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微专题 23 “传送带”模型问题
1．传送带问题：关键在于对物体摩擦力性质(静摩擦力还是滑动摩擦力)、方向及运动过程
的判断。当物体与传送带不共速时，一定为滑动摩擦力；当物体与传送带共速时，要假设接
触面光滑看相对运动趋势，然后判断之后的运动方向。2.当物体速度与传送带速度相同时，
要通过受力分析和状态分析判定以后能否一起运动，物体的摩擦力可能突变。
1. (2023·广东省深圳中学阶段测试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m的
煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止
的。现让传送带以恒定的加速度a开始运行，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运行。
传送带速度达到v时，煤块未与其共速，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕
迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(
)
A．μ与a之间一定满足关系μ>
B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为
C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为
D．黑色痕迹的长度为
答案 C
解析 根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a′＝μg，要发生相对滑动，传送带的加速度需
大于煤块的加速度，即a>μg，则μ<，故A错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需
的时间为t＝＝，此过程煤块的位移为x ＝，此过程传送带的位移为x ＝＋v(－)＝－，煤块
1 2
相对于传送带的位移即黑色痕迹的长度为Δx＝x－x＝－，故C正确，B、D错误。
2 1
2. 如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v＝10 m/s运行，某时刻将一滑块轻轻地放
在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A、B间的
距离足够长，将滑块刚放上去2 s时突然停电，传送带立即做加速度大小a＝4 m/s2的匀减速
运动至停止(重力加速度取g＝10 m/s2)。则滑块运动的位移为( )
A．8 m B．13.5 m C．18 m D．23 m
答案 C
解析 停电前，滑块的加速度a ＝＝2 m/s2，滑块在这2 s内做匀加速运动的位移x ＝at2＝
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4 m,2 s末滑块的速度v ＝at ＝4 m/s，停电后，滑块继续加速，传送带立即减速，设两者达
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到共同速度的时间为t ，则t ＝＝ s＝1 s，共同速度v ＝v－at ＝6 m/s，这段时间内滑块的
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关注公众号《黑洞视角》获取更多资料位移x ＝(v ＋v)t ＝5 m。两者达到共同速度后，滑块将做减速运动，减速的加速度大小a
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＝＝2 m/s2，减速至停下的时间t ＝＝3 s，在这3 s内滑块做匀减速运动的位移x ＝vt ＝9
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m，总位移x＝x＋x＋x＝18 m，故选C。
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3. 如图所示，物块放在一与水平面夹角为 θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于
物块受到的静摩擦力F，下列说法正确的是( )
f
A．当传送带加速向上运动时，F 的方向一定沿传送带向上
f
B．当传送带加速向上运动时，F 的方向一定沿传送带向下
f
C．当传送带加速向下运动时，F 的方向一定沿传送带向下
f
D．当传送带加速向下运动时，F 的方向一定沿传送带向上
f
答案 A
解析 当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得 F－mgsin
f
θ＝ma，F 的方向沿传送带向上， 故A正确，B错误；当传送带加速向下运动时，根据牛
f
顿第二定律可得F＋mgsin θ＝ma，当a＝gsin θ时，静摩擦力为零；当a>gsin θ时，静摩
f
擦力沿斜面向下；当a<gsin θ时，静摩擦力沿斜面向上，故C、D错误。
4．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施
安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检
测仪接受检查时的情景。如图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1
m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg的行李(可视为质点)无初速度地放在传送带左端
的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为 0.1，a、b间的距离为2 m，g取10 m/s2。下
列速度—时间(v－t)图像和位移—时间(x－t)图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动
情况的有(除C中0～1 s为曲线外，其余均为直线段)( )
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料答案 AC
解析 行李放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1 m/s2，则由v＝at，得t＝1 s，行李在0～1
s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；行李在t＝1
s时的位移x＝at2＝0.5 m，行李在0～1 s内做匀加速直线运动，x－t图像为抛物线，之后做
匀速直线运动，x－t图像为直线，故C正确，D错误。
5．(多选)(2024·江苏宿迁市期末)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为 v＝2
m/s的恒定速率顺时针运转。一质量m＝2 kg的煤块以初速度v ＝12 m/s从A端冲上传送带
0
又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．煤块上升的最大位移为11 m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋2)s
D．煤块在传送带上留下的划痕为(9＋4) m
答案 CD
解析 根据v－t图像与t轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为 x ＝×(2＋
m
12)×1 m＋×1×2 m＝8 m，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带
共速前、后的加速度大小分别为a ＝＝ m/s2＝10 m/s2，a ＝＝ m/s2＝2 m/s2，对煤块根据牛
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顿第二定律有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，联立代入数据解得μ＝
1 2
0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有x ＝a(t－2)2，代入
m 2
数据解得t＝(2＋2)s，故C正确；0～1 s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和
传送带的位移大小分别为x ＝×(2＋12)×1 m＝7 m，x ＝vt ＝2×1 m＝2 m，煤块在传送带
1 2 1
上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即l ＝x －x ＝7 m－2 m＝5 m，在1～(2＋2)s内，
1 1 2
即t ＝(1＋2)s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿
2
传送带向下为正方向，煤块的位移为x′＝－vt ＋at2，传送带的位移大小为x′＝vt ，煤
1 2 22 2 2
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料块与传送带的相对位移大小为l ＝x′＋x′，联立代入数据解得l ＝(9＋4)m，因为l>l ，
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所以有l 部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为(9＋4)m，故D正确。
1
6. 如图所示，传送带以10 m/s的速度逆时针匀速动转，两侧的传送带长都是16 m，且与水
平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已
知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A、B同时到达传送带底端
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m
答案 D
解析 对于滑块A，开始时相对传送带向上运动，A受到的摩擦力向下，由牛顿第二定律：
a＝，解得：a＝10 m/s2
1 1
速度和传送带速度一样时，由于重力沿传送带上的分力大于摩擦力，故还要向下加速，此时
加速度为a＝，解得：a＝2 m/s2
2 2
由运动学公式可知，第一阶段：
t＝＝ s＝1 s，位移x＝t＝×1 m＝5 m，方向向下
1 1 1
第二阶段：L－x＝vt＋at2，解得：t＝1 s
1 02 22 2
所以t ＝t＋t＝1 s＋1 s＝2 s
A 1 2
对于滑块B，重力沿传送带上的分力大于摩擦力，一直相对传送带向下运动
由牛顿第二定律：a＝，解得：a＝2 m/s
一直加速到底，则L＝at 2，解得：t ＝4 s，故A、B错误；
B B
A到底端时v ＝v＋at，解得v ＝12 m/s，
A 0 22 A
v ＝at ＝2×4 m/s＝8 m/s，故C错误。
B B
第一阶段：传送带的位移，x′＝vt＝10×1 m＝10 m，
1 01
滑块A相对传送带向上运动的位移：Δx＝x′－x＝5 m，方向向上。
1 1 1
第二阶段：滑块A相对传送带的位移：Δx ＝(L－x)－vt ＝(16－5) m－10×1 m＝1 m，方
2 1 02
向向下，因一、二阶段有重合部分，所以划痕还是5 m，故D正确。
7．如图甲所示，倾斜传送带与水平台面相切于B点，传送带以恒定的速度沿逆时针方向运
动。现将一小煤块从水平台面上A处以初速度v 滑到传送带B处，4 s时小煤块从C点离开
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关注公众号《黑洞视角》获取更多资料传送带。在整个过程中，小煤块的速率随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10
m/s2，不计小煤块与传送带摩擦过程中损失的质量。求：
(1)A、B两点之间的距离；
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(3)水平台面的高度；
(4)在2～3.5 s时间内，小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
答案 (1)4 m (2)0.25 (3)8.4 m (4)4 m
解析 (1)根据题图乙所示，A、B两点之间的距离等于小煤块0～2 s内运动的位移大小，由
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料图像与时间轴所围成的面积可得x ＝×2 m＝4 m。
AB
(2)根据速度—时间图像的斜率表示加速度的大小，则可得 2～3 s内的加速度大小为a ＝
1
m/s2＝8 m/s2,3～4 s内的加速度大小为a＝ m/s2＝4 m/s2，在2～3 s内，根据牛顿第二定律有
2
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，在3～4 s内，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，
1 2
联立解得sin θ＝0.6，μ＝0.25。
(3)由题图乙可知，在2～4 s时间内，小煤块从B点运动到C点，可知传送带的长度l＝×1
m＋×1 m＝14 m，则水平台面的高度h＝lsin θ＝8.4 m。
(4)由题图乙可知传送带与小煤块速度相等时，速度大小为 v＝8 m/s，在2～3 s内，小煤块
相对于传送带的位移Δx ＝vt －vt ＝4 m，在3.5 s时，小煤块的速度v′＝10 m/s，所以在3
1 1 1
～3.5 s内，小煤块相对于传送带向前的位移Δx ＝t －vt ＝0.5 m，因为痕迹有覆盖，所以划
2 2 2
痕长度为4 m。
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