2022年新课标高中物理模型与方法06 传送带模型(解析版)

文档来源网络整理侵权必删PAGE1专题06传送带模型目录【解决传送带问题的几个关键点】 1【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 1【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 71.倾斜传送带——上传模型 72.倾斜传送带——下载 11【解决传送带问题的几个关键点】Ⅰ、受力分析（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。Ⅱ、运动分析（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？Ⅲ、画图画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动项目情景1：轻放情景2：同向情景3：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能滑块一直加速；(2)可能滑块先加速后匀速；(1)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速；(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速．

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端．(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0<v两种情况下滑块回到右端时有何不同？【模型演练1】(2020·广东湛江市二模)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度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图象(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【答案】B【解析】小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误.【模型演练2】(2020·金华一中模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，下列说法错误的是()A．若传送带不动，则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝2m/s【答案】D【解析】若传送带不动，则工件的加速度大小a＝μg＝1m/s2，由vA2－vB2＝2as，解得vB＝eq\r(vA2－2as)＝3m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则工件的受力情况不变，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3m/s，选项C正确，D错误．【模型演练3】(2020·安徽庐巢七校联盟联考)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v1＝2m/s不变，两端A、B间距离为3m．一物块从B端以初速度v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是下列图中的()【答案】Bm＝2m，其值小于AB的长3m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时相等，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝eq\f(22－0,2×4)m＝0.5m＜s，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度等于传送带的速度，选项B正确．【模型演练4】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，水平传送带两段AB的距离是2.0m，以恒定的速率2.0m/s顺时针转动。现将一质量为0.5kg的小滑块轻放在A端，小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4，小物块可作为质点，小物块到达B端的时间t和速度v是（）A．t=1.0s B．t=1.25s C．v=4.0m/s D．v=2.0m/s【答案】BD【解析】小物块在水平传送带上在滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动，当加速到与传送带速度相同时，则有代入数据解得则小物块在传送带上先匀加速运动0.5m，后以传送带的速度匀速运动1.5m。设传送带AB距离为s，加速时间为t1，匀速时间为t2，则有代入数据解得，故小物块到达B端的时间为1.25s，速度是2m/s。选项AC错误，BD正确。故选BD。【模型演练5】(多选)(2021·遂宁模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，重力加速度g取10m/s2，则()A.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1B.A、B间距离为16m，小物块在传送带上留下的痕迹是8mC.若物块质量m＝1kg，物块对传送带做的功为8JD.若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端【答案】AB【解析】由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律可知a＝eq\f(μmg,m)＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s，A、B间距离x＝eq\f(（2＋6）×4,2)m＝16m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4m－eq\f(4×4,2)m＝8m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16J＝－16J，故C错误；物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8m，则物块可以到达B端，故D错误。【模型演练6】（2021·山西省运城市稷山中学高三上学期12月月考）如图所示，将一质量为m的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带以速度v0顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右距离足够长，重力加速度为g。从滑块放上去开始计时，在t时刻突然断电，传送带以大小为a的加速度匀减速至停止。关于滑块放上去后受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A.滑块始终没有受到静摩擦力作用B.滑块刚放上去时受到的滑动摩擦力为μmgC.滑块受到的摩擦力一直不变D.传送带减速时滑块受到的摩擦力可能变为ma【答案】BD【解析】A．滑块速度达到v0时电动机突然断电，传送带以大小为a的加速度匀减速至停止，若加速度，则滑块以加速度a和皮带一起减速，即滑块与皮带保持相对静止，滑块受静摩擦力作用，选项A错误；B．滑块刚放上去时，与皮带之间有相对运动，为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为μmg，B正确；C．滑块向右运动，加速时摩擦力与运动方向相同，即向右，减速时摩擦力与运动方向相反，即向左，选项C错误；D．若加速度，则滑块以加速度a和皮带一起减速，此时由牛顿第二定律可知，摩擦力大小为f=ma，选项D正确。故选BD。【模型演练7】（2021·江西省赣州市十五县市十六校高三上学期11月期中）如图，水平皮带匀速向右运动，速度大小v1=2m/s，A、B两轮间的距离为4m，在右端一物块以v2=3m/s的滑上皮带，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.物块在皮带上滑动时加速度的大小是2m/s2B.物块经t=2s速度减为零C.物块能滑过B轮D.物块返回到A轮时的速度大小仍是3m/s的【答案】A【解析】A．物块在皮带上滑动时加速度的大小是选项A正确；B．物块速度减为零的时间选项B错误；C．物块速度减为零时的位移物块不能滑过B轮，选项C错误；D．物块速度减为零后将反向加速运动，当速度增加到与传送带共速时，即速度为2m/s时，与传送带相对静止，则返回到A轮时的速度大小是2m/s，选项D错误。故选A。【模型演练8】(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.【答案】(1)2.75s(2)4eq\r(3)m/seq\r(2)m/s【解析】(1)传送带的速度为v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as1②联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5m③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④t1＝t1′＋eq\f(L－s1,v)⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75s⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02⑦μmgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v1＝eq\r(2)m/s,v2＝4eq\r(3)m/s⑨【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动项目情景1：上传情景2：下载情景2：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)还有其他结论吗？(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能先以a1加速后以a2加速．(1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能先减速后反向加速1.倾斜传送带——上传模型受力分析运动分析（先加后共）难点问题μ>tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf突变为静f'=mgsinθvvLθttOv共速痕迹av传送带物体t1t2①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g(μcosθ-sinθ)③上传条件：μ>tanθ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ受力分析运动分析（一直加速）难点问题μ<tanθaaf=μmgcosθvv'LθttOvav传送带物体t1L⑤μ<tanθ，物体向下加速⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ)⑦物体向下位移为L⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关【模型演练1】(多选)(2020·山东省实验中学高三)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动.一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，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＝0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq\r(5))m【答案】AD【解析】由v－t图象得0～1s的加速度大小a1＝eq\f(12－4,1)m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下1～2s的加速度大小a2＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下0～1s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma11～2s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得θ＝37°，μ＝0.25故A正确，B错误.v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(\f(2×10,4))s＝eq\r(5)s所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq\r(5))s，故C错误.0～1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m；1～2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m；2～(2＋eq\r(5))s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2m＋eq\f(1,2)a2t2＋vt＝(12＋4eq\r(5))m，故D正确.【模型演练2】(2020·山东济宁市质检)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8m/s的速度从底端滑上传送带.已知小物块A、B质量均为m＝1kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件.【答案】(1)2.5m/s(2)l≥12.96m【解析】(1)对小物块B，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程，时间t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝0.6s，位移大小x1＝eq\f(v12－v02,2a1)＝3m之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2小物块B减速至0的时间t2＝eq\f(v0,a2)＝1s位移大小x2＝eq\f(v02,2a2)＝1m小物块B向上运动过程中平均速度的大小eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝2.5m/s.(2)小物块A的加速度大小也为a2＝2m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端.当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝eq\f(1,2)a2t2小物块B向下运动过程中x1＋x2＝eq\f(1,2)a2t32解得t3＝2s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6s代入解得l0＝12.96m，即传送带的长度l≥12.96m.【模型演练3】（2021沈阳重点高中8月检测）如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB和斜面BC与水平面成=37°角，A点到B点的距离为x=6.25m，B点到C点的距离为L=1.25m，运输带顺时针方向运行速度恒为v0=5m/s，现将一质量为m的小物体轻轻放于A点，小物体恰好能到达最高点C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数，求：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计）（1）小物体运动到B点时的速度v的大小；（2）小物体与运输带间的最小的动摩擦因数；（3）小物体从A点运动到C点所经历的最长时间t。【解析】.（1）设小物体由B到C，在斜面上的加速度为a2，到B点时速运动度为v，由牛顿第二定律得由运动学公式知联立解得v=5m/s（2）设小物体由A到B，因为，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，动摩擦因数最小，设加速度为a1，则由牛顿第二定律知又因为联立解得（3）小物体与运输带动摩擦因数最小时，运动最长时间，小物体从B点运动到C点所经历时间从A点运动到B点经历时间联立并代入数据，解得小物体从A点运动到C点所经历的时间【模型演练4】如图所示为传送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L＝5.0m，质量M＝10kg的物体以v0＝6.0m/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。传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？【答案】(1)2.2s(2)1s【解析】(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1①设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则t1＝eq\f(v0－v,a1)②通过的位移大小x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2④物体继续减速，设经时间t2物体到达传送带B点L－x1＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑤联立①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2s。(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况物体一直为减速运动，设加速度大小为a3，则Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma3⑥L＝v0t′－eq\f(1,2)a3t′2t′＝1s(t′＝5s舍去)。2.倾斜传送带——下载受力分析运动分析难点问题μ≥tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf突变为静f'=mgsinθvvLθ(ttOv共速痕迹av传送带物体t1t2①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g(μcosθ+sinθ)③共速后，若μ≥tanθ一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθμ<tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf方向突变f'=μmgcosθvvLθ(ttOv共速痕迹1av传送带物体t1t2物体2a'④共速后，若μ<tanθ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcosθ)⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段【模型演练1】(2021黑龙江大庆市重点高中开学调研)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝16m，传送带v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，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sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。【答案】．(1)2s(2)5m【解析】(1)煤块向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得代入数值可得设经过时间t1煤块和传送带速度达到相同设下滑距离为x1，由运动学公式因为煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得代入数值可得设再经过时间t2到达B，下滑距离为x2代入数值可求得（舍去）(2)煤块加速运动时间内传送带运动位移为相对运动位移为达到共速到煤块加速滑到最低端设传送带运动位移为，相对滑动位移为相对运动位移为考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为5m。【模型演练2】(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图所示，两倾斜的传送带与水平面间的夹角均为θ，图甲中传送带逆时针转动、图乙中传送带顺时针转动，速度大小均为v1.使两个完全相同的木块从传送带顶端A点以初速度v0沿传送带向下运动，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，已知v1>v0，μ>tanθ.若两木块都能到达传送带底端B点，甲图木块到达底端B点的速度大小为v甲，乙图木块到达底端B点的速度大小为v乙.则()A.v甲一定大于v乙 B.v甲可能小于v乙C.v甲可能大于v1 D.v乙一定小于v1【答案】AD【解析】由于题图甲中传送带逆时针转动、题图乙中传送带顺时针转动，则开始题图甲中木块受到的摩擦力沿传送带向下，题图甲中木块可能一直向下加速，也可能先加速后匀速，所以v甲≤v1；由于题图乙中木块受到的摩擦力始终沿传送带向上，所以题图乙中木块一直减速运动，所以v乙＜v1，且v乙<v甲，故选项A、D正确，B、C错误.【模型演练3】(2020·全国名校11月大联考)传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，为人们的生活带来了很多的便利．如图1甲所示，为一传送带输送货物的简化模型：长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度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的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．图乙为小物块运动的v－t图象．重力加速度为g，根据以上信息可以判断出()A．小物块开始运动的加速度为gsinθ－μgcosθB．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＜tanθC．t0时刻，小物块的速度为v0D．传送带始终对小物块做正功【答案】C【解析】t0时刻之前，对小物块由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ＋μgcosθ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误；由题图乙可知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，则小物块的速度为v0，故C正确；t0时刻之前，传送带的速度大于小物块的速度，小物块受到的摩擦力方向沿斜面向下，与小物块的运动方向相同，传送带对小物块做正功，t0时刻之后，小物块做匀速运动，小物块受到的摩擦力沿斜面向上，与小物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误．【模型演练4】传送带与水平面夹角为37°，传送带以10m/s的速率运动，传送带轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m＝0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则物块从A运动到B的过程中()A．物块先加速后匀速B．物块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2C．物块到B点时的速度大小为10m/sD．物块全程用时2s【答案】D【解析】由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物块与传送带不能保持相对静止，所以物块一直做加速运动，故A错误；物块刚放上传送带时，物块所受的摩擦力的方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得，a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝gsin37°＋μgcos37°＝10×0.6m/s2＋0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2，故B错误；物块速度达到传送带速度所需的时间t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s．经过的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m．由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带速度相等后，物块所受的摩擦力沿传送带向上．根据牛顿