“传送带”模型中的动力学问题（解析版）-2025年物理一轮复习讲义

第三章运动和力的关系

第4课时专题强化：“传送带”模型中的动力学问题

学习目标

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。

一、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滑动（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。

二、解题关键

抓住"物="传的临界点，当丫物=丫传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

三、注意物体位移、相对位移和相对路程的区别

（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M

①若有一次相对运动：&=无传一x物或以=》物一x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则AX=AXI+-2（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心2（图乙）。

IAX1>1―kAX1I

k---------------------H।-------7——

AxAM

甲乙

考点01水平传送带中的动力学问题

水平传送带

滑块的运动情况

情景传送带不足够长（未达到和传

传送带足够长

送带相对静止）

%=0v

□_____—一直加速先加速后匀速

()()

口0Vo<V时,一直加速Vo<V时，先加速再匀速

H上

Q____OVQ>V时，一直减速Vo>v时，先减速再匀速

滑块先减速到速度为0,后被

传送带传回左端

口）

n___j滑块一直减速到右端若则返回到左端时速度

Q___O

为火;若则返回到左端

时速度为V

［典例1•对水平传送带的考查］（多选）（2024•四川绵阳市零诊）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的恒定速率运行，行

李与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,4、3间的距离为2m,g取10m/s2。旅客把行李（可

视为质点）无初速度地放在/处，则下列说法正确的是（）

B.一♦口A

（•）/

A.开始时行李的加速度大小为2m/s2

B.行李经过2s到达3处

C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12m

D.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动。整个过程中行李在传送带

上留下的摩擦痕迹长度为0.04m

答案AD

ums:v

解析开始时行李的加速度大小为a=------2m/s2,A正确；行李与传动带共速时介=-=

ma

1XAB-X

0.2s,行李的位移为X=-M2=O.O4m,行李匀速运动的时间为友=-----=4.9s,行李到达8

2v

处的时间为^=fi+/2—5.1s,B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Ar=vfi-x=0.04

v2

m,C错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为Xi=—=0.04m,两段

1a

划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04m,D正确。

［拓展训练］（2023•甘肃省模拟）如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距£=3.5m,物

块/（可看作质点）以水平速度vo=4m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数〃=

0.1,设/到达传送带右端时的瞬时速度为v,g取10m/s2,下列说法不正确的是（）

A.若传送带速度等于2m/s,物块不可能先做减速运动后做匀速运动

B.若传送带速度等于3.5m/s,v可能等于3mzs

C.若/到达传送带右端时的瞬时速度V等于3m/s,传送带可能沿逆时针方向转动

D.若4到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s,则传送带的速度不大于3m/s

答案D

ums,,

解析物块在传送带上的加速度大小为a=-----=1m/s2,假设物块一^直做匀减速运动到传送

m

带右端，根据M2—诏=—解得V，=3m/s>2m/s,可知当传送带速度等于2mzs时，

物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5m/s,传送带逆时针转动时，u等

于3m/s,故B正确；若4到达传送带右端时的瞬时速度y等于3m/s,传送带可能沿逆时针

方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误.

考点02倾斜传送带中的动力学问题

倾斜传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

一直加速（一定满足关系gsin先加速后匀速（一定满足关系

3<jugcos0）gsin0<jLigcos0）

若〃》tan。，先加速后匀速

一直加速（加速度为gsin0+

若〃<tana先以Qi加速，后

/zgcos6）

以a2加速

v0<v时，若//Ntan9,先加速

v0<v时，一直加速（加速度为

后匀速；若〃<tan仇先以可

gsin0+jLigcos6）

加速，后以。2加速

vo>v时，若//<tan0,一直加

产速，加速度大小为gsin6一时，若〃》tana先减速

//geos0,若〃>tan仇一直减后匀速；若〃〈tan仇一直加

速，加速度大小为〃geos9一速

gsin0

gsin6>〃gcos0,一直加速；

gsin0=jngcos0,一直匀速

产gsin0<%gcos0,先减速到速

（摩擦力方向一定沿斜gsin0<jLigcos0,一直减速度为0后反向加速，若

面向上）加速到原位置时速度

大小为Vo；若Vo>V,运动到

原位置时速度大小为V

［典例2•对倾斜传送带的考查］（2024•辽宁沈阳市模拟）如图，是一段倾角为。=30。的传送

带，一个可以看作质点、质量为加=1kg的物块，以沿传送带向下的速度％=4m/s从M点

开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-f图像如图所示，取g=10m/s2,贝）

甲乙

A.物块最终从传送带N点离开

B.传送带的速度v=lm/s,方向逆时针

C.物块沿传送带下滑时的加速度。=2m/s2

D.物块将在5s时回到原处

答案D

解析从图像可知，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lm/s,因

此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为lm/s,故A、B错误；y一/图像中斜

、、4—（—1）

率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为〃=-------m/s2=2.5m/s2,故C

2

,8

错误；速度图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，时，物块的速度为0,

1816

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1i=-X4X-m=—m,t1=

255

_8

8251

-s到友=2s,物块沿传送带向上加速运动的位移必=----义1m=-m,物块沿传送带向上

525

X\~X2

匀速运动的时间/力=-----=3s,所以物块回到原处的时间t=3s+2s=5s,故D正确。

v

［拓展训练］（多选）（2024•重庆名校联盟期中）如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角6=37。，现

以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从/端冲上传送带,煤块的v-

t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25,IXg=10m/s2,sin37°=

0.6,cos37°=0.8,贝!1（）

甲乙

A.图乙中A=0.75s

B.图乙中，2=2S

C.煤块运动过程中距离4点的最远距离为10m

D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4，S)m

答案BCD

解析0〜0内，根据牛顿第二定律得用gsin8+〃冽geos。=加〃1,解得煤块的加速度大小为小

vo-vi12-4

=8m/s12,所以0=-----------=-----------s=ls,故A错误；/〜,2内，根据牛顿第二定律得煤块运

a\8

动的加速度大小为O2=gsine—〃gcos9=4m/s2,所以打=^+/1=2s,故B正确；由图像知，

42

11

在0〜打内，煤块向上运动的位移为'=3X(12+4)X1111+5X4X1111=10m,故C正确；0〜

tx内,传送带位移大小为修=%=4m,由图像知煤块位移大小为8m,煤块比传送带多走

A%i=4m,%i〜打内，传送带位移大小为X2=v«2—4)=4m,由图像知煤块位移大小为2m,

1

传送带比煤块多走©2=2m,故煤块向上运动时划痕是4m;当煤块下滑时，有工二-改后，

2

解得s,传送带向上运动的位移为％3=的=46m,故划痕总长为Ax=4m—2m+

10m+4A6m=(12+4j?)m,故D正确。

课时作业练

基础对点练

1.（多选）（2022•肇庆市高一期末）如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以均匀速转动，在传

送带左端/处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从4端运动到B端过程中的速度v随

时间f的变化图像，下列选项中可能正确的是（）

解析物块先做匀加速运动，在到8端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到8

端,B、D正确.

2.（多选）（2023•四川省资中县第二中学检测）如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通

过传送带。己知传送带两轴心间距为5m,传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱

动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与

传送带间的动摩擦因数为〃=0.4,取g=10m/s2,则下列传送带的速度符合要求的是（）

（:厂一"（•）

A.8m/sB.9m/sC.10m/sD.11m/s

答案CD

解析根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，

设货物通过传送带后的速度为V,由牛顿第二定律有"20=〃加g,由运动学公式有y2—均2=

2ax,解得v=J西m/s-9.4m/s,即符合要求的传送带速度为出力/函m/s«s9.4m/s,故选

C、Do

3.（多选）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的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,/、8间的距离

为2m,g取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在/处,则下列说法正确的是（）

8—unA

（•）七）

A.开始时行李的加速度大小为2m/s?

B.行李经过2s到达8处

C.行李到达8处时速度大小为0.4m/s

D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m

答案AC

解析开始时，对行李，根据牛顿第二定律有〃冽解得a=2m/s2,故A正确；设行

李做匀加速运动的时间为小行李做匀加速运动的末速度为v=0.4m/s,根据代入数

11

据解得八=0.2s,匀加速运动的位移大小x=-ati2=-X2X0.22m=0.04m,匀速运动的时间

22

L—x2—004

为h=------=----------s=4.9s,可得行李从4到2的时间为才=a+乃=5.1s,故B错误；由

v0.4

以上分析可知行李在到达8处前已经与传送带共速，所以行李到达8处时速度大小为0.4

m/s,故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Ax=vfi-x=（0.4X0.2-0.04）m=0.04

m,故D错误.

4.（多选）图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动.在传送带的右侧有一滑块以初

速度均从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v—f

图像如图乙所示.由图像可知滑块（）

A.从右端离开传送带

B.从左端离开传送带

C.先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用

D.变速运动过程中受滑动摩擦力的作用

答案AD

解析由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与

传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左

做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，

所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作

用，故C错误，D正确.

5.（2022•济宁一中高一月考）如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能

够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为人如果传送带向上以速度%

运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为勿那么（）

A.B.tx>h

C.t,<hD.不能确定

答案A

解析滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度均运动起来，保持其他条件

不变时，滑块所受支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情

1

况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x=-a祥可知，两种情况下

2

滑块运动的时间相等，即力=5选项A正确.

6.（多选X2023•广东省华南师大附中检测）如图甲所示，一足够长的、倾角为37。的传送带以恒

定速率稳定运行，一质量加=1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送

带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图

乙所示，若取g=10m/s2,5亩37。=0.6,cos37。=0.8.则下列说法正确的有（）

甲乙

A.0〜8s内物体的位移大小为14m

B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625

C.0〜4s内物体上升的高度为4m

D.0〜8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m

答案AD

、2+61

解析物体运动的位移即v-t图像中图线与横轴围成的面积，则x=------X4m—2X2X-m

22

=14m,A正确；由物体运动的y一方图像可知，在2〜6s内物体做匀加速直线运动，有

Av4—0

—=------m/s2=1m/s2,且〃加geos37°一加gsin37°=〃孙解得《=0.875,B错误；在0〜4s

△t4

内由题图知，物体运动的位移为0,则在0〜4s内物体上升的高度为0,C错误；由选项A

可知，在0〜8s内物体的位移x=14m,传送带的位移=vZ=4X8m=32m,则0〜8s内

物体在传送带上留下的墨迹长度为Ax=x'—x=18m,D正确.

7.（2023•辽宁阜新市联考）如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为仇在传送带上某

位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中孙、电已知。重

力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

V

OG)t

甲乙

A.物块可能沿传送带向上运动

B.物块与传送带间的动摩擦因数大于tan。

-vo

C.to时间后物块的加速度大小为2gsin9-----

拓

2Vo

D.若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin。——的加速度做匀加速直线运动

to

答案C

解析v—/图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，如时刻之前的加速度大于电时刻之后

的加速度，可知物块而时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带

向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；

根据上述，电时刻之后物块向下做加速度较小的句加速直线运动，则有mgsin<9>/zmgcos6,

vo

解得//〈tan。，B错误；根据上述，力时刻之前有加gsin8+〃加geos8=冽。1,a\=一,而时刻之

to

vo

后有mgsin/zmgeos0=ma2解得42=2gsin0-----,C正确；由于mgsin0>jnmgcos0,若传

fto

送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有冽gsin。

,vo、

—//mgeos0=ma2,即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin。---的加速度做匀加速直

to

线运动，D错误。

8.如图，一平直的传送带以速率u=2m/s顺时针匀速运行，在4处把物体轻轻地放到传送带

上，经过6s,物体到达5处，4、5相距£=10m,重力加速度g=10m/s?.则：

AB

(1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间.

⑵求物体与传送带之间的动摩擦因数.

(3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度.

答案(1)2s(2)0.1(3)2m

解析(1)由题意可知，物体从4到8先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度,

匀速运动到8端，

设物体做匀加速运动的时间为t

V

所以-?+v(6s~t)=L

代入数据解得：t=2s

(2)在匀加速运动过程中，

根据牛顿第二定律可知jnmg=ma

根据速度与时间的关系得：v=at

联立解得：4=0.1

(3)在煤块匀加速运动过程中，

传送带上表面相对于地面的位移x=vt=4m

1

煤块相对于地面的位移xr=-at2=2m

2

所以煤块在传送带上的划痕长度Ax=x—x'=2m.

9.如图所示为一水平传送带装置示意图.紧绷的传送带始终以恒定的速率v=lm/s向右运行,

一质量为机=4kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀

加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设物体与传送带之间的

动摩擦因数〃=0.1,/、8间的距离£=2m,gSR10m/s2.

Aj~|B

⑴求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

⑵求物体由A运动到B的时间；

⑶如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从/处传送到B处

的最短时间和传送带对应的最小运行速率.

答案(1)4N1m/s2(2)2.5s(3)2s2m/s

解析(1)滑动摩擦力

Ffi=/zmg=0.1X4X10N=4N,

、Ffi

加速度a=-=1m/s2.

m

v

(2)物体匀加速运动的时间t\=-=\s,

a

v2

物体匀加速运动的位移修=一=0.5m.

2a

L-x\

物体勺速运动的时间t=-------=1.5s

2v

则物体由A运动到B的时间方="+，2=2.5s.

(3)物体一直做匀加速运动时从4处传送到5处的时间最短，加速度仍为a=lm/s2,当物体

到达5处时，有Vmin2=2〃，得vmin=2m/s,

所以传送带的最小运行速率为2m/s.

设物体传送到B的最短时间为盛山，则Umin=Mnin,

10.(2023•广东•期末)在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组

成部分.如图所示，在物流运输线上，传送带以v=2m/s的速度匀速转动，一可视为质点的

包裹被静止释放于/点，它与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,此后其运动至3点最后到达。

点，始终未脱离皮带，包裹通过5点前后速度大小不变.已知45间距离为4m,5c长度为

3m且与水平面的夹角8=37。，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8,最大静

摩擦力等于滑动摩擦力：

(1)通过计算证明包裹到达5点时已经与传送带共速；

(2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；

(3)若传送带速度很大，若使包裹在传送带上从4点由静止开始运动至C点一直未与传送带速

度相等，求包裹运动到。点时的速度大小.

答案(1)证明见解析(2)1s(3)10m/s

解析(1)在水平传送带上，共速前，对包裹由牛顿第二定律可得〃加g=M2i,解得R=5

m/s2,

设经过时间tx与传送带共速，

则tx=~,%]=一〃由2

a\2

联立得xi=0.4m,xi<4m,可见包裹到达5点时已经与传送带共速.

(2)包裹进入传送带倾斜部分后，因为〃冽geos冽gsin8,故包裹继续加速，对包裹由牛顿第

二定律可得mgsin3—jumgcos0=ma2

1

又^5C=v^2-|-~^2^22

2

联立得。2=2m/s,t2=1s«2=—3s舍去).

(3)包裹全程做加速运动，则在传送带水平部分，由运动学公式可得241/8=%2—0

包裹进入传送带倾斜部分时，

由牛顿第二定律可得

mgsin加geos夕=加。3

由运动学公式有2a3%80=?廿一VB2

联立得vc=10m/s.

能力提升练

11.（2023•山东泰安市模拟）如图所示，水平传送带48间的距离为16m,质量分别为2kg、4kg

的物块P、0通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，0在传送带的左端，且连接物块0的细线

水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，0恰好静止.重力加速度取g=10m/s2,最大

静摩擦力等于滑动摩擦力.当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）

P口

A.。与传送带间的动摩擦因数为0.6

B.。从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s

C.0从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8m

D.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20N

答案C

解析当传送带以v=8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对0受力分析知根沱=

pimQg,解得〃=0.5,A错误；当传送带以v=8m/s的速度顺时针转动，物块0先做初速度

20

为零的匀加速直线运动，有机pg+〃加2g=（加/+加2）a,解得m/s2,当物块。速度达到

传送带速度，即8m/s后，做匀速直线运动，由v=a/i,解得匀加速的时间九=1.2s,句加速

的位移为x=1-=4.8m,则匀速运动的时间为打=三■=L4s,。从传送带左端滑到右端所

2av

用的时间为f总=%+^=2.6s,B错误；加速阶段的位移之差为Ax=M—x=4.8m,即。从

传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8m,C正确；当。加速时，对尸分析有"sg一

20

F=ma,解得尸T=一2之后做匀速直线运动，有斤'=20N,D错误.

TP3

12.（2023・河南信阳市模拟）如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为0=37。的传送带底端，一

质量加=1kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间”一。关系

的部分图像如图乙所示，已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求：

（1）物块与传送带之间的动摩擦因数〃；

（2）物块沿传送带向上运动的最大位移；

（3）物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程.

答案(1)0.5(2)6.4m(3)4.8m

=

解析(1)由题图乙可知，物块的初速度v08m/s,物块的速度减速到与传送带的速度相同时，

加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v=4m/s,从Z=0到♦=0.4s时间内，物块加速

、Av8—4

度大小为囚=|—1=------m/s2=10m/s2,方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面

△t0.4

向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有加gsin8+〃加geos。=加〃1,解得,