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第 4 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、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Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x －x 或Δx＝x －x 。
传 物 物 传
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx＋Δx(图甲)；
1 2
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Δx(图乙)。
2
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v－t(速度—时间)、a－t(加速度—时
间)图像可能正确的是( )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v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩
擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放
在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m
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0.04 m
答案 AD
解析 开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确；行李与传动带共速时t ＝＝0.2
1
s，行李的位移为x＝at2＝0.04 m，行李匀速运动的时间为t ＝＝4.9 s，行李到达B处的时间
1 2
为t＝t ＋t ＝5.1 s，B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt －x＝0.04 m，C
1 2 1
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 x ＝＝0.04 m，两段划痕的
1
长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，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v
1
顺时针运行，初速度大小为v 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A处滑上传送
2
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 v－t图像(以地面为参考系)
如图乙所示，已知v>v，则( )
2 1
A．t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B．t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2C．0～t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
2
D．0～t 时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左
2
答案 BC
解析 相对地面而言，小物块在0～t 时间内，向左做匀减速直线运动，t 之后反向向右运
1 1
动，故小物块在t 时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t 时间内，向左做匀减速直
1 1
线运动，相对传送带向左运动，在t ～t 时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于
1 2
传送带的速度，相对传送带向左运动，t 时刻两者同速，在t ～t 时间内，小物块相对于传
2 2 3
送带静止，所以t 时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t 时间内，小
2 2
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。
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)
一直加速 先加速后匀速
vv时，一直减速 v>v时，先减速再匀速
0 0
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 若v≤v，则返回到左端时速度为
0
v；若v>v，则返回到左端时速度为
0 0
v
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θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送
带以v ＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑
0
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sin 37°＝0.6，g取10 m/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A运动到B的时间；
(3)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)1.5 s (3)5 m
解析 (1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，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a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
1
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t＝＝1 s，发生的位移x＝at2＝5 m
1 1 11
煤块速度达到v 后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
0
a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
2
x＝L－x＝5.25 m，
2 1
由x＝vt＋at2，
2 02 22
得t＝0.5 s
2
故煤块从A运动到B的时间为t＝t＋t＝1.5 s。
1 2
(3)第一过程痕迹长Δx＝vt－x＝5 m，
1 01 1
第二过程痕迹长Δx＝x－vt＝0.25 m，
2 2 02
Δx 与Δx 部分重合，故痕迹总长为5 m。
2 1
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 1.441 s
解析 由于F＝μ′F ＝μ′mgcos θ＝mgsin θ
f N
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(sin θ＋μ′cos θ)＝
12 m/s2，
加速时间t′＝＝ s≈0.833 s，
1
加速位移x′＝a′t′2＝ m，
1 1
匀速运动位移x′＝L－x′≈6.08 m
2 1
匀速运动时间t′＝＝ s＝0.608 s
2
总时间t′＝t′＋t′＝1.441 s。
1 2
例5 (2024·辽宁沈阳市模拟)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＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v ＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。
0物块运动过程的部分v－t图像如图所示，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块将在5 s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 1 m/s，
因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/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＝ m/s2＝2.5 m/s2，故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，t ＝ s时，物块的速度为0，之
1
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x ＝×4× m＝ m，t ＝ s到
1 1
t ＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x ＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的
2 2
时间t ＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。
匀
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
一直加速(一定满足关系μ>tan θ)
系μ>tan θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀
速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μv时，若μv时，若μ>tan θ，先减加速度大小为gsin θ－
μgcos θ； 速后匀速；若μtan θ，一直减速， 直加速；若μ＝tan θ，一
加速度大小为μgcos θ－ 直匀速
gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速
μtan θ，先减速到速度为
0后反向加速，若v≤v，
0
(摩擦力方向一定
μ>tan θ，一直减速 运动到原位置时速度大小
沿传送带向上)
为v；若v>v，运动到原
0 0
位置时速度大小为v
课时精练
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μ，传送带与水平面的夹角为θ，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μmgsin θ，可得μ>tan θ，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mgsin θ，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—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5 m，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7 m/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μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(
)
A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/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ma＝μmg，由运动学公式有v2－v2＝
0
2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v≥ m/s≈9.4 m/s，故选C、D。
1
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AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s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，重力加速度取g＝10 m/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0.5 m
D．快件由A到B的时间为5.5 s
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a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝＝0.5 s，
与传送带的相对位移为Δx＝vt－t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝＝5 s，
所以快件运输总时间为t ＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。
总
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
v ＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送
1
方向以速度v ＝1.6 m/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
2
摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v 大于传送带的速度v ，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦
2 1
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 μmgcos
α>mgsin α，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
μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/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t＝＝ s＝2.5 s
1
在传送带上滑动的距离为
x＝t＝×2.5 m＝2.75 m
1 1
共速后，匀速运动的时间为t ＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t ＋t ＝
2 1 2
4.5 s。
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θ＝37°，现以恒
定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v ＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t
0
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，取g＝10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，则( )A．图乙中t＝0.75 s
1
B．图乙中t＝2 s
2
C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m
答案 BCD
解析 0～t 内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得煤块的加速度大小为
1 1
a ＝8 m/s2，所以t ＝＝ s＝1 s，故A错误；t ～t 内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速
1 1 1 2
度大小为a ＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，所以t ＝＋t ＝2 s，故B正确；由图像知，在0～t
2 2 1 2
内，煤块向上运动的位移为x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t 内，传
1
送带位移大小为x ＝vt ＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx ＝4
1 1 1
m，t ～t 内，传送带位移大小为x ＝v(t －t)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带
1 2 2 2 1
比煤块多走Δx＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝at2，解得t＝
2 23 3
s，传送带向上运动的位移为x ＝vt ＝4 m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4 m＝(12
3 3
＋4) 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 θ，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 v 、t 已知。
0 0
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tan θ
C．t 时间后物块的加速度大小为2gsin θ－
0
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－的加速度做匀加速直线运动
答案 C
解析 v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t 时刻之前的加速度大于t 时刻之后
0 0
的加速度，可知物块t 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
0
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，t 时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有 mgsin θ>μmgcos θ，
0解得μμmgcos θ，若
2 2
传送带反转，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
mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－的加速度做
2
匀加速直线运动，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，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/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A端，图丙为水平传送带AB段数控设
备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C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10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数；
(2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在 D端取到货
物。
答案 (1)3.6 m 0.5 (2)3 m/s
解析 (1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为L ＝(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m
AB
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
1
由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a＝ m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5
1
(2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍
弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得a＝10 m/s2
2 2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ
