可知A受到向右的摩擦力，故D正確。
4．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示為皮帶運(yùn)輸機(jī)的示意圖，A為傳送帶上的貨物，皮帶運(yùn)輸機(jī)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則（ ）
A．如果貨物A隨傳送帶一起無相對(duì)滑動(dòng)地向上勻速運(yùn)動(dòng)，A不受摩擦力
B．如果貨物A隨傳送帶一起無相對(duì)滑動(dòng)地向下勻速運(yùn)動(dòng)，A受到沿斜面向下的摩擦力
C．如果貨物A和傳送帶都靜止，A不受摩擦力
D．如果貨物A無初速的放到傳送帶直至相對(duì)靜止，A對(duì)傳送帶有沿斜面向下的摩擦力
【答案】D
【解析】
A．如果貨物A隨傳送帶一起無相對(duì)滑動(dòng)地向上勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三力平衡條件，則A受到沿傳送帶向上的靜摩擦力。A錯(cuò)誤；
B．如果貨物A隨傳送帶一起無相對(duì)滑動(dòng)地向下勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三力平衡條件，A受到沿斜面向上的摩擦力。B錯(cuò)誤；
C．如果貨物A和傳送帶都靜止，根據(jù)三力平衡條件，則A受到沿傳送帶向上的靜摩擦力。C錯(cuò)誤；
D．如果貨物A無初速的放到傳送帶直至相對(duì)靜止，說明貨物先向上加速后勻速，則勻速時(shí)，A受到沿斜面向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，A對(duì)傳送帶有沿斜面向下的摩擦力。D正確。
考點(diǎn)二 水平傳送帶
物體在水平傳送帶上的運(yùn)動(dòng)分析
5．如圖所示，一水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以2m/s的速度沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊放在傳送帶的左端A點(diǎn)處，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，傳送帶的左端A點(diǎn)與右端B點(diǎn)之間的距離為L=3m，重力加速度g取10m/s2。則（ ）
A．滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1s
C．滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s
D．若傳送帶以4m/s速率勻速運(yùn)行，滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s
【答案】C
【解析】
ABC．對(duì)滑塊受力分析知μmg=ma
即a=μg=2ms2
則加速到2ms的時(shí)間為 t=va=1s
對(duì)應(yīng)的位移為 x=v22a=1m
之后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，用時(shí) t′=L?xv=3?12s=1s
所以滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t總=t+t′=2s
故AB錯(cuò)誤，C正確；
D．若傳送帶以4m/s速率勻速運(yùn)行，則滑塊與傳送帶共速的時(shí)間為 t1=v′a=2s
對(duì)應(yīng)的位移為 x′=v′22a=4m>3m
所以物塊一直勻加速，則滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足 L=12at22
解得 t2=3s
故D錯(cuò)誤。
6．(多選)如圖甲所示，水平傳送帶AB逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為M＝1.0 kg的小物塊以某一水平初速度滑上傳送帶左端，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，取向左為正方向，以小物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)．已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2．下列說法正確的是
A．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
B．物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離是9 m
C．物塊距離傳送帶左端的最大距離是8 m
D．物塊在傳送帶上的時(shí)間4.5 s
【答案】BD
【解析】
根據(jù)速度時(shí)間圖線求出物塊勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)大?。飰K滑上傳送帶后先做勻減速運(yùn)動(dòng)到零，然后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出向左和向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出物塊在傳送帶上的總時(shí)間．
由速度圖象可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度為a=△v△t=4.02m/s2=2.0m/s2；由牛頓第二定律得f=Ma又f=μMg，則可得物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=MaMg=2.010=0.2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由速度圖象可知，物塊的初速度大小v=4 m/s、傳送帶的速度大小v′=2 m/s，物塊在傳送帶上滑動(dòng)t1=3 s后與傳送帶相對(duì)靜止．前2秒內(nèi)物塊的位移大小s1=v2t1′=4 m，方向向右，即物塊距離傳送帶左端的最大距離是4m；后1秒內(nèi)的位移大小s2=v'2t1″=1 m，方向向左；3秒內(nèi)物塊的位移s=s1-s2=3 m，方向向右，傳送帶在3s內(nèi)的位移為2×3m=6m向左，可知物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離是9 m，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；物塊再向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=sv′=32s=1.5 s； 物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=t1+t2=4.5 s，選項(xiàng)D正確；故選BD.
7．隨著電子商務(wù)的迅速發(fā)展，對(duì)物流的需求急劇增加，下圖是物流運(yùn)輸過程中卸貨的傳送裝置示意圖，傾斜部分AB的長度為4m，水平傳送帶BC的長度為5m，AB部分與水平面之間的夾角θ=37°。傳送帶以v=2m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，把包裹輕放到A端開始運(yùn)動(dòng)，包裹經(jīng)過B點(diǎn)前后速度大小不變且不脫離傳送帶。已知包裹與斜面AB、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，包裹運(yùn)動(dòng)到傳送帶上后傳送帶速度不變。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8。求：
（1）包裹到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小：
（2）包裹從A點(diǎn)傳送到C點(diǎn)所需的時(shí)間。
【答案】（1）4m/s；（2）4.3s
【解析】
（1）包裹從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中 mgsinθ?μmgcsθ=ma1 ①
vB2=2a1LAB ②
由式①②解得 vB=4m/s ③
（2）包裹從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中 vB=a1t1 ④
包裹剛滑上傳送帶到與傳送帶共速的過程中 μmg=ma2 ⑤
v=vB?a2t2 ⑥
x=vB+v2t2 ⑦
解得 t2=0.4s，x=1.2m
因?yàn)閤=1.2m＜5m，因此包裹和傳送帶共速后勻速向右運(yùn)動(dòng) t3=LBC?xv ⑧
所以包裹從A點(diǎn)傳送到C點(diǎn)所需的時(shí)間為 t=t1+t2+t3=4.3s
8．如圖所示，長L=10m的水平傳送帶以速度v=8m/s勻速運(yùn)動(dòng)．質(zhì)量分別為2m、m的小物塊P、Q，用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩，通過固定光滑小環(huán)C相連．小物塊P放在傳送帶的最左端，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，C、P間的細(xì)繩水平．現(xiàn)在P上固定一質(zhì)量為2m的小物塊(圖中未畫出)，整體將沿傳送帶運(yùn)動(dòng)，已知Q、C間距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)小物塊P從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間；
(3)當(dāng)小物塊P運(yùn)動(dòng)到某位置S（圖中末畫出）時(shí)將細(xì)繩剪斷，小物塊P到達(dá)傳送帶最右端時(shí)剛好與傳送帶共速，求位置S距傳送帶右端的距離．
【答案】（1）0.5（2）10s（3）4m
【解析】
(1)設(shè)靜止時(shí)細(xì)繩的拉力為T0，小物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，P、Q受力如圖:
由平衡條件得：T0=μ(2m)g
T0=mg
μ=0.5
(2)設(shè)小物塊P在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a1，細(xì)繩的拉力為T，P、Q受力如圖，
由牛頓第二定律得,對(duì)P：μ(2m+2m)g?T=(2m+2m)a1
對(duì)Q：T?mg=ma1
假設(shè)P一直加速至傳送帶最右端時(shí)間為t，末速度為v1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v12=2aL
v1=a1t
聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：t=10s,v1=210m/sμmgcs θ←→μ﹤tanθ
mgsinθ﹤μmgcsθ←→ μ>tanθ
9．（2022·全國·高三專題練習(xí)）(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角θ=30°，以恒定的速度v0=3m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小木塊以初速度v=6m/s沿平行于傳送帶方向從傳送帶底端滑上傳送帶，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=36，取重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．小木塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為7.5m/s2
B．小木塊在傳送帶上向上滑行的最遠(yuǎn)距離為2.4m
C．小木塊回到傳送帶底端時(shí)的速度大小為3m/s
D．小木塊從滑上傳送帶到返回傳送帶底端一共用時(shí)1.8s
【答案】AB
【解析】
A．開始時(shí)小木塊速度與傳送帶速度相反，所以小木塊線做減速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力方向沿斜面向下。選取沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定理得mgsin30°+μmgcs30°=ma1
帶入數(shù)據(jù)解得a1=7.5m/s2
故A正確；
B．設(shè)向上滑的位移為最大位移為x1，則有v2=2a1x1
帶入數(shù)據(jù)解得x1=2.4m
故B正確；
C．小木塊減速到零以后會(huì)反向加速，加速度也為a1，設(shè)從反向加速到和傳送帶同速瞬間，位移為x2，則有v02?0=2a1x2
帶入數(shù)據(jù)解得x2=0.6mμmgcs30°
物塊將會(huì)繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°?μmgcs30°=ma2
與傳送帶同速到底端過程有v12?v02=2a2(x1+x2)
帶入數(shù)據(jù)解得小木塊到達(dá)底端的速度為32m/s，故C錯(cuò)誤；
D．小木塊向上減速到零并反向加速到與傳送帶速度相同時(shí)間為t1=v0?(?v)a1=97.5s=1.2s
小木塊從與傳送帶同速到加速下滑到底端需要的時(shí)間為t1=v1?v0a2=32?352s≈0.5s
總時(shí)間為t=t1+t2≈1.7s
故D錯(cuò)誤。
故選AB。
10．機(jī)場地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率v=2m/s運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=8.2m。工作人員從傳送帶頂端無初速度地放上一件小包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）。小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8。求：
（1）小包裹剛放上傳送帶時(shí)加速度的大小a；
（2）小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間t。
【答案】（1）10m/s2；（2）2.2s
【解析】
（1）根據(jù)牛頓第二定律 mgsinα+μmgcsα=ma
解得 a=10m/s2
（2）運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速的時(shí)間 t1=va=210s=0.2s
下滑的距離 x1=12at12=12×10×0.22m=0.2m
由于 tan37°=0.75>0.5
故物體0.2s后繼續(xù)加速下滑，此時(shí) mgsinα?μmgcsα=ma′
得 a′=2m/s2
剩余位移為 x2=x?x1
根據(jù)x2=vt2+12a′t22
解得t2=2s
故小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間為t=t1+t2=2.2s
11．（2022·北京·北師大二附中高二期末）如圖所示傳送帶水平部分AB=2m，傾斜部分BC=4m且與水平面夾角為α=37°，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25。傳送帶沿順時(shí)針方向以2m/s的速率轉(zhuǎn)動(dòng)。若將物塊放在A處，它將從靜止開始被傳送帶送到C處（物塊始終不離開傳送帶），求物塊從A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
【答案】2.4s
【解析】
在水平AB部分，根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma1
可得，小物塊在水平部分的加速度為a1=μg=2.5m/s2
則小物塊加速到與傳送帶共速的時(shí)間為t1=va1=22.5s=0.8s
此時(shí)小物塊的位移為x1=v2?t1=0.8m
則小物塊在水平部分做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2=AB?x1=1.2m
則小物塊在水平部分做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=x2v=0.6s
在傾斜BC部分，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα?μmgcsα=ma2
可得，小物塊在傾斜部分的加速度為a2=gsinα?μgcsα=4m/s2
在傾斜部分，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間關(guān)系有xBC=vt3+12a2t32
帶入數(shù)據(jù)解得，小物塊在傾斜部分的加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3=1s
則物塊從A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為tAC=t1+t2+t3=2.4s
12．（2022·湖南·長郡中學(xué)高一期末）如圖所示，一傾斜固定的傳送帶與水平面間夾角θ＝37°，上下兩端間距L=2.0m，傳送帶以v＝1.0m/s的速率沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行。從距離傳送帶底端x0＝1.0m的O點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊，滑塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端時(shí)與固定擋板P碰撞，碰撞時(shí)間極短且碰撞前后速率相等。滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g＝10m/s2，傳送帶與輪子間無相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦。求：
（1）滑塊與擋板P第一次碰撞時(shí)的速度大小v1；
（2）滑塊與擋板P碰撞后離開擋板的最大距離xm；
（3）若滑塊與擋板P第一次碰撞后立即在滑塊上加一方向沿傳送帶斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段時(shí)間后撤去。要使滑塊能滑至傳送帶最上端，恒力持續(xù)作用的最短時(shí)間t。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）1.67s
【解析】
（1）設(shè)滑塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ?μmgcsθ=ma1
由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v12=2a1x0
聯(lián)立解得v1=2m/s
（2）滑塊第一次與擋板碰撞后速度大于傳送帶速度，滑塊減速上滑，設(shè)碰后運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，則mgsinθ+μmgcsθ=ma2
減速至與皮帶速度相等時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為x1，則v2?v12=2(?a2)x1
之后滑塊繼續(xù)減速上滑至速度為零，加速度大小為a1，則0?v2=2(?a1)x2
離開擋板的最大距離為xm=x1+x2
聯(lián)立解得xm=0.4m
滑塊與擋板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小設(shè)為a3，
根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcsθ?F=ma3
設(shè)該過程向上運(yùn)動(dòng)的距離為x3，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，
則v2?v12=2(?a3)x3 v?v1=(?a3)t1
解得x3=0.25m，t1=16s
接著滑塊向上勻速運(yùn)動(dòng)，最后撤去拉力再以a1向上減速，減速的距離應(yīng)為x2，設(shè)勻
速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則t2=L?x2?x3v
恒力持續(xù)作用的最短時(shí)間為t=t1+t2
聯(lián)立解得t=53s≈1.67s
考點(diǎn)四 傳送帶上的劃痕問題
1.滑塊與傳送帶的劃痕長度Δx等于滑塊與傳送帶的相對(duì)位移的大小，若有兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)且兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，Δx等于較長的相對(duì)位移大小．(圖乙)
2.物塊靜止輕放到傳送帶上一端加速到和傳送帶共速的過程中,如果傳送帶的速度為v，加速的時(shí)間為t，則：
物塊的位移: x物= = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①共速過程中傳送帶位移是物塊位移的2倍
傳送帶的位移: x傳=vt = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②物塊相對(duì)于傳送帶的位移等于物塊的位移
13．（2022·湖南·高三學(xué)業(yè)考試）如圖所示，傳送帶與水平面的夾角θ=30°，傳送帶以v0=2m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，t=0時(shí)刻，一煤塊以v=8m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶，傳送帶和煤塊運(yùn)動(dòng)的v?t圖像如圖所示，已知煤塊剛好能滑到傳動(dòng)帶的頂端，g取10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為34
B．煤塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2.0s
C．傳送帶的總長度為5.5m
D．煤塊滑到頂端時(shí)在傳送帶上的劃痕長度為3.5m
【答案】C
【解析】
A．由圖乙可知，煤塊開始速度比傳送帶大，摩擦力方向向下，這段過程中加速度為
a1=mgsin30°+μmgcs30°m=8?21m/s2
解得μ=315
這段過程中位移s1=22?82?2×6m=5m故A錯(cuò)誤；
BC．在速度達(dá)到和傳送帶速度相等后，由于mgsin30°>μmgcs30°
所以煤塊繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2=mgsin30°?μmgcs30°m=4m/s2
煤塊剛好能滑到傳動(dòng)帶的頂端，這段過程中的位移s2=0?22?2×4=0.5m
時(shí)間為t2=24s=0.5s
傳送帶的總長度為s=s1+s2=5.5m
煤塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=1s+0.5s=1.5s故C正確，B錯(cuò)誤；
D．煤塊速度大于傳送帶速度階段，煤塊在傳送帶上的劃痕為Δs=5m?2×1m=3m
煤塊速度小于傳送帶速度階段，傳送帶運(yùn)動(dòng)較快Δs'=2×0.5m?0.5m=0.5m
因?yàn)棣>Δs'
煤塊滑到頂端時(shí)在傳送帶上的劃痕長度為3m，故D錯(cuò)誤。故選C。
14．（2022·安徽合肥·三模）如圖所示，A、B兩端距離為L的水平傳送帶以速度v逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A，當(dāng)石墨塊從左端B離開傳送帶時(shí)，傳送帶上留下了長度為l的痕跡，不計(jì)繞過傳動(dòng)輪的傳送帶長度，下列說法正確的是（ ）
A．增大傳送帶速度v，劃痕長度一定變長
B．增加傳送帶的長度，劃痕長度一定會(huì)變長
C．減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長度可能會(huì)減小
D．一定條件下可使l>L
【答案】D
【解析】
AD．若石墨塊到達(dá)B時(shí)速度小于v，說明石墨塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
加速度大小為a=μmgm=μg
所用時(shí)間為t=2La=2Lμg
則劃痕長度為l=vt?L=v2Lμg?L
若t=2Lμg>3Lv，可得vt?L>2L
說明在石墨塊到達(dá)B端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長度為2L，之后的劃痕與原來劃痕重疊，增大傳送帶速度v，劃痕長度保持2L不變，A錯(cuò)誤，D正確；
B．若石墨塊到達(dá)B端前速度已經(jīng)等于v，則有t=va=vμg
則劃痕長度為l=vt?v22a=v22μg
可知增加傳送帶的長度，劃痕長度保持不變，B錯(cuò)誤；
C．若石墨塊到達(dá)B端前速度已經(jīng)等于v，劃痕長度為l=v22μg
若石墨塊到達(dá)B時(shí)速度小于v，劃痕長度為l=v2Lμg?L（當(dāng)2Lμg>3Lv時(shí)，l=2L）
可知減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長度會(huì)變長或者不變，C錯(cuò)誤；
15．（2022·江蘇·南京市大廠高級(jí)中學(xué)高一開學(xué)考試）如圖所示，有一水平傳送帶以6m/s的速度順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶AB長度L=6m，其右端連著一段光滑水平面BC，緊挨著BC的光滑水平地面上放置一輛質(zhì)量M=2kg的平板小車，小車上表面剛好與BC面等高?，F(xiàn)將質(zhì)量m=1kg的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放到傳送帶的左端A處，經(jīng)過傳送帶傳送至右端B后通過光滑水平面BC滑上小車。煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4，煤塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)留下的劃痕；
（3）若滑塊剛好不從小車上掉下來，求小車的長度。
【答案】（1）1.75s；（2）4.5m；（3）6m
【解析】
（1）以水平向右為正方向，煤塊剛放上傳送帶時(shí)的受力如圖所示
設(shè)物塊在傳送帶上勻加速階段的加速度為a，所用時(shí)間為t1，對(duì)地位移為x1，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得f=μ1N=μ1mg f=ma
解得a=4m/s2
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v=at1 x1=12at12
解得t1=1.5s x1=4.5m
由于x1=4.5m

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