第三章　第14课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题-2026版一轮复习

第14课时专题强化：“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运动(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v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。3.注意物体位移和相对位移的区别(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Δx①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(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Δx2(图乙)。考点一水平传送带中的动力学问题例1(2024·山东青岛市期初考)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甲所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求：(1)行李到达B处的时间；(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。答案(1)5.1s(2)0.04m解析(1)对行李，根据μmg＝ma解得a＝2m/s2根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2s匀加速运动的位移大小x＝12at12＝0.04m<2m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2＝L-xv可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s(2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m。拓展传送带转动方向反向，如图乙。(1)若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度；(2)若行李放在A处时的初速度大小v0'为0.6m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度；(3)试画出(2)中行李运动的v－t图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上的痕迹长度。答案见解析解析(1)传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2m/s2匀减速运动的时间t1＝v0a＝0.1s，匀减速运动的位移大小x＝v0t1－12at12＝行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1＋t2＝0.2s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08m。(2)若行李放在A处时的初速度为v0'＝0.6m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2m/s2，匀减速运动的时间t1'＝v0'a＝0.3s，匀减速运动的位移大小x1＝v0't1'－12at1'2＝0.09m<2m，行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v＝at2'，匀加速运动的时间t2'＝0.2s，匀加速运动的位移大小x2＝12at2'2＝12×2×0.22m＝0.04m<0.09m，接着再匀速运动t3'＝x1-x2v＝0.125s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1'＋t2'＋t3'＝0.625s；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1'＋x1＋v(3)行李运动的v－t图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。水平传送带问题的常见情形及运动分析1.物块初速度方向与传送带速度方向相同图示速度大小比较物块和传送带共速前传送带足够长，物块v－t图像Ff方向运动状态我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

/efdfec4fca1121b64c46c12719ec64da

我的人人文库：

/u-680150.html

/u-680150.html

v0＝0向右匀加速直线运动v0<v向右匀加速直线运动v0>v向左匀减速直线运动2.物块初速度方向与传送带速度方向相反图示状态速度大小比较Ff方向物块运动状态传送带较短

向左匀减速直线运动传送带足够长v0<v向左v－t图像：v0>v向左(共速前)v－t图像：考点二倾斜传送带中的动力学问题例2(2025·山东济宁市校考)(2025·云南昆明市检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝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取10m/s2。(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)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v－t图像；(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。答案(1)不能(2)1.5s见解析图(3)5m解析(1)由于mgsin37°>μmgcos37°，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a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝v0a1＝1s，发生的位移x1＝12a1t煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，由x2＝v0t2＋12a2t得t2＝0.5s故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s。v－t图像如图所示。(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5m。［变式］(多选)如图所示，为皮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4.45m，质量为m=10kg的小物体以v0=5.0m/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，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法中正确的是()A.开始时物体的加速度大小一定为10m/s2B.若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25mC.若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25mD.若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间是2.1s答案BCD解析由题意可知，若传送带不转动或逆时针转动，物体沿AB方向从A端滑上传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得开始时物体的加速度大小a1=10m/s2，若传送带顺时针转动，其速度小于物体速度v0=5.0m/s，可知开始时物体的加速度大小为10m/s2，其速度大于物体速度v0=5.0m/s，则传送带对物体的摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得开始时物体的加速度大小为a2=2m/s2，A错误；若传送带不转动，由速度位移关系有v02=2a1xm可得，物体沿传送带上滑的最大距离是xm=v022a1=1.25m，B正确；若传送带逆时针运转的速度v=4.0m/s时，可知物体受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，可知物体的加速度大小是10m/s2，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m，C正确；若传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s，可知物体先做减速运动，减速到与传送带速度相等时所用时间t1=v0-va1=5-410s=0.1s，此时间内物体上滑的距离为x1=v0+v2t1=0.45m，此后由于物体沿传送带向下的重力分力大于传送带对物体的摩擦力，物体的加速度是2m/s2，方向沿传送带向下，即物体沿传送带向上做减速运动，设到B点时的速度是vB，由速度位移关系可得v2-vB2=2a2(L-x1)，解得vB=0，在此过程所用时间为t2=v-vBa2=4-02s=2s，物体从倾斜传送带问题的常见情形及运动分析1.物块由低处传送到高处(μ>tanθ)图示速度大小比较物块与传送带共速前传送带足够长，物块运动的v－t图像Ff方向加速度大小运动状态v0＝0沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀加速直线运动v0<vv0>v沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀减速直线运动2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tanθ)图示速度大小比较物块与传送带共速前传送带足够长，物块运动的v－t图像Ff方向加速度大小运动状态v0＝0沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀加速直线运动v0<v沿传送带向下μgcosθ＋gsinθ匀加速直线运动v0>v沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀减速直线运动3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tanθ)图示状态速度大小比较Ff方向加速度大小物块运动状态传送带较短

沿传送带向上μgcosθ－gsinθ匀减速直线运动传送带足够长v0<v沿传送带向上μgcosθ－gsinθv－t图像：v0>v沿传送带向上共速前：μgcosθ－gsinθ共速后：0v－t图像：思考若μ＝tanθ或μ<tanθ，物块将做什么运动？答案若μ＝tanθ，物块一直匀速下滑；若μ<tanθ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。课时精练(分值：60分)1~5题每小题5分，6题14分，共39分1.(2024·安徽卷·4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()答案C解析0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。2.某快递公司为了提高效率，使用电动传送带输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25m，始终保持1m/s的恒定速度运行，在传送带上A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μ＝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B处，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()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0.5mD.快件由A到B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为a＝μmgm＝μg＝2m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝va＝0.5s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－v2t＝0.25m，故C错误；快件匀速运动的时间为t'＝L-v2tv＝5s，所以快件运输总时间为t总＝t＋3.(多选)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线，下列说法正确的是(重力加速度g取10m/s2)()A.传送带沿逆时针方向转动B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/sD.0~4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9m答案CD解析根据题意，图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线，则可知0~3s内物块做匀变速直线运动，3~4.5s内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3s内先增加后减小，4.5s末回到出发点，物块在传送带上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A错误；根据图像可知，2s末物块的速度减为零，该时间内物块的对地位移大小为x1＝4m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－12at12，x2＝12at22，其中t1＝2s，t2＝1s，解得v0＝4m/s，a＝2m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B错误，C正确；根据图像可知，物块减速阶段位移大小为x1＝4m，加速阶段位移大小为x2＝1m，达到与传送带共速所用时间为t3＝3s，根据x－t图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2m/s，则小物块与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6m，由此可得0~4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4m＋6m－1m＝4.(多选)如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s的速率逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1kg的物块(可视为质点)轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正方向)，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.传送带的倾角为30°B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8C.传送带的两端长度为10mD.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m答案BD解析由题图乙可知，在0~5s内，摩擦力Ff1＝6.4N，在5~10s内，摩擦力Ff2＝6N，在t＝5s时突变，说明在5~10s内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsinθ，解得sinθ＝0.6，可知θ≠30°，故A错误；在0~5s内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcosθ，解得μ＝0.8，选项B正确；物块在0~5s内做匀加速运动，5~10s做匀速运动，则传送带的两端长度L＝v2t1＋vt2＝15m，故C错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为Δx＝v(t1＋t2)－L，解得Δx＝5m，故D5.(2024·山东省一模)如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带正以v=10m/s的速率顺时针运行，A、B两端相距l=40m。现每隔1s把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端(工件到达B端即掉下)时恰好在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ=32，g取10m/s2，下列说法正确的是(A.第一个工件掉下后传送带上始终有6个工件B.两个工件间的最小距离为2.5mC.工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N答案A解析工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，由于μmgcosθ>mgsinθ，所以摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀速直线运动，故C错误；工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得μmgcosθ-mgsinθ=ma，代入数据可得a=2.5m/s2，工件加速过程所用的时间t=va=4s，工件加速过程的位移大小x'=12at2=20m，工件匀速过程所用的时间t'=l-x'v=2s，每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A正确；由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，由x1=12at12，可得传送带上两个工件间的最小距离x1=1.25m，故B错误；满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和F合=4μmgcosθ+2mgsin6.(14分)(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v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝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μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)(6分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)(8分)小包裹通过传送带所需的时间t。答案(1)0.4m/s2(2)4.5s解析(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，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μmgcosα>mgsinα，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μmgcosα－mgsinα＝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t1＝v2-v1a＝在传送带上滑动的距离为x1＝v1＋v22t1＝0.6＋1.62共速后，匀速运动的时间为t2＝L-x1v1＝3.95-2.750.6s＝2s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t17、8题每小题7分，共14分7.(2025·山东济宁市期中)如图，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图所示，g取10m/s2，则()A.物块最终从传送带N点离开B.传送带的速度v＝1m/s，方向逆时针C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为2m/s2D.物块将在5s时回到原处答案D解析从v－t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1m/s，因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1m/s，故A、B错误；v－t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a＝4-(-1)2m/s2＝2.5m/s2，故C错误；v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知，t1＝85s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x1＝12×4×85m＝165m，t1＝85s到t2＝2s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝2-852×1m＝15m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝x1-x2v＝3s，所以物块回到原处的时间t8.(多选)(2025·山东济宁市校考)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，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像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(10＋45)m答案AB解析从甲、乙两图可知，0~1s煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1＝1s，位移x1＝v0＋v2t1＝8m，加速度大小为a1＝|Δv1Δt1|＝8m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，1~2s，煤块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2＝2s－1s＝1s，位移为x2＝v＋02t2＝2m，加速度大小为a2＝|Δv2Δt2|＝4m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，2s之后，煤块沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3＝x1＋