高考物理一轮专项复习讲义：“传送带”模型中的动力学问题（含解析）

专题强化：“传送带”模型中的动力学问题

【目标要求】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。

1.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。

2.解题关键：抓住/物=/传的临界点，当/物=/传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生

突变。

3.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Ax

①若有一次相对运动：Ax=x传一x物或Ax=x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+AX2（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-2（图乙）。

IA%1>1-|<AX1I

**Ax**1右2__**

甲乙

考点一水平传送带中的动力学问题

【例1】（多选）（2023・广东汕头市期末）如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其

左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的，一《速度一时间）、Q—（加速度一时

间）图像可能正确的是（）

OO

AB

答案ABD

解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送

带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直

做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。

【例2】（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10.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩

擦因数〃=0.2,/、3间的距离为2m,lOm/s20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u门4

（•）也

A.开始时行李的加速度大小为2m/s2

B.行李经过2s到达8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

解析开始时行李的加速度大小为°=型里=2m/s2,A正确;行李与传动带共速时九=匕=

ma

0.2s,行李的位移为x=l她2=o.o4m,行李匀速运动的时间为72="^=4.9s,行李到达2

21/

处的时间为/=九+力=5.1s,B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Ax=”i—x=0.04

小

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

2a

划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04m,D正确。

【例3】（多选）（2023•天津市芦台一中期末）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率依

顺时针运行，初速度大小为区的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的/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“一/图像（以地面为参考系）如图

乙所示，己知则（）

A.，2时刻，小物块离/处的距离达到最大

B.玄时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0〜G时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

D.0〜/2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左

答案BC

解析相对地面而言，小物块在0〜介时间内，向左做匀减速直线运动，加之后反向向右运动，

故小物块在力时刻离/处距离最大，A错误；小物块在0〜力时间内，向左做匀减速直线运

动，相对传送带向左运动，在立〜/2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送

带的速度，相对传送带向左运动，叁时刻两者同速，在72〜打时间内，小物块相对于传送带静

止，所以后时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；。〜,2时间内，小物块相

对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正

确，D错误。

-总结提升

水平传送带问题的常见情形及运动分析

滑块的运动情况

情景传送带不足够长（滑块最

传送带足够长

终未与传送带相对静止）

0—v

Q___O一直加速先加速后匀速

%时，一直加速/V，时，先加速再匀速

Q____O时，一直减速时，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

%

滑块一直减速到右端

Q____D若则返回到左端时速度为K）；

若4＞匕则返回到左端时速度为/

考点二倾斜传送带中的动力学问题

【例4】如图所示，传送带与水平地面的夹角6=37。，从/到2的长度为Z=10.25m,传送

带以i4=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端4无初速度放一个质量为加=0.5kg的黑

色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为4=0.5,煤块在传送带上经过会留下黑

色痕迹。已知sin37。=0.6,g取lOm/s2,求：

(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；

(2)煤块从4运动到B的时间；

(3)煤块从4到5的过程中在传送带上留下痕迹的长度。

答案⑴不能(2)1.5s(3)5m

解析⑴由于冽gsin37°>〃冽geos37°,所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。

(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力,其加速度为Qi=g(sine+〃cos。)=10m/s2,

14)1

煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t\=—=1s,发生的位移XI=-Q访2=5m

a\2

煤块速度达到外后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有

Q2=g(sinO—jLicos3)=2m/s2,

X2=£-%i=5.25m,

_.19

由X2=(4)^2Ia2t叱

2

得勿=0.5s

故煤块从/运动到B的时间为t=t\+t2=\.SSo

⑶第一过程痕迹长Axi=刈九一对=5m,

第二过程痕迹长Ax2=X2—取2=0.25m,

Ax2与Axi部分重合，故痕迹总长为5m。

拓展若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从

A运动至B的时间。

答案1.441s

解析由于氏=dFN=/冽geos0=mgsin0

即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直

线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。a'=g(sin8+〃'cos6*)=

12m/s2,

1/Q5

加速时间t\'=——=s20.833s,

a'6

加速位移=~a't\2=丝m,

26

匀速运动位移=L—xi'26.08m

匀速运动时间ti'=X1=®掰s=0.608s

-%10

总时间，=t\+t2f=1.441So

【例5】(2024•辽宁沈阳市模拟)如图，肱V是一段倾角为。=30。的传送带，一个可以看作质点、

质量为加=lkg的物块，以沿传送带向下的速度匿=4m/s从〃点开始沿传送带运动。物块

运动过程的部分上方图像如图所示，取g=10m/s2,贝!J()

z//(m-s-1)

5

4

3

2

1

O46

T/S

-2

乙

A.物块最终从传送带N点离开

B.传送带的速度11m/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；/一/图像中

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

2

C错误；速度图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，九=：s时，物块的速度为0,

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为=1义4><&m=/m,t\

255

2望

QN1

=-s到上=2s,物块沿传送带向上加速运动的位移X2=1m=-m,物块沿传送带向

505

X]—X2

上匀速运动的时间r二=3s,所以物块回到原处的时间f=3s+2s=5s,故D正确。

■总结提升

倾斜传送带问题的常见情形及运动分析

滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

先加速后匀速（一定满足关

P一直加速（一定满足关系〃,tan0）

系〃>tan9）

若〃2tan。，先加速后匀速

若//〈tan6,先以QI加速，

一直加速（加速度为gsin6+〃gcosff）

共速后摩擦力方向改变，再

以。2加速

时，若〃Ntan。，先加

I4）v/时，一直加速（加速度为gsin0

速后匀速；若〃Vtan。，先以

+/zgcos6）

加速，后以。2加速

时，若〃〈tan。，一直加速，

加速度大小为gsin6~

%>/时，若〃〉tan。，先减速

/zgcose；

后匀速；若〃<tan8,一直加

若〃〉tan。，一直减速，

速；若〃=tan。，一直匀速

加速度大小为4gcos9—

gsin0;若〃=tan。，一直匀速

4Vtan。，一直加速

//=tan9,一直匀速

//>tan0,先减速到速度为0

产后反向加速，若运

（摩擦力方向一定〃>tan仇一直减速动到原位置时速度大小为

沿传送带向上）%；若匕运动到原位置

时速度大小为,

课时精练

ID基础落实练

1.（2023•江苏扬州市高邮中学期中）如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率

运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速

运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为M，传送带与水平面的夹角为。，已知滑动摩

擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（）

A.要实现这一目的前提是〃<tan。

B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零

C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上

D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间

答案C

解析要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，

即M%geos0>〃?gsin。，可得”>tan。，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦

力大小为机gsin仇故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带

向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间

不会无限缩短，故D错误。

2.（2023•广东惠州市调研）如图甲所示，将一物块P轻轻放在足够长的水平传送带上，取向

右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度一时间图像如图乙所示，下列说法正确的是

（）

A.物块一直受滑动摩擦力

B.传送带做顺时针的匀速运动

C.传送带做顺时针的匀加速运动

D.物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带

答案C

解析由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的

匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，物

块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。

3.（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。已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（）

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匕由牛顿第二定律有由运动学公式有l^）2=2ax,

解得!/=，'廊111/8^9.4m/s,即符合要求的传送带速度为％的m/s29.4m/s,故选C、D。

4.（2023•安徽省十校联盟期中）某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所

示，水平传送带长度工=5.25in,始终保持恒定速度k1m/s运行，在传送带上/处轻

轻放置一快件（可视为质点），快件与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,快件由静止开始加速，

与传送带共速后做匀速运动到达8处，忽略空气阻力，重力加速度取g=10m/s2,下列说法

正确的是（）

B

6A___才___（•）

A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反

B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用

C.快件与传送带的相对位移为0.5m

D.快件由4到3的时间为5.5s

答案D

解析快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋

势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速

度大小为°=区垩=〃8=2m/s2,快件由静止开始加速至速率为/的过程所用时间为/=匕=

ma

0.5s,与传送带的相对位移为Ax=14—匕=0.25m,故C错误；快件匀速运动的时间为〃=

2

L——t

-----?-=5s,所以快件运输总时间为/总=，+〃=5.5s,故D正确。

5.（2021・辽宁卷・13）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率%

=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转轴间距£=3.95m。工作人员沿传送方

向以速度％=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩

擦因数〃=0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；

(2)小包裹通过传送带所需的时间t。

答案(1)0.4in/s2(2)4.5s

解析(1)小包裹的初速度心大于传送带的速度片,所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦

力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即wwgcos

a>mgsina,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可

知

林mgcosa—mgsina=ma,解得a=0.4m/s2

(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时$

a0.4

=2.5s

在传送带上滑动的距离为

%+n0.6+1.6

Xl=-----1\=-------X2.5m=2.75m

L-x\3Q5—?75

共速后，匀速运动的时间为，2==-.....：—S=2S,所以小包裹通过传送带所需的时

/0.6

间为，="+女=4.5So

lb能力综合练

6.(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(/=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度14=12m/s从/端冲上传送带，煤块的/-f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i]()

A.图乙中ti=0.75s

B.图乙中f2=2S

C.煤块运动过程中距离/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芯）m

答案BCD

解析0〜九内，根据牛顿第二定律得冽gsin。+〃冽geos。=冽41,解得煤块的加速度大小为QI

14）—Z19—4

=8m/s2,所以九=-----=-----s=1s,故A错误；加〜热内，根据牛顿第二定律得煤块运

a\8

,（Z

动的加速度大小为〃2=gsin。一〃gcos9=4m/s2,所以ti=一十九=2s,故B正确；由图像知,

。2

在0〜f2内，煤块向上运动的位移为x=；X（12+4）Xlm+；X4Xlm=10m,故C正确：0〜

介内，传送带位移大小为％i=%=4m,由图像知煤块位移大小为8m,煤块比传送带多走Axi

=4m,九〜勿内，传送带位移大小为工2=人打一九）=4m,由图像知煤块位移大小为2m,传

送带比煤块多走A%2=2m,故煤块向上运动时划痕是4m;当煤块下滑时，有xulz*,解

2

得打=贴s,传送带向上运动的位移为％3=%=4mm,故划痕总长为Ax=4m—2m+10m

+4/m=(12+43)m,故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4、小已知。

重力加速度大小为g。下列说法正确的是（)

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tan0

C.to时间后物块的加速度大小为2gsin6）-—

to

D.若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin9一，的加速度做匀加速直线运动

to

答案C

解析图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，时刻之前的加速度大于犯时刻之后

的加速度，可知物块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，如时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin0>[imgcosd,

（4）

解得〃〈tanaB错误；根据上述，加时刻之前有冽gsin8+〃冽geos。=加。1,a\=一,h时刻之

to

后有mgsin0—jumgcos6=ms,解得〃2=2gsind~一,C正确；由于mgsinft>//mgcos仇若传

to

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。

—jumgeos0=mai,即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin夕一一的加速度做匀加速直

to

线运动，D错误。

8.（2024•广东深圳市二检）快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图

甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送和一台倾斜传送，图乙是该装

置示意图，C。部分倾角。=37。，B、。间距离忽略不计。已知水平传送带以4m/s的速率顺

时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在4端，图丙为水平传送带48段数控设备

记录的货物的运动图像，1.3s时刚好达到5端，且速率不变滑上。端，已知两段传送带与货

物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取lOm/s?,sin37o=0.6。求：

甲

z//(m-s-1)

ABC--------1-----1__>

口0.81.3t/s

乙丙

⑴水平传送带45的长度及动摩擦因数；

⑵若C。段的长度为2.6m,则部分传送带速度至少为多少，快递员才能在。端取到货

物。

答案（1）3.6m0.5（2）3m/s

解析（1）由iz—f图像可知，传送带48段的长度为〃B=#0.5+1.3）X4m=3.6m

货物