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小题精练06 传送带问题——2024年高考物理题型突破限时精练
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这是一份小题精练06 传送带问题——2024年高考物理题型突破限时精练，文件包含小题精练06传送带问题原卷版docx、小题精练06传送带问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
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。
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μmgcsθ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。
难度：★★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /10
（2023秋•海门区期末）某小物块在弧形轨道上由静止释放后滑下，弧形轨道与水平传送带平滑连接，如图所示。下面关于物块在传送带上运动的v﹣t图像，可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：ABD、在v﹣t图像中，斜率表示加速度，如果滑到传送带上小物块与传送带的速度不相同，在摩擦力作用下先做匀变速直线运动，如果传送带足够长，最终跟传送带速度相同，做匀速直线运动，开始时应该是倾斜的直线，最后也不可能减速到零，故ABD错误；
C、在v﹣t图像中，平行于t轴的直线表示匀速直线运动，当滑到传送带上时，小物块与传送带的速度相同，做匀速直线运动，故C正确。
故选：C。
（2023秋•黄埔区校级期末）如图所示，水平传送带L＝3m，沿顺时针方向以v0＝5m/s的速度转动。某时刻将一质量为m＝0.5kg的小煤块无初速度轻放到传送带的左端，已知小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．小煤块在传送带上运动的时间为1.2s
B．小煤块在传送带上运动的时间为1.0s
C．v0越大，小煤块在传送带上运动时间越长
D．v0越大，小煤块在传送带上的划痕越长
【解答】解：AB.物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
代入数据解得a1=5m/s2
则物块运动的位移为x1=v022a1=522×5m=2.5m＜L=3m
物块运动的时间为t1=v0a1=55s=1s
之后物块随传送带一起匀速，则有t2=L-x1v0=3-2.55s=0.1s
故运动时间为1.1s，故AB错误；
C.若物块全程加速到传送带右端时刚好与传送带速度相等，根据位移与速度关系v02=2aL
代入数据解得v0=30m/s
当传送带速度v0≥30m/s，则物块全程加速，此时运动时间不变，故C错误；
D.小煤块在传送带上的划痕越长等于传送带转过的路程减去小煤块的位移，所以传送带速度越大，传送带转过的路程越大，物块在带上划痕越长，故D正确。
故选：D。
（2023秋•南京期末）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆时针匀速转动。小砖块以初速度v＝10m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数μ=32，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．砖块刚滑上传送带时的加速度大小为2.5m/s2
B．砖块在传送带上向上滑行的最远距离为3.0m
C．若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变长
D．若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长
【解答】解：A.砖块刚滑上传送带时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcsθ＝ma
代入数据解得a＝12.5m/s2，故A错误；
B.当砖块速度减为0时，砖块在传送带上向上滑行的最远距离为
xm=v22a=1022×12.5m=4m，故B错误；
C.砖块到达最高点后，继续以相同的加速度向下加速运动到与传送带共速，之后由于tanθ＜μ
则共速后一起做匀速运动回到出发点，上滑时间为t1=va
向下加速到与传送带共速所用时间和加速阶段的位移分别为t2=v0a，x2=v022a
则匀速阶段时间为t3=xm-x2v0=v22a-v022av0=v22av0-v02a
则总时间为t=t1+t2+t3=va+v0a+v22av0-v02a=va+v22av0+v02a
根据数学知识可知，当
v0＝v＝10m/s时，所用时间最短，则若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变短，故C错误；
D.在砖块与传送带共速前，砖块一直相对于传送带向上运动，砖块在传送带上留下的痕迹长度为Δx=v0(t1+t2)+v2t1-v02t2=(v+v0)22a
若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长，故D正确。
故选：D。
（2023秋•重庆期末）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的恒定速率逆时针方向运行，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，取重力加速度g＝10m/s2，旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，下列说法正确的是（ ）
A．行李经过5s到达B处
B．行李到达B处时速度大小为0.4m/s
C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
D．若使行李最快到达B处，传送带的最小运行速率为2m/s
【解答】解：AB.行李刚放上传送带时，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为
a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
行李加速到与传送带共速所用时间为t1=vμg=0.42s=0.2s
加速过程通过的位移为x1=v2t1=12×0.4×0.2m=0.04m
行李与传送带共速后做匀速运动到B处速度为0.4m/s，所用时间为
t2=L-x1v=2-
则有t＝t1+t2＝0.2s+4.9s＝5.1s故A错误，B正确；
C.行李与传送带共速前发生的相对位移为
Δx＝vt1﹣x1＝0.4×0.2m﹣0.04m＝0.04m
即行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m，故C错误；
D.若使行李最快到达B处，可知行李整个过程都做匀加速直线运动，则有
2aL=vB2
解得vB=22m/s
可知传送带的最小运行速率为22m/s 故D错误。
故选：B。
（2023秋•镇海区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
【解答】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
（2023秋•金水区校级期中）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（ ）
A．传送带与水平面的夹角为37°
B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为6m/s
D．包裹到B点时的速度为8m/s
【解答】解：AB、小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得：μmgcsθ+mgsinθ＝ma1
运动到与传送带共速时，包裹所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
由题图可知：a1=7.5m/s2，a2=2.5m/s2
联立解得：μ=36，sinθ＝0.5
可得：θ＝30°，故AB错误；
C、由题图可知，当包裹与传送带共速时有：v12=2a1x1
代入可得：v1=2a1x1=2×7.5×2.4m/s=6m/s，那么传送带的速度为6m/s，故C正确；
D、第二段匀加速过程有：v22-v12=2a2(x2-x1)
解得：v2＝7m/s，可知包裹到B点时的速度为7m/s，故D错误。
故选：C。
（2022秋•三明期末）如图甲，传送带与水平面的夹角为θ，逆时针运行速度恒为v0，现将质量为m的物块轻放到顶端上，物块从顶端到底端的过程中v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块（ ）
A．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmgcsθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小为μmgcsθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
【解答】解：AB、在0～t1时间内物块所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmgcsθ，因物块相对传送带向上运动，故滑动摩擦力方向沿斜面向下，故AB错误；
CD、在t1时刻后物块相对传送带静止，物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件可知，其大小等于重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023秋•兰州期中）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：小木块刚放上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，物体将沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，解得a1＝gsinθ+μgcsθ；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知：mgsinθ＞μmgcsθ，因此小木块继续沿传送带匀加速下滑
但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2，解得 a2＝gsinθ﹣μgcsθ；
比较知道 a1＞a2，根据v﹣t图象的斜率表示加速度，所以第二段图线的斜率变小。
若规定沿传送带向下为正方向，因此摩擦力方向先为正值，再为负值，且大小均为f＝μmgcsθ，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023春•市南区校级期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝14m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cs37°＝0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1.5s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为12m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为(17+413)m
D．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为6s
【解答】解：A、由于煤块初速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律，煤块开始向上减速运动的加速度大小为：
a1=mgsinθ+μmgcsθm=m×10×0.6+0.5×m×10×0.8mm/s2＝10m/s2
煤块冲上传送带后与传送带速度相同所经历的时间：t1=v0-va1=14-410s=1.0s，故A错误；
B、煤块与传送带速度相同后，由于：μ＝0.5＜tanθ＝0.75，故煤块向上做减速运动的加速度大小为：
a2=mgsinθ-μmgcsθm=m×10×0.6-0.5×m×10×0.8mm/s2＝2m/s2
则煤块向上滑行的最大位移为：xmax=v02-v22a1+v22a2=142-422×10m+422×2m＝13m，故B错误；
C、煤块与传送带速度相同前，煤块相对传送带向上运动的相对位移大小为：
x相1=v0+v2t1-vt1=14+42×1m-4×1m＝5m
煤块与传送带速度相同后，到达最高点经历时间为：t2=va2=42s=2s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
v相2＝vt2-v2t2=4×2m-42×2m＝4m
煤块从最高点返回底端过程做加速度为a2的匀加速直线运动，由xmax=12a2t32
解得此过程的时间为：t3=13s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
x相3＝vt3+xmax＝4×13m+13m＝（13+413）m
煤块相对传送带向下运动的总的相对位移大小为：x相2+x相3=(17+413)m＞x相1=5m
可知煤块在传送带上留下的痕迹长为：(17+413)m，故C正确；
D、根据上述，煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t=1.0s+2.0s+13s=(3.0+13)s，故D错误。
故选：C。
（2023•旌阳区校级开学）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知，重力加速度为g，则（ ）
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于2v0
C．μ=v0gt0csθ-sinθ
D．t0时间后木块的加速度大小为2gsinθ-v0t0
【解答】解：A．若传送带顺时针转动，当小木块下滑（mgsinθ＞μmgcsθ），将一直匀加速到底端，加速度保持不变；当小木块上滑（mgsinθ＜μmgcsθ），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带逆时针转动，故A错误；
B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于v0，故B错误；
C．木块在0～t0时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
由图乙可知a1=v0t0
联立解得μ=v0gt0csθ-tanθ
故C错误；
D．t0时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
把C中解得μ代入解得a2=2gsinθ-v0t0
故D正确。
故选：D。项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
v0＝0时，物块加速到v的位移x＝eq \f(v2,2μg)
(1)一直加速
若x≥L即v≥eq \r(2μgL)时，物块一直加速到右端。
(2)先加速后匀速
若x情景2
如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，
(1)v0>v时，一直减速，或先减速再匀速
当v0>v时，物块减速到v的位移x＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2μg)，
若xv> eq \r(v\\al(2,0)－2μgL)，物块先减速后匀速；
若x≥L，即v≤ eq \r(v\\al(2,0)－2μgL)，物块一直减速到右端。
（2）当v＝v0时，物块相对传送带静止随传送带匀速运动到右端。
(3)v0当v0若x若x≥L，即v≥ eq \r(v\\al(2,0)＋2μgL)，物块一直加速到右端。
情景3
如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
若x≥L，即v0≥eq \r(2μgL)，物块一直减速到右端；
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
即x若v0>v，返回时速度为v，若v0项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
（一）若0≤v0tanθ
(1)一直加速
传送带比较短时，物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)先加速后匀速
传送带足够长时，物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。
（二）若0物块向上做减速运动运动至0后反向加速运动至v0，回到出发点。整个运动过程加速度不变，加速度大小a＝gsinθ－μgcsθ。
情景2
(一)若0≤v0tanθ
(1)一直加速
传送带比较短时,物块一直以a＝μgcsθ＋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＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动
（二）若0≤v0(1)传送带比较短时，物块一直以a＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a1＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a2＝gsinθ－μgcsθ向下匀加速运动。
（三）v0=v，一直匀速（μ≥tanθ时）或一直匀加速（μ（四）若v0>v且μ>tanθ：
(1)传送带比较短时，物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时，物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
（五）若v0>v且μ情景3
(1) μ(3) μ>tanθ时，一直减速或先减速后反向加速
若v0>v，反向加速至v后，匀速运动，返回时速度为v；若v0【例题】（2023•眉县校级一模）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
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。
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μmgcsθ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
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。
难度：★★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /10
（2023秋•海门区期末）某小物块在弧形轨道上由静止释放后滑下，弧形轨道与水平传送带平滑连接，如图所示。下面关于物块在传送带上运动的v﹣t图像，可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：ABD、在v﹣t图像中，斜率表示加速度，如果滑到传送带上小物块与传送带的速度不相同，在摩擦力作用下先做匀变速直线运动，如果传送带足够长，最终跟传送带速度相同，做匀速直线运动，开始时应该是倾斜的直线，最后也不可能减速到零，故ABD错误；
C、在v﹣t图像中，平行于t轴的直线表示匀速直线运动，当滑到传送带上时，小物块与传送带的速度相同，做匀速直线运动，故C正确。
故选：C。
（2023秋•黄埔区校级期末）如图所示，水平传送带L＝3m，沿顺时针方向以v0＝5m/s的速度转动。某时刻将一质量为m＝0.5kg的小煤块无初速度轻放到传送带的左端，已知小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．小煤块在传送带上运动的时间为1.2s
B．小煤块在传送带上运动的时间为1.0s
C．v0越大，小煤块在传送带上运动时间越长
D．v0越大，小煤块在传送带上的划痕越长
【解答】解：AB.物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
代入数据解得a1=5m/s2
则物块运动的位移为x1=v022a1=522×5m=2.5m＜L=3m
物块运动的时间为t1=v0a1=55s=1s
之后物块随传送带一起匀速，则有t2=L-x1v0=3-2.55s=0.1s
故运动时间为1.1s，故AB错误；
C.若物块全程加速到传送带右端时刚好与传送带速度相等，根据位移与速度关系v02=2aL
代入数据解得v0=30m/s
当传送带速度v0≥30m/s，则物块全程加速，此时运动时间不变，故C错误；
D.小煤块在传送带上的划痕越长等于传送带转过的路程减去小煤块的位移，所以传送带速度越大，传送带转过的路程越大，物块在带上划痕越长，故D正确。
故选：D。
（2023秋•南京期末）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆时针匀速转动。小砖块以初速度v＝10m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数μ=32，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．砖块刚滑上传送带时的加速度大小为2.5m/s2
B．砖块在传送带上向上滑行的最远距离为3.0m
C．若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变长
D．若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长
【解答】解：A.砖块刚滑上传送带时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcsθ＝ma
代入数据解得a＝12.5m/s2，故A错误；
B.当砖块速度减为0时，砖块在传送带上向上滑行的最远距离为
xm=v22a=1022×12.5m=4m，故B错误；
C.砖块到达最高点后，继续以相同的加速度向下加速运动到与传送带共速，之后由于tanθ＜μ
则共速后一起做匀速运动回到出发点，上滑时间为t1=va
向下加速到与传送带共速所用时间和加速阶段的位移分别为t2=v0a，x2=v022a
则匀速阶段时间为t3=xm-x2v0=v22a-v022av0=v22av0-v02a
则总时间为t=t1+t2+t3=va+v0a+v22av0-v02a=va+v22av0+v02a
根据数学知识可知，当
v0＝v＝10m/s时，所用时间最短，则若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变短，故C错误；
D.在砖块与传送带共速前，砖块一直相对于传送带向上运动，砖块在传送带上留下的痕迹长度为Δx=v0(t1+t2)+v2t1-v02t2=(v+v0)22a
若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长，故D正确。
故选：D。
（2023秋•重庆期末）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的恒定速率逆时针方向运行，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，取重力加速度g＝10m/s2，旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，下列说法正确的是（ ）
A．行李经过5s到达B处
B．行李到达B处时速度大小为0.4m/s
C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
D．若使行李最快到达B处，传送带的最小运行速率为2m/s
【解答】解：AB.行李刚放上传送带时，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为
a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
行李加速到与传送带共速所用时间为t1=vμg=0.42s=0.2s
加速过程通过的位移为x1=v2t1=12×0.4×0.2m=0.04m
行李与传送带共速后做匀速运动到B处速度为0.4m/s，所用时间为
t2=L-x1v=2-
则有t＝t1+t2＝0.2s+4.9s＝5.1s故A错误，B正确；
C.行李与传送带共速前发生的相对位移为
Δx＝vt1﹣x1＝0.4×0.2m﹣0.04m＝0.04m
即行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m，故C错误；
D.若使行李最快到达B处，可知行李整个过程都做匀加速直线运动，则有
2aL=vB2
解得vB=22m/s
可知传送带的最小运行速率为22m/s 故D错误。
故选：B。
（2023秋•镇海区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
【解答】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
（2023秋•金水区校级期中）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（ ）
A．传送带与水平面的夹角为37°
B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为6m/s
D．包裹到B点时的速度为8m/s
【解答】解：AB、小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得：μmgcsθ+mgsinθ＝ma1
运动到与传送带共速时，包裹所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
由题图可知：a1=7.5m/s2，a2=2.5m/s2
联立解得：μ=36，sinθ＝0.5
可得：θ＝30°，故AB错误；
C、由题图可知，当包裹与传送带共速时有：v12=2a1x1
代入可得：v1=2a1x1=2×7.5×2.4m/s=6m/s，那么传送带的速度为6m/s，故C正确；
D、第二段匀加速过程有：v22-v12=2a2(x2-x1)
解得：v2＝7m/s，可知包裹到B点时的速度为7m/s，故D错误。
故选：C。
（2022秋•三明期末）如图甲，传送带与水平面的夹角为θ，逆时针运行速度恒为v0，现将质量为m的物块轻放到顶端上，物块从顶端到底端的过程中v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块（ ）
A．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmgcsθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小为μmgcsθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
【解答】解：AB、在0～t1时间内物块所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmgcsθ，因物块相对传送带向上运动，故滑动摩擦力方向沿斜面向下，故AB错误；
CD、在t1时刻后物块相对传送带静止，物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件可知，其大小等于重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023秋•兰州期中）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：小木块刚放上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，物体将沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，解得a1＝gsinθ+μgcsθ；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知：mgsinθ＞μmgcsθ，因此小木块继续沿传送带匀加速下滑
但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2，解得 a2＝gsinθ﹣μgcsθ；
比较知道 a1＞a2，根据v﹣t图象的斜率表示加速度，所以第二段图线的斜率变小。
若规定沿传送带向下为正方向，因此摩擦力方向先为正值，再为负值，且大小均为f＝μmgcsθ，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023春•市南区校级期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝14m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cs37°＝0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1.5s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为12m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为(17+413)m
D．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为6s
【解答】解：A、由于煤块初速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律，煤块开始向上减速运动的加速度大小为：
a1=mgsinθ+μmgcsθm=m×10×0.6+0.5×m×10×0.8mm/s2＝10m/s2
煤块冲上传送带后与传送带速度相同所经历的时间：t1=v0-va1=14-410s=1.0s，故A错误；
B、煤块与传送带速度相同后，由于：μ＝0.5＜tanθ＝0.75，故煤块向上做减速运动的加速度大小为：
a2=mgsinθ-μmgcsθm=m×10×0.6-0.5×m×10×0.8mm/s2＝2m/s2
则煤块向上滑行的最大位移为：xmax=v02-v22a1+v22a2=142-422×10m+422×2m＝13m，故B错误；
C、煤块与传送带速度相同前，煤块相对传送带向上运动的相对位移大小为：
x相1=v0+v2t1-vt1=14+42×1m-4×1m＝5m
煤块与传送带速度相同后，到达最高点经历时间为：t2=va2=42s=2s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
v相2＝vt2-v2t2=4×2m-42×2m＝4m
煤块从最高点返回底端过程做加速度为a2的匀加速直线运动，由xmax=12a2t32
解得此过程的时间为：t3=13s
此过程，煤块相对传送带向下运动的相对位移大小为：
x相3＝vt3+xmax＝4×13m+13m＝（13+413）m
煤块相对传送带向下运动的总的相对位移大小为：x相2+x相3=(17+413)m＞x相1=5m
可知煤块在传送带上留下的痕迹长为：(17+413)m，故C正确；
D、根据上述，煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t=1.0s+2.0s+13s=(3.0+13)s，故D错误。
故选：C。
（2023•旌阳区校级开学）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。θ、v0、t0已知，重力加速度为g，则（ ）
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于2v0
C．μ=v0gt0csθ-sinθ
D．t0时间后木块的加速度大小为2gsinθ-v0t0
【解答】解：A．若传送带顺时针转动，当小木块下滑（mgsinθ＞μmgcsθ），将一直匀加速到底端，加速度保持不变；当小木块上滑（mgsinθ＜μmgcsθ），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带逆时针转动，故A错误；
B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于v0，故B错误；
C．木块在0～t0时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
由图乙可知a1=v0t0
联立解得μ=v0gt0csθ-tanθ
故C错误；
D．t0时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
把C中解得μ代入解得a2=2gsinθ-v0t0
故D正确。
故选：D。项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
v0＝0时，物块加速到v的位移x＝eq \f(v2,2μg)
(1)一直加速
若x≥L即v≥eq \r(2μgL)时，物块一直加速到右端。
(2)先加速后匀速
若x
如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，
(1)v0>v时，一直减速，或先减速再匀速
当v0>v时，物块减速到v的位移x＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2μg)，
若x
若x≥L，即v≤ eq \r(v\\al(2,0)－2μgL)，物块一直减速到右端。
（2）当v＝v0时，物块相对传送带静止随传送带匀速运动到右端。
(3)v0
情景3
如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
若x≥L，即v0≥eq \r(2μgL)，物块一直减速到右端；
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
即x
图示
滑块可能的运动情况
情景1
（一）若0≤v0
(1)一直加速
传送带比较短时，物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动。
(2)先加速后匀速
传送带足够长时，物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。
（二）若0
情景2
(一)若0≤v0
(1)一直加速
传送带比较短时,物块一直以a＝μgcsθ＋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＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动
（二）若0≤v0
(2)传送带足够长时物块先以a1＝μgcsθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a2＝gsinθ－μgcsθ向下匀加速运动。
（三）v0=v，一直匀速（μ≥tanθ时）或一直匀加速（μ
(1)传送带比较短时，物块一直以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时，物块先以a＝μgcsθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
（五）若v0>v且μ
(1) μ
若v0>v，反向加速至v后，匀速运动，返回时速度为v；若v0
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
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