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高考易错点解读和针对训练
运动和力的关系
易错点3.7 动力学传送带模型
易错点解读
1.模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦
力作用下的相对运动问题。
2.传送带模型问题的两个关键分析
受力
分析
（1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。
（2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变
为静摩擦力；③摩擦力方向突变
运动
分析
（1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考
系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。
（2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。
（3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带
3. 传送带两个模型
（1）水平传送带的三种情景
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
（1）可能一直加速
（2）可能先加速，后匀速
情景2
（1）v0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速
（2）v0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景3
（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端
（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时
速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0
（2）倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v 匀速运行，滑块的初速度为v0）
情景
滑块的运动情况
传送带不够长
传送带足够长
一直加速（一定满足关系μ＞
tan 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＝gsin θ＋μgcos θ 加
速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ 加速
情景
滑块的运动情况
传送带不够长
传送带足够长
v0＜v 时，一直加速（加速度为
gsin θ＋μgcos θ）
v0＜v 时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若
μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ 加
速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ 加速
v0＞v 时，一直匀变速（加速度
为｜gsin θ－μgcos θ｜）
v0＞v 时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若
μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ 加速
情景
滑块的运动情况
传送带不够长
传送带足够长
（摩擦力方向一
定沿斜面向上）
μ＜tan θ，一直加速；
μ＝tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速
μ＞tan θ，先减速到速度为0 后反向加速
到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小
为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动
到原位置时速度大小为v
4. 传送带问题的解题思路
【方法归纳】(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。
(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Δs 等于滑块与传送带的相对位移的大小。
【典例剖析】
【典例1】(2021·河南省顶尖名校4 月联考)一传送带装置如图所示，其中AB 段是水平的，
长度LAB＝4 m，BC 段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB 和BC 由B 点通过一
段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转，已知工件
与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无
初速度地放在A 点，求：
(1)工件第一次到达B 点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了23 s 后所在的位置。
易错分析：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.
.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.
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A 点右侧2.4 m 处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝a1t＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时
t2＝＝0.6 s
所以工件第一次到达B 点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度
也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝
6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s 后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，
故工件在A 点右侧，到A 点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
【典例2】.(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。
(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
s1＝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。
【针对性训练】
1.（2025·山东济宁月考）如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度
v＝4 m/s 顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物块（视为质点）以速度v0＝8 m/s
从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t＝2 s 物块离开传送带，重力加速度g 取10
m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动
B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s
C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
D.物块在传送带上留下的划痕为6 m
答案：C
解析：假设物块在传送带上一直做匀减速运动，加速度的大小为a，则L＝v0t－1
2at2，解得
a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s＜4 m/s，假设不成立，故物块
在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A 错误；设物块在传送带
上做匀减速运动的时间为t1，则物块与传送带一起匀速运动的时间为2 s－t1，L＝
8m/ s+ 4 m/ s
2
t1＋4 m/s×（2 s－t1），解得t1＝1 s，B 错误；物块在传送带上做匀减速
运动的时间为1 s，则减速时加速度大小为a1＝Δv
Δt ＝8－4
1
m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定
律可得μmg＝ma1，解得μ＝0.4，C 正确；物块与传送带的相对位移大小，即留下的划痕
长度为Δx＝v0t1－1
2a1t1
2－vt1＝2 m，D 错误。
2 （2025·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，传送
带以v＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A 点静止释放一个质量为m＝1.0 g 的黑
色煤块，经过2 s 运动到传送带下端B 点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕
迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
（1）传送带从A 到B 的长度；
（2）煤块从A 运动到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案：（1）16 m （2）5m
解析：（1）煤块速度达到10 m/s 之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
t1＝v
a1
＝1 s
x1＝1
2a1t1
2＝5 m
煤块速度达到10 m/s 之后运动时间t2＝1 s
由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
x2＝vt2＋1
2a2t2
2＝11 m
所以传送带从A 到B 的长度为L＝x1＋x2＝16 m。
（2）煤块速度小于传送带时s1 相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2 相＝x2－vt2＝1 m
由于s1 相＞s2 相，则煤块形成的痕迹长为5 m。
3 (2024·广东华南师大附中检测)如图4 甲所示，一足够长的、倾角为37°的传
送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中
间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相
对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。则下列说法正确的有( )
图4
A.0～8 s 内物体的位移大小为14 m
B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C.0～4 s 内物体上升的高度为4 m
D.0～8 s 内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
答案 AD
解析 在v－t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则s＝×4 m－2×2× m
＝14 m，A 正确；在2～6 s 内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B 错误；在0
～4 s 内，物体运动的位移为0，即物体上升的高度为0，C 错误；在0～8 s 内
物体的位移s＝14 m，传送带的位移s′＝vt＝4×8 m＝32 m，则物体在传送带上
留下的墨迹长度为Δs＝s′－s＝18 m，D 正确。
4. （2024 广东佛山重点高中3 月质检） 如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的
速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱。此过程中货
物的速度为 v、加速度为 a、摩擦力为 f、位移为 x，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，
下列图像可能正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
【参考答案】AC
【名师解析】
行李箱先向上做匀加速运动，此时的v-t 图像是倾斜的直线，x-t 图像为曲线；a-t 图像是平
行与t 轴的直线；当与传送带共速后做匀速运动，则此时的v-t 线是平行与t 轴的直线；x-t
图像是倾斜的直线；加速度a 为零，则选项A 正确，BD 错误；
加速时传送带对行李箱的摩擦力
匀速时
，则C 正确。
5. （2024 浙江金华期末） 如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带，如图乙
是其简化图。已知传送带以速度大小
匀速运行，行李与传送带之间的动摩擦因
数
，
、
间的距离
。行李（可视为质点）无初速度地放在
处，则下
列说法不正确的是（ ）
A. 起始时行李的加速度大小为
B. 行李经过
到达
处
C. 行李到达
处时速度大小为
D. 行李相对传送带滑过的距离为
【参考答案】C
【名师解析】
起始时，对行李由牛顿第二定律可得
代入数据解得加速度大小为
A 正确，不符合题意；
设行李与传送带达到共速所用时间为t1，可得
行李做加速运动的位移
行李与传送带共速后，行李随传送带一起做匀速运动，速度大小为v，则有行李做匀速运
动的时间为
行李从
到达
处的时间
B 正确，不符合题意，C 错误，符合题意；
行李做加速运动的时间内，传送带运动的位移大小
行李相对传送带滑过的距离为
D 正确，不符合题意。
6. . (2024 安徽芜湖3 月质检)安庆机场用于安全检查的装置主要由水平传送带和X 光透视系
统两部分组成。如图所示，传送带长度为
，始终以
的速度顺时针转动，某乘
客把一可视为质点的物品轻放在传送带最左端的A 点，物品与传送带间的动摩擦因数为
0.4，
取
，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
B. 物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带的速度
C. 物品由A 运动到最右端B 的过程中，物品相对传送带滑动
D. 物品由A 运动到最右端B 所用时间为
【参考答案】D
【名师解析】
物品与传送带共速前受到滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律可得
物品加速阶段的位移为
物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速运动，故B 错误；
AD．物品加速阶段所用时间为
物品匀速运动所用时间为
物品由A 运动到最右端B 所用时间为
与物品的质量无关，故A 错误，D 正确；
C．物品由A 运动到最右端B 的过程中，物品与传送带的相对位移为
故C 错误。
7 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
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s1＝＝8 m，快递箱匀速位移s2＝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s1＝8 m，传送带在这段时间内运动位移s
带＝v2·＝16 m，则痕迹长s＝s 带－s1＝8 m，故B 错误；如果v1＝v2，快递箱加速
时间t1＝＝1 s，加速位移s1′＝＝6 m，匀速时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带
匀速位移s＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶s＝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s1″＝＝32 m，大
于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，故D 错误。
8 如图甲所示，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( )
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。
9 （2023·海南·模拟预测）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1 所示，
以某一恒定速率
运行的传送带与水平面的夹角
，转轴间距
。工人沿传送
方向以速度
从传送带顶端推下粮袋（视为质点），
时粮袋运动到传送带底
端，粮袋在传送带上运动的
图像如图2 所示。已知
，
，重力加
速度g 取
，则（ ）
A．在
时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带运行的速度大小为
D．在
内粮袋处于失重状态
【答案】BC
【解析】由图2 可知，在
内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上
的滑动摩擦力，在
内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的
静摩擦力，故A 错误；．根据
图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，根据
题意，由图2 可知
解得
，故C 正确；由图2 和C 分析可知，粮袋在
内的加速度为
则加速度方向沿斜面向上，则在
内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得
，故D 错误B 正确。
10.（2022•福建省漳州市二模）.如图甲，质量0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传
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，3s~4.5s 段为直线，
下列说法正确的是（ ）
A. 传送带沿逆时针方向转动
B. 传送带速度大小为2m/s
C. 物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s
D. 0~4.5s 内摩擦力对物块所做
功为
J
【答案】BCD
【解析】根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s 物体向左匀减速运动，第3s 内
向右匀加速运动。3-4.5s 内x-t 图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即
与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为
故B 正确，A 错误；由图象可知，在第3s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则
，其中x=1m t=1s，解得
根据牛顿第二定律
，解得：
在0-2s 内，对物块有：
解得物块的初速度为：
故C 正确；对物块在0~4.5s 内，根据动能定理
解得摩擦力对物块所做的功为
，故D 正确
11 (2024·广东深圳北大附中)如图4 甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角
为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数
为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，
则( )
图4
A.传送带一定逆时针转动
B.μ＝tan θ－
C.传送带的速度大于v0
D.t0时刻后木块的加速度为2gsin θ－
答案 AD
解析 由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的
加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，
t0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A 正
确；小木块在0～t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度
为a1＝gsin θ＋μgcos θ，且a1＝，解得μ＝－tan θ，故B 错误；当小木块的速
度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度
等于v0，故C 错误；t0 时刻后木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2gsin θ
－，故D 正确。
12 .(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
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。
13 .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( )
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。
14.如图所示，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。
(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
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s＝＝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s′＝＝1.6 m<s
物体返回到A 点的速度vA′＝v＝4 m/s。
15 （2022·江苏苏州·江苏省昆山中学校考模拟预测）如图甲所示，足够长的倾斜直传送带
以速度
沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在
时刻以速度
从传
送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量
。物块在传送带上运动时传送带对物块的
摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度g 取
。求：
（1）倾斜传送带与水平方向的夹角θ 和物块与传送带间的动摩擦因数μ
（2）物块与传送带间的划痕长度L
（3）0—0.4s 内物块机械能的变化量
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）由题图乙可得，0~0.2 s 内
滑动摩擦力的功率为
，当
时，代入数据得
物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率
，代入数据得
，解得
，
（2）由
图像可知物块与传送带间的划痕长度为
（3）0—0.4s 内物块动能的变化量为，
物体运动距离为
物块重力势能的变化量为
则机械能的变化量为
16 （2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小
物块以v0＝2 m/s 的初速度从A 端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A
端运动到B 端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，
小物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，❑√3＝
1.73。
（1）求A、B 两端之间的距离L；
（2）若传送带以v1＝2 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下的
痕迹s；
（3）若传送带以v2＝8 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A 端运动到B 端所
用的总时间t。（结果保留3 位有效数字）
答案：（1）35 m （2）25 m （3）3.52 s
解析：（1）传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2，
A、B 两端之间的距离为L＝v0Δt＋1
2a1（Δt）2
解得L＝35 m。
（2）传送带以v1＝2 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀
加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x 带＝v1Δt＝10 m
小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x 带＝25 m。
（3）若传送带以v2＝8 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力
沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ
＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1
这段时间内小物块运动的位移为x1＝v0t1＋1
2a2t1
2
在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有
x2＝L－x1
x2＝v2t2＋1
2a1t2
2
则小物块从A 端运动到B 端所用的总时间t＝t1＋t2
联立代入数据解得t＝3.52 s。
