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专题强化五 动力学中的传送带模型
学习目标 1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。 2.会计算相对位移
及划痕的长度。 3.注意物体与传送带之间摩擦力的突变。
模型一 水平传送带
水平传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0＜v 时，一直加速
v0＜v 时，先加速再匀速
v0＞v 时，一直减速
v0＞v 时，先减速再匀速
一直减速到右端
先减速到速度为0，后被传送带
传回左端。若v0＜v 返回到左端
时速度为v0，若v0＞v 返回到左
端时速度为v
例1 (多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如
图1 所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s 顺时针匀速运动，
工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由
静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递
箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s2，则( )
图1
A.传送带长L 为24 m
B.若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m
1
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C.若v1＝v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13
D.若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2 倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运
动
答案 AC
解析 根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加
速位移x1＝＝8 m，快递箱匀速位移x2＝v2·＝16 m，所以传送带总长L＝
24 m，故A 正确；若v1＝0，快递箱加速位移x1＝8 m，传送带在这段时间内运
动位移x 带＝v2·＝16 m，则痕迹长s＝x 带－x1＝8 m，故B 错误；如果v1＝v2，快
递箱加速时间t1＝＝1 s，加速位移x1′＝＝6 m，匀速时间t2＝＝2.25 s，在此期间
传送带匀速位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶x＝12∶13，故C
正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32
m，大于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，故D 错误。
1.(多选)如图2 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小
为v2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v2>v1，则( )
2
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图2
A.t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力
答案 BC
解析 相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1时刻之后向
右运动，故小物块在t1时刻离A 处距离最大，A 错误；小物块在0～t1时间内向
左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动，t1～t2时间内向右做匀加速运动，
但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在
t2～t3时间内，小物块与传送带相对静止，一起向右匀速运动，所以t2时刻小物
块相对传送带滑动的距离达到最大，B 正确；由于0～t2时间内，小物块相对传
送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C 正确；在0～t2时间内，
小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受到向右的滑动摩擦力，在t2～
t3时间内，小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D 错误。
模型二 倾斜传送带
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倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关
系gsin θ＜μgcos θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin
θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1 加速，后
以a2加速
v0＜v 时，一直加速(加
速度为gsin θ ＋μgcos
θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速；
若μ＜tan θ，先以a1 加速，后
以a2加速
v0＞v 时，一直加速或
减速(加速度大小为gsin
θ－μgcos θ 或μgcos θ
－gsin θ)
若μ>tan θ，先减速后匀速；若
μ＜tan θ，一直加速
(摩擦力方向一定沿
斜面向上)
gsin θ＞μgcos θ，一直加速；gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ＜μgcos θ，一直减速
先减速到速度为0 后反向
加速：若v0＜v，到原位
置时速度大小为v0(类竖
直上抛运动)；若v0＞v，
先减速到0 再反向加速后
匀速，返回原位置时速
度大小为v
例2 (2024·河南三门峡高三联考)如图3 所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A、B
间的距离L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A
处无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg 的黑色煤块，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＝10
m/s2，求：
图3
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(1)煤块从A 到B 的时间；
(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案 (1)1.5 s (2)5 m
解析 (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
加速时间t1＝＝1 s
位移x1＝a1t＝5 m<L
达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，则
a2＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
位移x2＝L－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝0.5 s
煤块从A 到B 的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长为Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长为Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。
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(2)临界状态：当v 物＝v 带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
(3)滑块与传送带的划痕长度Δx 等于滑块与传送带的相对位移的大小。
2.(多选)如图4 所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带以恒定速
度v0＝3 m/s 逆时针匀速转动，小木块以初速度v＝6 m/s 从传送带底端滑上传送
带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s2。下列说法正
确的是( )
图4
A.小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B.小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4 m
C.小木块在传送带上下滑的加速度大小一直为2.5 m/s2
D.小木块回到传送带底端时的速度大小为3 m/s
答案 AB
解析 小木块刚滑上传送带时的加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，在
传送带上向上滑行的最远距离xm＝＝2.4 m，选项A、B 正确；小木块刚开始下滑
时的加速度仍为7.5 m/s2，在传送带上下滑至与传送带速度相等时的位移x1＝＝
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0.6 m，之后小木块速度大于传送带速度，所受摩擦力方向向上，加速度大小为
a′＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，小木块回到传送带底端时的速度v′＝＝3 m/s，选
项C、D 错误。
3.(多选)(2024·湖南衡阳高三联考)传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计
简单。如图5 所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运
行的速度大小恒为v0，一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送
带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时
间变化的图像可能是(以物块初速度v1的方向为正方向)( )
图5
答案 ABC
解析 若μmgcos θ>mgsin θ 且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到
v1 从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故A 正确；若μmgcos
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θ>mgsin θ 且v1>v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，与传送带共速后
向上匀速运动，故B 正确；若μmgcos θ＝mgsin θ 物块将向下一直做匀速直线运
动，故C 正确；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不
变，物块加速度保持不变，故D 错误。
A 级 基础对点练
对点练1 水平传送带
1.(2024·安徽合肥高三联考)某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件
如图1 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( )
图1
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，匀速时，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
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牛顿第二定律得其加速度为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 总＝t＋t′＝5.5
s，故D 正确。
2.(多选)如图2 甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s 的速度顺
时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg 的物块(视为质点)，从左
轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v－t 图像如图乙所
示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ
＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的
是( )
图2
A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B.物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C.物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D.物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
答案 BCD
解析 由图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分
析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A 错误；物块在
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传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝
ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得v－v＝2aL，
L＝t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C 正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4
m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D 正确。
对点练2 倾斜传送带
3.(2024·江苏淮安模拟)如图3 所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，
一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则( )
图3
A.滑块受到的摩擦力方向保持不变
B.滑块的加速度保持不变
C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
答案 C
解析 设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传
送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑块向
下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，若mgsin θ>μmgcos θ，则滑
块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝
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ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B 错误；若减小传送
带的倾角，使得滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ1≤μmgcos θ1，则此后滑
块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C 正
确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，滑块不能向下运动；若
mgsin θ>μmgcos θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D 错误。
4.(多选)(2024·山西太原模拟)如图4 所示，有一条传送带与水平面的夹角θ＝
37°，传送带以v＝4 m/s 的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A，经过
时间t 小物块运动到最低点B。已知A、B 之间的距离为5.8 m，物块与传送带之
间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可看作质点，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8。则小物块从A 到B 的时间可能是( )
图4
A.1 s
B.1.4 s
C. s
D. s
答案 BD
解析 没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方向转动，也可
能沿逆时针方向转动。若传送带顺时针转动，则物块从A 到B 一直匀加速运动，
有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，则有L＝at2，代
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入数据解得t＝ s，故D 正确；若传送带逆时针转动，物块的加速度a1＝gsin θ
＋μgcos θ＝10 m/s2，则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝＝0.4 s，
发生的位移为L1＝a1t＝0.8 m，可知物块加速到4 m/s 时仍未到达B 点，设此后物
块加速度为a2，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，则有L－L1＝vt2
＋a2t，解得t2＝1 s，故物块从A 运动到B 所用的总时间t′＝t1＋t2＝1.4 s，故B 正
确。
5.(2024·北京东城高三联考)如图5 甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时
针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送
带并沿传送带向上运动，其运动的v－t 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时
速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，则( )
图5
A.传送带的速度为16 m/s
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
答案 C
解析 由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A 错误；在0～1 s 内，物块的速度大
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于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，联立得μ＝
0.25，而在1～3 s 内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传
送带向上，故B 错误，C 正确；当传送带的速度大于16 m/s 后，物块在传送带
上一直做加速度为a2＝ m/s2＝4 m/s2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物
块到达传送带顶端时的速度都相等，D 错误。
6.物块P 以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图6 所示逆时针方向运行，则
从该时刻起，物块P 的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )
图6
答案 A
解析 当v0<v1 时，对物块P 受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mgsin θ＋
μmgcos θ，可知物块先做匀加速直线运动，当v0＝v1时，摩擦力瞬间消失，然后
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随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有mgsin θ＝μmgcos θ，即物块匀速
直线运动，故A 正确，B 错误；当v0>v1时，对物块P 受力分析，有ma＝mgsin
θ－μmgcos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D 错误。
B 级 综合提升练
7.如图7 所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A 与水平传送带相接触，传送带正
以v＝4 m/s 的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg 的物体(可视为质点)从斜面上O
处由静止下滑，经过时间1.5 s 滑到斜面底端A。已知O、A 之间距离LOA＝4.5
m，传送带左右两端A、B 间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2
＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计物体经过A 时的动能损失。
图7
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小；
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1；
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B 端滑出？如果滑出，求离开B 点的速
度大小？如果不滑出，求物体返回到A 点的速度大小。
答案 (1)4 m/s2 (2)0.25 (3)不滑出 4 m/s
解析 (1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A 点时的速度vA＝at＝6 m/s
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而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5 m/s2
则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为x＝＝3.6 m<10 m
故物体不会从B 点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到
相对传送带静止所需位移为x′＝＝1.6 m<x
物体返回到A 点的速度vA′＝v＝4 m/s。
8.(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8 所示，
以恒定速率v1＝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。工作人员沿传送方向以速度v2＝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：
图8
(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)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦
力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
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(2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
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
θ>mgsin θ，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，匀速运
动的时间为
t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
C 级 培优加强练
9.(2024·山东临沂模拟)如图9 所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2 m/s
的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B 两端相距l＝10 m。现每隔1 s 把质量m＝
1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带A 端，在传送带的带动下，工件向上运动，
工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g 取10 m/s2，求：
图9
(1)两个工件间的最小距离；
(2)传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。
答案 (1)1.2 m (2)32.5 N
解析 (1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律，有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得工件放上传送带后的加速度大小a＝2.5 m/s2
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设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为t1＝＝0.8
s，x1＝t1＝0.8 m
再过t2＝0.2 s，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有x＝x1
＋vt2
代入数据解得x＝1.2 m。
(2)工件与传送带共速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B 端，
匀速过程有l－x1＝vt3
解得每个工件在传送带上的运动时间t＝t1＋t3＝5.4 s
当第1 个工件刚到达B 端时，第6 个工件已经在传送带上运动了0.4 s，而第7 个
工件还未放上；传送带上满载时，有1 个工件在传送带上滑动，有5 个工件相对
传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ＋5mgsin θ＝32.5 N
故电机对传送带增加的牵引力F＝Ff＝32.5 N。
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