模型六、皮帶(傳送帶)模型

【模型概述】

一個物體以速度0(%20)在另一個勻速運動的物體上開始運動的力學系統可看做“傳送帶”模型，如圖(a)、

⑹、(c)所示.

【模型特點】

1、水平傳送帶

項目圖示滑塊可能的運動情況

情景1(1)可能一直加速

伙)二0

fi——T)(2)可能先加速后勻速

情景2VQ(1)為〉丫時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

fi——b

(2)%<v/時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端

VQ

(T——B(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端，其

中小〉)/返回時速度為V,當/<1/返回時速度為匕)

2、傾斜傳送帶

項目圖示滑塊可能的運動情況

情景1(1)可能一直加速

(2)可能先加速后勻速

情景2(1)可能一直加速

01(2)可能先加速后勻速

(3)可能先以為加速后以a2加速

情景3(1)可能一直加速

產(2)可能先加速后勻速

(3)可能一直勻速

(4)可能先以外加速后以電加速

情景4(1)可能一直加速

)(2)可能一直勻速

(3)可能先減速后反向加速

【模型解題】

1、傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題.

⑴水平傳送帶問題:求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷.判斷摩擦力時要注意比較

物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等.

物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發生突變的時刻.

(2)傾斜傳送帶問題:求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩

擦力作用.如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動

情況.當物體速度與傳送帶速度相等時,物體所受的摩擦力有可能發生突變.

2、解答傳送帶問題應注意的事項

(1)水平傳送帶上物體的運動情況取決于物體的受力情況，即物體所受摩擦力的情況;傾斜傳送帶上物體的

運動情況取決于所受摩擦力與重力沿斜面的分力情況.

⑵傳送帶.上物體的運動情況可按下列思路判定：相對運動一摩擦力方向一加速度方向一速度變化情況一

共速，并且明確摩擦力發生突變的時刻是丫物=匕專

(3)傾斜傳送帶問題，一定要比較斜面傾角與動摩擦因數的大小關系.

【模型訓練】

【例1】如圖所示，長為￡的水平傳送帶以速度vo逆時針轉動，可視為質點的滑塊機從左側以速度v水平

滑上傳送帶，V0>V,最終滑塊從傳送帶上滑離。若滑塊與傳送帶之間的摩擦力大小為了,則（）

A.滑塊滑離時的動能可能為，"說

B.滑塊滑離時的動能可能為;

C.滑塊從滑上到離開過程中其機械能保持不變

D.滑塊從滑上到離開過程中因摩擦而產生的熱量為2〃

【答案】B

【詳解】A.若滑塊返回從左側脫離，由于%>v,則滑塊返回的速度等于V,即滑塊滑離時的動能可能為：加丫2,

A錯誤；

B.若滑塊從右側脫離，根據動能定理

-fL=Ek

滑塊滑離時的動能為

Ek=^mv2-JL

B正確；

C.滑動摩擦力對滑塊做負功，滑塊的機械能減小，C錯誤；

D.若滑塊從左側脫離，無法判斷滑塊與傳送帶的相對位移，熱量未知；若滑塊從右側脫離，由于%〉v,

且滑塊減速運動，二者相對位移大于2￡,即因摩擦而產生的熱量大于2立，D錯誤。

故選Bo

變式1.1如圖所示水平傳送帶以恒定速率v順時針轉動，現將一貨物無初速地放在傳送帶的左端/處，則

貨物的速度v隨時間/、位移x的變化規律的圖像中不可能的是（）

VV

1/,D-r,

OxOx

【答案】c

【詳解】AB.將一貨物無初速地放在傳送帶的左端/處，貨物受到水平向右的摩擦力，開始做初速度為零

的勻加速運動，貨物到達8處的速度小于等于傳送帶的速度，貨物可能一直做加速度運動也可能先做加速

運動后做勻速運動，V—圖像可能是一條過原點的傾斜直線，也可能先是一條過原點的傾斜直線再是水平

直線，故AB正確，不符合題意；

CD.根據

v2=2ax

可知貨物加速階段速度與位移不成正比，勻速階段速度不變，V-X圖像可能是彎曲圖線，也可能先是彎曲

圖線再是水平直線，故C錯誤，符合題意；D正確不符合題意。

故選C。

變式1.2如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度4m/s順時針運行，質量為1kg的小物塊以6m/s的初

速度從傳送帶右端滑上傳送帶，經一段時間后小物塊離開傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為

0.2,傳送帶的長度為10m,重力加速度g=10m/s2,對上述過程，下列說法正確的是()

A.小物塊對傳送帶做功為20J

B.小物塊對傳送帶做功為48J

C.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為40J

D.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為50J

【答案】C

【詳解】AB.物塊的加速度大小為

/W/s2

a=m=2m

物塊向左減速至0的位移為

物塊向左運動的時間為

#=3s

a

向右運動至共速的時間為

t=—=2s

2a

小物塊對傳送帶做功為

W=+Z2)=-40J

AB錯誤；

CD.全程物塊與傳送帶的相對位移為

Ax=-L+嗎+—a，=25m

la-2

根據功能關系，帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為

W'=〃加gAx-]gmV]=40J

C正確，D錯誤。

故選Co

【例2】把一小木塊放在逆時針轉動的水平傳送帶上，其右端用一根細繩拴在墻上。小木塊質量為1kg,小

木塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.3,則(重力加速度取g=10m/s2)()

A.小木塊受到的滑動摩擦力的水平向右

B.小木塊受到細繩的拉力大小為0.3N

C.小木塊與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為3N

D.剪斷細繩后，小木塊靜止不動

【答案】C

【詳解】A.傳送帶向左運動，小木塊靜止，小木塊相對于傳送帶向右運動，所以小木塊受到傳送帶水平向

左的滑動摩擦力，故A錯誤；

C.根據滑動摩擦力公式

Ff=jumg

代入數據可得

匕=3N

故C正確;

B.小木塊處于平衡狀態，受到的向右的拉力和向左的滑動摩擦力大小相等，即

T=尸，=3N

故B錯誤；

D.剪斷細線后，小木塊受到水平向左的滑動摩擦力，所以小木塊向左運動，故D錯誤。

故選C=

變式2.1如圖所示，水平傳送帶以某一速度沿順時針方向勻速轉動，勁度系數為左的輕質彈簧一端固定在豎

直墻壁上，另一端與一個質量為加的滑塊相連，某時刻將彈簧拉伸到某處靜止釋放滑塊，當滑塊向左運動

的距離為工時（滑塊未滑離傳送帶），速度減小為0,此時彈簧恰好恢復原長，此過程中滑塊與傳送帶之間

因摩擦而產生的熱量為。。下列說法中正確的是（）

A.滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為—

B.若只將傳送帶的速度增大為原來的2倍，其他條件不變，滑塊向左運動的時間將增加

C.若只將傳送帶的速度增大為原來的2倍，其他條件不變，滑塊向左運動的過程中，滑塊與傳送帶之

間因摩擦而產生的熱量變為2。

D.由于摩擦力的作用，滑塊將不能返回到出發點

【答案】A

【詳解】AD.滑塊受傳送帶的摩擦力一直向右且大小不變，可以將彈簧看成豎直狀態掛著滑塊，傳送帶摩

擦力看作重力，由此可知，滑塊將做簡諧運動。

根據簡諧運動原理，滑塊將能返回到出發點，在出發點和向左運動的距離為工時回復力大小相等，因此有

/jmg=kL-jumg

kL

2mg

故A正確，D錯誤；

B.若只將傳送帶的速度增大為原來的2倍，其他條件不變，滑塊受力情況不變，則滑塊向左運動的時間不

變，故B錯誤;

C.設傳送帶初始速度為v,則根據功能關系

Q=^img(vt+L)

若只將傳送帶的速度增大為原來的2倍，滑塊受力情況不變，滑塊向左運動的距離不變，這段時間不變,

但這段時間內傳送帶運動的位移由位變為2vt,則塊與傳送帶之間因摩擦而產生的熱量變為

Q'=pimg(2vt+L)

不等于20,故C錯誤。

故選Ao

變式2.2如圖所示滑塊A和B疊放在傳送帶上，B被細線連于墻上。如果傳送帶逆時針轉動，滑塊A和B

都相對地面靜止，則下列說法正確的是（）

A.A受到的靜摩擦力水平向右B.增大傳送帶的速度，繩拉力變大

C.B受到的拉力和受到的摩擦力相同D.增大A的質量，B受到的摩擦力增大

【答案】D

【詳解】A.若A受摩擦力則不能平衡，故A都不受摩擦力，A錯誤；

B.AB始終處于平衡狀態，B受到的拉力和受到的摩擦力合力為0,摩擦力只與動摩擦因數和正壓力有關,

故無論傳送帶的速度是多少，繩拉力都不變，B錯誤；

C.B受到的拉力和受到的摩擦力大小相等方向相反，C錯誤；

D.滑動摩擦力與相對速度無關，只與動摩擦因數（粗糙程度）和正壓力有關，增大A的質量，壓力增大,

B受到的摩擦力增大，D正確；

故選D。

【例3】如圖所示，傾角為。的傳送帶始終以5m/s的速度順時針勻速運動，一質量為1kg的物塊以10m/s的

速度從底端沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,取重力加速度

大小g=10m/s2,sin。=0.6,物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間為（)

B

A.1.0sB.1.5s

【答案】D

【詳解】開始時物塊速度大于傳送帶速度，所受傳送帶摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律

mgsin0+/nmgcos0-ma1

解得

2

ax=10m/s

物塊速度與傳送帶速度相等所需的時間

仆工=0.5s

a

之后物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律

mgsin0-jumgcos0=m%

解得

2

a2=2m/s

物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間

t2=-^=2.5s

a2

物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間

t=tx+t2=3.0s

故選D。

變式3.1如圖所示，傾角e=30。的傳送帶以大小為4m/s的速度順時針勻速運行。質量為1kg的某工件(視

為質點)以大小為8m/s的初速度從傳送帶的底端/沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶的頂端2,隨即被取走。

工件與傳送帶間的動摩擦因數為3

,取重力加速度大小g=10m/s2。貝I」()

5

B

A.工件沿傳送帶上滑的時間為2.5s

B.工件在傳送帶上運動時，摩擦力對其做功為5J

C.傳動帶/、3兩端的距離為4m

D.工件在傳送帶上運動時，因摩擦產生的熱量為21J

【答案】A

【詳解】A.工件所受重力沿傳送帶向下的分力大小為

G=mgsin0=0.5"7g

滑動摩擦力大小為

f=p.mgcos。=Q.3mg

當工件的速度大于傳送帶的速度時，工件受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，因此工件向上做勻減速運動,

根據牛頓第二定律可得，上滑的加速度大小為

2

ax=，［上L=8m/s

m

工件從A端上滑至與傳送帶速度相同的時間

I

此后工件繼續向上做勻減速運動，上滑的加速度大小為

a=———=2m/s2

2m

從工件與傳送帶達到共同速度至工件到達B端的時間為

t2=-=2s

a2

因此工件沿傳送帶上滑的時間為

t=tl+t2=2.5s

故A正確；

BC.A、B兩端的距離為

yV+VVr

L---n-----1,H—t)=7m

2122

設工件返回A端時的速度大小為v',則有

v'2=2a2L

解得

v'=2V7m/s

根據動能定理可知，工件在傳送帶上滑行的過程中，摩擦力對工件做的功

2

=lmv'-lmv^=-18j

故BC錯誤；

D.工件從B端下滑至A端的時間為

a2

工件在傳送帶上滑行的過程中，因摩擦產生的熱量為

0=/［用匕/卜Tj+/(W，+D=°6+12g)J

故D錯誤。

故選Ao

變式3.2如圖所示，一傾斜傳送帶與水平面的夾角為6,傳送帶以速度％逆時針勻速轉動。一質量為加的

物塊以初速度從傳送帶底端滑上傳送帶，傳送帶足夠長，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為〃,

重力加速度為g,下列說法正確的是()

A.物塊上滑時的加速度大于物塊下滑時的加速度

2%

B.物塊從滑上傳送帶到回到底端的時間為

gsin，+〃gcosd

C.物塊從滑上傳送帶到回到底端，傳送帶對物塊做的功為零

D物塊從滑上傳送帶到回到底端，物塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為篙黑

【答案】c

【詳解】A.物塊上滑時摩擦力方向沿斜面向下，當物塊減速到零然后反向下滑時，由于傳送帶速度大于滑

塊速度，因此物塊受到的摩擦力方向仍沿斜面向下，此時滑塊受力情況與上滑時相同，故加速度相同，故A

錯誤；

B.由A中分析可知，物塊先向上做勻減速直線運動，速度為零后再以相同的加速度大小反向做勻加速直線

運動，兩個過程的加速度大小均為

a=gsin。+"geos6

根據對稱性可得物塊從滑上傳送帶到回到底端的總時間為

ta=2t=2x^=--------------

agsin6+〃gcos0

故B錯誤；

C.由B中分析可知，當物塊下滑到傳送帶底端時，滑塊的速度大小仍為匕，故物塊從滑上傳送帶到回到底

端整個過程根據動能定理可得

WG+W{=0

而

%=0

故

wf=o

即傳送帶對物塊做的功為零，故C正確；

D.物塊上滑過程傳送帶與物塊的相對位移為

=vt+

o2a

物塊下滑過程傳送帶與物塊的相對位移為

AX2=vot-

故整個過程傳送帶與物塊的相對位移為

Ax=Ajq+Ax,=2vf=--------------

gsin0e+〃gcos。

故整個過程物塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為

八nA2vv4/mcos0

(2=jumgcost/-Ax=01—(--------

sin9+〃cos0

故D錯誤。

故選c。

【例4】如圖甲所示，傾角為e的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一包裹輕輕放在最上端的n點，包裹

從/點運動到最下端2點的過程中，加速度。隨位移X的變化圖像如圖乙所示（重力加速度g取10m/s2）,

則下列說法正確的是（）

，a/(m?s")

7.5—

2.5------------------

02.45.0x/m

乙

A.傳送帶與水平面的夾角為37。B.包裹與傳送帶間的動摩擦因數為0.4

C.傳送帶運行的速度大小為6m/sD.包裹到8點時的速度為8m/s

【答案】C

【詳解】AB.小包裹放上傳送帶后瞬間,小包裹相對傳送帶向上滑動，則所受摩擦力沿傳送帶向下，根據

牛頓第二定律得

/Jingcos0+mgsin0=ma1

運動到與傳送帶共速時，根據牛頓第二定律得

mgsin6-/j.mgcos6=n1al

其中

22

al=7.5m/s,a2=2.5m/s

聯立解得

u=——，sin0=0.5

6

可得

0=30°

故AB錯誤;

C.由

v；=2%再

可得

Vj==J2x7.5x2.4m/s=6m/s

則傳送帶的速度為6m/s,故C正確；

D.第二段勻加速過程有

v；-v；=20仁一匹）

解得

v2=7m/s

可知包裹到8點時的速度為7m/s,故D錯誤。

故選C。

變式4.1圖為煤塊傳送裝置簡化圖，已知傾斜傳送帶逆時針運轉速率為%=10m/s,傾角為6=37。，某時刻

將煤塊輕放在傳送帶頂端，已知兩電機輪間的距離為￡=1.8m,煤塊和傳送帶之間的動摩擦因數為〃=0.5,

不計傳送帶電機輪的尺寸大小。取重力加速度大小g=10m//，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則煤塊滑離傳

送帶下端時傳送帶上的劃痕長度為（）

A.4.2mB.3.6mC.3.0mD.1.8m

【答案】B

【詳解】當小煤塊剛放到傳送帶上達到傳送帶速度前，對小煤塊受力分析，根據牛頓第二定律可知

mgsin37°加gcos370=ma

解得

a=10m/s2

若達到共速需要的時間為

%=—=ls

煤塊下滑到低端時

L=—at2

2

解得

t=0.6s<ti

此時煤塊沒能和傳送帶共速，此過程中傳送帶的走過的距離

x=vGt=6m

此過程中煤塊相對傳送帶的路程

Ax=x-L=4.2m>2Z=3.6m

可知煤塊滑離傳送帶下端時傳送帶上的劃痕長度為3.6m。

故選Ba

變式4.2傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖為傾斜傳送帶裝置的示意圖，傳送帶足夠長，木箱M

正在靜止的傳送帶上以加速度。勻加速下滑，某時刻傳送帶突然順時針以速度匕，啟動，則傳送帶啟動后

()

A.木箱M開始加速上滑

B.木箱M開始減速下滑

C.木箱M繼續以加速度a勻加速速下滑

D.木箱M仍然勻加速下滑，但加速度比。值小

【答案】C

【詳解】木箱初在靜止的傳送帶上以加速度a勻加速下滑，說明滑動摩擦力向上，傳送帶啟動后，木箱相

對傳送帶下滑，受沿傳送帶向上滑動摩擦力，大小不變，則木箱受力不變，所以木箱繼續以加速度a勻加

速速下滑。

故選Ca

【例5】如圖所示，三角形傳送帶以lm/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的

夾角均為37。，現有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以hWs的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動

摩擦因數均為0.5(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),下列說法正確的是()

A.物塊A先到達傳送帶底端

B.物塊B到達傳送帶底端時速度較大

C.傳送帶對物塊A做正功，對物塊B做負功

D.物塊在傳送帶上的劃痕長度之比為1:3

【答案】D

【詳解】AB.因為

；Mgsin37°>〃刃geos37°

則AB物體所受摩擦力均沿斜面向上，均向下做勻加速直線運動，兩物體勻加速直線運動的加速度大小相等,

位移大小相等，根據公式

v—v0+at

12

x=vot+—at

知，運動到底端的時間相等，到達底端的速度大小相等，故A錯誤，B錯誤；

C.傳送帶對A、B的摩擦力方向與物體速度方向相反，都做負功，故C錯誤；

D.對A,劃痕的長度等于A的位移減傳送帶的位移，以A為研究對象，由牛頓第二定律得

mgsin0—jumgcos0=ma

代入數據求得

Q=gsin6—"gcos9=2m/s2

由運動學公式可得

1212

s=vot+—at=lx/+—x2x^=2m

得運動時間

t=ls

所以皮帶運動的位移為

x=vt=\m

所以A對皮帶的劃痕為

Ax=2m-lm=lm

對B,劃痕的長度等于B的位移加上傳送帶的位移，同理可得出B對皮帶的劃痕為

Ax'=2m+Im=3m

所以A、B物體在傳送帶上的劃痕之比為1：3,故D正確。

故選D。

變式5.1如圖所示，一質量為加=2kg的滑塊從半徑為R=0.2m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端/處由靜

止滑下，/點和圓弧對應的圓心。點等高，圓弧的底端2與水平傳送帶平滑相接。已知傳送帶勻速運行的

速度為％=4m/s,3點到傳送帶右端C的距離為￡=2m,當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳

送帶的速度相同(g=10m/s2)。以下說法正確的是()

A.滑塊滑到B點時對軌道的壓力大小為20N

B.滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.3

C.運動過程中，滑塊和傳送帶間產生的摩擦熱為12J

D.以上說法都不正確

【答案】B

【詳解】A.滑塊從/運動到2的過程中，由機械能守恒定律得

n12

mgR=—mvB

解得

vB=,2gR=2m/s

在2點，由牛頓第二定律得

K

代入解得

綜=60N

由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為

叱=然=60N

故A錯誤；

BD.滑塊從8運動到C的過程中，根據牛頓第二定律得

pimg=ma

又

Vg-Vg=2aL

聯立以上兩式解得

〃=0.3

故B正確，D錯誤；

C.設滑塊從2運動到C的時間為加速度

a=/2g=3m/s2

由

va—vB+at

得

4-22

s=-s

a33

在這段時間內傳送帶的位移為

8

s傳=

傳送帶與滑塊的相對位移為

2

As=5傳一乙=ym

故滑塊與傳送帶之間的摩擦而產生的熱量

Q=jumg^s=4J

故C錯誤。

故選Bo

變式5.2在機場，常用輸送帶運送行李箱。如圖所示，。為水平輸送帶，6為傾斜輸送帶。當行李箱隨輸送

帶一起勻速運動時，下列判斷中正確的是（）

A.a、b兩種情形中的行李箱都受到兩個力作用

B.a、6兩種情形中的行李箱都受到三個力作用

C.情形。中的行李箱與傳送帶之間相對靜止，所以行李箱不受摩擦力的作用

D.情形b中的行李箱與傳送帶之間相對靜止，所以行李箱不受摩擦力的作用

【答案】C

【詳解】在水平傳送帶上，物體受重力、支持力，兩個力的合力為0,若再受到摩擦力，不可能與輸送帶一

起勻速運動，所以只受兩個力作用；在傾斜傳送帶上，物體處于平衡狀態，受重力、支持力、靜摩擦力平

衡，受三個力作用。

故選Co

【例6】如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v=4m/s的恒定速率順時針轉動。一質量m=lkg

的煤塊以初速度vo=14m/s從N端沖上傳送帶又滑了下來,煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示,g=10m/s2,

則下列說法正確的是()

A.煤塊上升的最大位移為9m

B.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25

C.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為(6+g)s

D.煤塊在皮帶上留下的劃痕為(17+449)m

【答案】D

【詳解】A.v-f圖像中圖線與時間軸所圍的面積為煤塊的位移，由此分析可知在Z=3s時煤塊具有上升的最

大位移

14+44

再=---xlm+—x(3-l)m=13m

故A錯誤；

B.在0?Is內，煤塊受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得

mgsin0+/jmgcos3=max

由圖像可知此時煤塊的加速度大小

14—421八/2

%=-j—m/s=1Om/s

在1s?3s內，煤塊受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得

mgsin0-/nmgcos3=m4

由圖像可知此時煤塊的加速度大小

4-00/2

a.=------m/s2=2m/s

3-1

聯立解得

//=0.5

9=37。

故B錯誤；

C.煤塊在3s后將向下做勻加速直線運動，由勻變速直線運動位移與時間關系式有

12

玉='。2’2

解得

因此煤塊從沖上傳送帶到返回4端所用的時間為

=

t=tx+t2=3s+-\/T3S(3+^/1-3)s

選項C錯誤；

D.在0?Is內，煤塊相對于傳送帶向上運動，此時留下的劃痕長度

14+41一廠

AXj=x煤］一x傳］=---xlm-4xlm=5m

在Is?（3+而）s內，煤塊相對于傳送帶向下運動，最后煤塊回到4端，因此

工煤2=一'煤i=—9m

傳送帶向卜.位移

x傳2=4x（2+J^）m=（8+4

這段時間內煤塊在傳送帶留下的劃痕長度

Ax2=卜煤2一%傳21二（l7+4VB）m

由于

AX2>Ax］

因此煤塊在皮帶上留下的劃痕為（17+4舊）m,故D正確。

故選Do

變式6.I