传送带模型分析 -2026届高考物理（解析版）

三题一传送带模型分析

水平传送带问题

(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.

理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键.

(2)物体能否达到与传送带共速的判断.

物体与传送带达到相同速.度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这临界状态进行分折往

往是解题的突破口.

2.传送带中摩擦力做功与能量转化

(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互

作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能.

(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②

相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于•产生的内能.

(3)摩擦生热的计算：①0=吊3,则，其中为相互摩擦的两个物体间的相对路程.②传送

带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.

例题1、如图所示水平传送带在电动机的带动下以恒定的速率。顺时针运动.某时刻在传送

带左侧A端轻轻放置一个质量为的小物体，经时间/小物体恰好与传送带共速，此时小

物体未到达传送带的最右瑞，在这段时间内()

AH

A.摩擦力对小物体做的功力〃?苏

B.由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为〃加2

C.由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为

D.共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体受向左的摩擦力

答案C

解析根据动能定理可得摩擦力对小物体做的功为％小，故A错误；，时间内小物体

和传送带的位移大小分别为Xi=5,必=",根据牛顿第二定律可得小物体所受摩擦力的大

mv1

7_

小为T产加4=7,由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为Q=Ft{x2X|)=故

B错误；根据能量守恒定律可知，由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为W

=W^Q=mv2,故C正确；共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力，故

D错误.

【练习1】如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度0=2m/s沿顺时针方向转动，

传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v2=5m/s沿直线向左滑

向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为可，物体与传送带间的动摩擦因

为0.2,则下列说法正确的是()

A.返回光滑水平面时的速率为i，2'=2m/s

B.返回光滑水平面时的速率为也，=5m/s

C.返回光滑水平面的时间为片3.5s

D.传送带对•物体的摩擦力先向右再向左

【答案】A

【详解】

AB.因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为匕〈%，则物体会先向左减速直到速度

为0,再向右加速，最后匀速，则物体返回光滑水平面时的速率为也'=2m/s,故A正确,

B错误；

C.由牛顿第二定律得

f7g、/2

a=—=———==2m/s

mm

则物体减速的时间为

/1=—=2.5s

a

物体减速的位移为

$=—at1=6.25m

物体反向加速的时间为

/2=^=ls

a

反向加速的位移为

1/i

x>=-%=Im

-2■

物体匀速的时间为

土玉=2.625s

故物体返回光滑水平面的时间为

2=4+。+八=6.125s

故C错误；

D.由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力

先向右后为0,故D错误。

故选A。

倾斜传送带问题

2.倾斜传送带问题分析

（1）物体沿倾角为。的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端

向/运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意小gsin。与〃〃侬os。的大小和方向的关系，进

一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相

等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

（2）痕迹问题：共速前，x狗，痕迹^x\=x伶-x物，共速后，x物〉x伯，痕迹AH=X物式检，

总痕迹取二者中大的那一•段。

例题2、（多选）如图甲所示，倾角为，=37。的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动,

将一质量为/〃=10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度。随时

间/变化的图像如图乙所示，，=10s时木箱到达传送带上端8处.重力加速度g取10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8JiJ（）

A.木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4m/s2

B.木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8

C.木箱从4到8的过程中，电动机多消耗的电能为1240J

D.木箱从4到4的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和

答案ABC

解析速度-时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其

加速度大小a=//geos370-gsin37°=0.4m/s2,可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数〃=

0.8,故A、B正确；由能量守恒知木箱从4到6的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱

1

获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移x扣时=2X5m-5X2X5m=

5+10

5m,速度-时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，LAS=~.—X2m=15m,

2

则h=LJflsin370=9m,E电=mgh+-wi%+/ungx相升,cos37°=1240J,故C正确，D错误

【练习2】某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送

带设备，如图所示。已知传送带与水平面的夹角。=37、正常的运行速度是

v=10m/So现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送

带之间的动摩擦因数为〃=0.5,A、B间距离s=16m（已知sin370=0.6,cos370=0.8,

取g=10m/s2）则：（）

A

一…

A.如果传送带不运行，小物体从A端运动到B端的时间为4s

B.如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体速度不可能超过皮带速度

C.如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间小于传送带不

运行时小物体从A端运动到B端的时间

D.如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间大于传送带不

运行时小物体从A端运动到B端的时间

【答案】AC

【详解】

AD.因为小物块重力治斜血的分力大J•城大静摩擦力，当传送带静止或顺时针转动时,

小物块均加速下滑，根据牛顿第二定律得

mgsin37°-p/mgcos37°=ma

12

s=—ar

2

联立解得

z=4s

故A正确，D错误。

BC.如果传送带沿逆时针方向正常转动，开始时小物块速度小于传送带速度，摩擦力向

下，根据牛顿第二定律得

mgsin37°+/jmgcos37°=nia]

速度和传送带相同时位移为芭，则有

v2=2g

联立两式解得

*=5m<16m

小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有

ingsin37°-pmgcos37°=ma

设小物块到达传送带底端时速度为W,根据运动学公式有

V12-v2=2a（s-演）

联立并带入数据解得

乂=12m/s>v=10m/s

由于第一段加速度较大，全程时间会小于4s,故B错误，C正确。

故选AC。

综合练习:

1、如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为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〃，小木块速度大小随时间

A.传送带一定顺时针转动

B.传送带的速度大小等于2%

C//=-------------sin9

乳cos6

D.4时间后木块的加速度大小为2gsinO-F

【答案】D

【详解】A.若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足

mgsin0>gcos0

物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足

mgsin0</.intgcos0

木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，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%,故B错误；

C.木块在0~。时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有

mgsin6+fjmgcos0=n\ax

由图乙可知

一

*0

联立解得

〃=—----tan。

乳cos。

故C错误；

D.。时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律

mgsin0-/.ungcos0=ma2

把c中解得〃代入解得

a2=2gsin£?--

，o

故D正确。

故选D。

2、如图所示，用电动机带动倾斜传送带将货物从底端运送到顶端，4、4为传送带上表面平

直部分的两端点,相长为L=30m,传送带与水平面的夹角为伏。未知)，保持速度v=6m/s

顺时针转动。将某种货物轻放在底端4正常情况下，经加速后匀速，用时fo=8s时间货

物到达B端。某次运送这种货物时，货物从传送带4端无初速度向上运动△片7.5s时，

电动机突然停电，传送带立刻停止转动，但最终该货物恰好到达8端。取g=10m/s2,求：

(1)货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小。|；

(2)传送带停止转动后，货物运动的加速度大小42；

(3)货物与传送带之间的动摩擦因数〃。

【答案】⑴lm/s2：(2)6m/s2：(3)Ml

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【详解】

V

(I)设加速时间为e由于加速过程中的平均速度为耳，则从彳到8的过程中

L=Qh+v(/0-r11

解得

4=6s

因此加速运动过程中的加速度

a.=—=lm/s2

h

(2)传送带停止转动时，物体到4的距离

s=v(r0-AZ)=3m

根据

0-v2=2。2s

可得

2

a2=-6m/s

负号表示加速度方向向下，大小为6m/s2

(3)根据牛顿第二定律，开始物体向上加速过程中

jumgcos0-mgsin0-ma、

传送带停止转动时，物体向上减速过程中

一cos0-mgsin，=maz

代入数据，整理得

7g

//=-----

75

3、近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利川传送带来装卸快递或包裹.如图所

示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率0=0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹

角a=37。.工作人员沿传送方向以速度牝=14m/s从传送带顶端推下一质量m=5kg