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知识点18：传送带模型的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）传送带问题的突破口——初态、共速、末态
（2）传送带动力学问题速度相等时摩擦力突变的特点：
①从有到无：如水平传送带，达到同向共速后，滑动摩擦力突变为0。
②动静突变：如倾斜向上传送物块（μ＞tan θ），共速后滑动摩擦力变为静摩擦力。
③方向变化：如倾斜向下传送物块（μ＜tan θ），共速后方向由向下变为向上(仍为滑动摩
擦力)。
（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，若有两次相对运
动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx 等于较
长的相对位移大小．(图乙)
考点一：水平式传送带的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；物体的速度、位移、加速度
均以地面为参考系，痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）在匀速运动的水平传送带上，只要滑块和传送带不共速，滑块就会在滑动摩擦力的作
用下，朝着和传送带共速的方向变速（若v 物<v 传，则滑块加速；若v 物>v 传，则滑块减速），
直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加
速或匀减速过程中始终没达到共速。
（3）计算滑块与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s 传－s 物|；②若二者反向，则Δs＝|s 传|＋|s 物|。
题型一：水平式匀速运动的传送带模型
类型一：滑块静止轻放模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：一直加速 （2）传送带足够长：先加速后匀速。
【典例1a 拔尖题】用如图所示的水平传送带AB 和斜面BC 将货物运送到斜面的顶端。A、
1
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B 间距离L＝11 m，传送带始终以v＝12 m/s 匀速顺时针运行。传送带B 端靠近倾角θ＝37°
的斜面底端，斜面底端与传送带的B 端之间有一段长度可以不计的小圆弧。在A、C 处各
有一个机器人，A 处机器人每隔t＝1.0 s 将一个质量m＝10 kg、底部有碳粉的货物箱(可视
为质点)轻放在传送带A 端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C 点时速度恰好为零，
C 点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面BC 的长度s＝5.0 m，传送带与货物箱之间的动
摩擦因数μ0＝0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，不
计传送带轮的大小，g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；
(2)如果C 点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C 点的货物箱搬走而造成与第二个货
物箱在斜面上相撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C 点的距离；(本问结果可以用根
式表示)
(3)从第一个货物箱放上传送带A 端开始计时，在t0＝2 s 的时间内，货物箱在传送带上留下
的痕迹长度。
【典例1a 拔尖题】【答案】(1)0.5 (2) m (3)21.25 m
【解析】(1)货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μ0mg＝ma1
解得加速度为a1＝μ0g＝5.5 m/s2
到传送带右端的速度：v1＝＝11 m/s
v1＜v＝12 m/s，说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动。
运动至斜面底端的速度：v2＝v1－v1＝10 m/s
货物箱在斜面上滑过程的加速度为
a2＝μgcos θ＋gsin θ＝
解得：μ＝0.5。
(2)货物箱沿斜面上滑过程：a2＝μgcos θ＋gsin θ＝10 m/s2
运动时间t1＝1 s
第二个货物箱在斜面B 端时，第一个货物箱刚好在C 端从静止开始下滑，货物箱沿斜面下
滑过程，根据牛顿第二定律有：
加速度a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
设第一个货物箱在斜面C 端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞前所用时间为t2
有：s＝v2t2－a2t2
2＋a3t2
2
解得：t2＝ s
两个货物箱在斜面上相遇的位置到C 端的距离：
d＝a3t2
2＝ m。
(3)第1 s 内，货物箱的位移：x1＝a1t2＝2.75 m
传送带的位移：x2＝vt＝12 m
第1 s 留下的痕迹：d1＝x2－x1＝9.25 m
则t＝1 s 时，第二个货物箱轻放在第一个货物箱后2.75 m 处，第一个货物箱前9.25 m 有痕
迹
2
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第2 s 内，对第一个货物箱：v0＝a1t＝5.5 m/s
货物箱的位移x1′＝v0t＋a1t2＝8.25 m
第一个货物箱留下的痕迹：d2＝x2－x1′＝3.75 m
第一、二两个货物箱的痕迹重合的距离为d′＝d2－x1＝1 m
t′＝2 s 时，第二个货物箱在传送带上运动了1 s，留下的痕迹：
d3＝d1＝9.25 m
则2 s 内，货物箱留下的痕迹总长度为：
Δs＝d1＋d2＋d3－d′＝21.25 m
【典例1a 拔尖题对应练习】如图所示，一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针匀速转动，
传送带的水平部分长为2.0 m．其右端与倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4
m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦
因数μ＝0.2，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 物块在传送带上一直做匀加速直线运动
B. 物块到达传送带右端的速度大小为15 m/s
C. 物块沿斜面上滑的最大高度为0.2 m
D. 物块返回传送带时恰好能到达最左端
【典例1a 拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物块在传送带上运动的加速度a＝2 m/s2，物块
速度与传送带速度相同时通过的位移为x1＝
＝1 m<2 m，故物块在传送带上先做匀加速
直线运动，再做匀速直线运动，A 错误；物块到达传送带右端的速度与传送带速度相同，
为2 m/s，B 错误；由动能定理得－mgh＝－mv0
2，解得物块沿斜面上滑的最大高度h＝
0.2 m，C 正确；由动能定理知，物块返回斜面底端时速度大小为2 m/s，然后物块向左做
减速运动，速度减为零所通过的位移x2＝
＝1 m，然后物块反向加速，故物块返回传送
带时不会到达传送带最左端，D 错误．
类型二：滑块初速度方向与传送带运动方向相同模型（同向模型）
【知识思维方法技巧】
滑块初速度方向与传送带运动方向相同时，滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）v0>v 时，传送带不足够长：一直减速，传送带足够长：先减速再匀速。
（2）v0＝v 时，一直匀速。
（3）v0<v 时，传送带不足够长：一直加速，传送带足够长：先加速再匀速。
类型三：滑块初速度方向与传送带运动方向相反模型（反向模型）
【知识思维方法技巧】
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滑块初速度方向与传送带运动方向相反时，滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：滑块一直减速到达左端。
（2）传送带足够长：传送带较长时，滑块先减速到速度为0，还要被传送带传回右端．若
v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v0。
【典例1c 拔尖题】（多选）如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB 与一足够长
的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA 水平，传送带以某一速率v 逆时针转动。现将
一质量为m 的小物块(可视为质点)从圆弧轨道上A 点无初速释放。物块滑上传送带后第一
次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，
已知P 点距B 点的高度为R，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A．v＝ B．ΔE＝mgR
C．若增大传送带逆时针转动的速率v，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A 点滑
出
D．若物块从圆弧AP 间某位置无初速释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最
高点仍在P 点
【典例1c 拔尖题】【答案】AD
【解析】物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传
送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到圆弧轨道时的初速度即为传送带的速度，
则mv2＝mg·，解得v＝，故A 正确；物块由A 点下滑到底端时的速度v1＝，设物块在传送
带上运动的加速度为a＝μg，则向右滑动到速度为零的时间t1＝，此过程中物块与传送带的
相对位移Δx1＝vt1＋t1＝；物块向左滑动到与传送带共速时的时间t2＝＝，此过程中物块与
传送带的相对位移Δx2＝vt2－t2＝；由能量关系可知：ΔE＝μmg(Δx1＋Δx2)＝mgR，故B 错
误；若增大传送带逆时针转动的速率v，其他条件不变，则物块从圆弧中滑下然后沿传送
带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于v1＝时，但最终物
块从传送带上向左滑出的速度仍为v1＝，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A 点，故C 错误；
若物块从圆弧AP 间某位置无初速释放，其他条件不变，则物块在传送带上经过向右减速
然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在P
点，故D 正确。
【典例1c 拔尖题对应练习】某矿山研究矿石下滑的高度与矿石在传送带上运动的关系，建
立如图所示的物理模型：竖直平面内有一倾角
的直轨道，小滑块从轨道上A 点静止
释放，其下方右侧放置一水平传送带，传送带与直轨道末端B 间距很小，但允许小滑块从
左端滑出。传送带以恒定速度
逆时针转动，水平部分CD 长度L = 2m。设释放点
A 与B 距离为s，小滑块从直轨道B 端运动到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变
为水平向右。已知小滑块与直轨道间的动摩擦因数
，与传送带间的动摩擦因数
，且滑块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带足够长。（
，
）
（1）若
，求小滑块从A 运动到B 所需的时间；
（2）若
，求小滑块在传送带上留下的划痕长度；
（3）改变的值，设小滑块从传送带上滑离后在传送带上留下的划痕长度为
，求
与
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的关系式。
【典例1c 拔尖题对应练习】【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）滑块从A→B 有
，
由
得
（2）滑块滑上传送带时的速度
滑块在传送带上运动时
滑块以
滑上传送带到停止运动通过的位移
故从右边滑出。
从C→D 有
，
所需时间
该时间内传送带走了
所以划痕的长度为
（3）AB 长为s 则
若
，即
滑块从右端滑出，此时
滑块在传送带上运动时间为
此时间内传送带走了
所以划痕长度为
若
，滑块从左端滑出，其首先向右滑行
历时
所以相对滑动
接着反向加速，分为两种情况
①从C 点滑出时
即
则滑出速度与皮带速度相同为
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反向加速相对滑动
划痕长度
②从C 点滑出时
即
易得滑块向左同样运动，历时
，皮带运动
，相对滑动的距离
可得划痕的长度为
综上，划痕长度
与AB 两点间距离的关系为
题型二：水平式加速运动的传送带模型
【知识思维方法技巧】
当传送带的加速度a>μg 时，滑块与传送带之间必然发生相对滑动，滑块将在滑动摩擦力作
用下做匀加速运动，其加速度大小为μg。
题型三：水平式减速运动的传送带模型
【知识思维方法技巧】
如图所示，滑块轻放在传送带左端，此时传送带以初速度v0一直做匀减速运动，加速度大
小为a0，传送带足够长。开始滑块相对于传送带向左运动，滑块所受的滑动摩擦力向右，
因此滑块做匀加速运动，其加速度大小为μg，当二者速度相等时，可得μgt＝v0－a0t，后
面的运动情况讨论如下：
（1）如果滑块与传送带相对静止（即二者一起做匀减速运动，滑块的加速度大小为a0），
此时摩擦力为静摩擦力，对滑块由牛顿第二定律得f0＝ma0≤μmg，故a0≤μg。
（2）当a0>μg 时，二者之间发生相对滑动。传送带速度减小得比物体减小得快，滑块的加
速度大小为μg。
【典例3 拔尖题】某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s 的恒定速度
运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速
运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩
擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于
传送带运动的位移大小？（计算结果保留两位有效数字）
【典例3 拔尖题】【答案】2.0 m 1.7 m
【解析】由运动情况作出传送带和煤块的v—t 图象，如图所示．因煤块与传送带间的动摩
擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a0＝μg＝1.0 m/s2，设传送带的加速度大小为
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a，由运动学规律得：v1＝a0t1 ＝v0－at1，解得t1＝＝1.0 s，v1＝1.0 m/s
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为L1＝v0t1－at－a0t＝2.0 m
当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前
滑动，划线的长度L2＝－＝ m≈0.33 m，因为L1>L2，煤块在传送带上留下的划线长度为L1
＝2.0 m，煤块相对于传送带的位移为x＝L1－L2＝2.0 m－0.33 m≈1.7 m。
题型四：水平式能调速匀速运动的传送带模型
【典例4 拔尖题】如图，相距L＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相
接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg
的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间
的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
【典例4 拔尖题】【答案】(1)2.75 s (2)4 m/s m/s
【解析】(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速
度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma，设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为
s1，由运动学公式有v2－v0
2＝－2as1，联立代入题给数据得s1＝4.5 m，因此，载物箱在到达
右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送
带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，有v＝v0－at1′，t1＝t1′＋，得t1＝2.75
s。
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当
载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能
定理有－μmgL＝mv1
2－mv0
2，μmgL＝mv2
2－mv0
2由二式并代入题给条件得v1＝ m/s，v2＝4
m/s。
考点二：斜面式传送带的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）根据初始条件分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力
作用，如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确
定物体的运动情况。
（2）当物体的速度与传送带速度相等时，需比较mgsinθ 与μmgcosθ 的大小关系才能决定
物块以后的运动，判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
题型一：斜面式传送带向上匀速运动模型（上传模型）
类型一：静止滑块从底端向上运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：滑块在传送带一直加速运动(一定满足关系gsin θ<μgcos θ)
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（2）传送带足够长：滑块在传送带先加速后匀速运动。
【典例1a 拔尖题】如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，
传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一质量m＝1 kg 的物块轻放在其底端(物块可视为
质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了
离地面高为h＝2.4 m 的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开
传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
【典例1a 拔尖题】【答案】(1) s (2) s m/s
【解析】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零
的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
代入数据解得a1＝6 m/s2
物块加速过程所用的时间t1＝＝ s
运动的距离x1＝＝ m
物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F
＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带
向上加速，物块将随传送带匀速上升
传送带长度为x＝＝4 m
物块随传送带做匀速运动的时间t2＝＝ s
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速
向上运动
有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开
设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x
－x1)
代入数据解得v′＝ m/s
故t′＝＝ s。
【典例1a 拔尖题对应练习】近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为
某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s 顺时针运行，传
送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg 的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成
质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地
面高为H＝1.8 m 的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
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(1)求物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
【答案】(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－) s
【解析】(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s 相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s.
(2)加速过程位移为x1＝a1t＝1 m．共速后，有：
F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即物品匀速上滑，位移为
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，
有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品能向上匀减速到速度为零，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台
由x2＝vt3＋a3t
解得：t3＝(2－) s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－) s 到达平台．
类型二：运动滑块从底端向上运动模型
【典例1b 拔尖题】某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总
长为L＝50 m，正常运转的速度为v＝4 m/s。一次某工人刚把M＝10 kg 的货物放到传送带
上的A 处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5 kg 带有挂钩的木板，把
货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动
摩擦因数均为0.8。(物块与木板均可看成质点，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；
(2)若工人用F＝189 N 的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物
与木板的速度大小；
(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B 处？(不计传送带的加速时间)
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【典例1b 拔尖题】【答案】(1)192 N (2)2 m/s (3)11.25 s
【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为
a1，对货物根据牛顿第二定律得μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma1，得a1＝0.4 m/s2。
对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得
Fm－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 N。
(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得
F－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2，解得a2＝0.2 m/s2。
设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得v1
2＝2a2，得v1＝2 m/s。
(3)由于v1＜4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，
μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a3，a3＝0.4 m/s2，
设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s。
设t1内木板加速的位移为x1，v2－v1
2＝2a3x1，得x1＝15 m。
共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移
为x2，x2＝L－－x1，得x2＝25 m，t2＝，得t2＝6.25 s，
所以来电后木板再需要运动t1＋t2＝11.25 s 到达B 处。
【典例1b 拔尖题对应练习】如图所示，某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°特殊材质
做成的传送带AB 和倾角也为30°的固定长木板CD 组成，传送带以v0＝8m/s 的恒定速度顺
时针转动，物件和传送带间的动摩擦因数μ1= 2√3
5
。现将物件P（视为质点）无初速度地
置于传送带上的A 端，物件到达B 端时刚好相对传送带静止，到达D 点时速度恰好为零且
立即被机械手取走。物件可以看成质点传送带与木板间可认为无缝连接，取重力加速度大
小g＝10m/s2，木板的长度L2＝4m。
（1）求物件在传送带上运动的加速度大小a1及物件从A 端运动到B 端所需的时间t；
（2）求物件与木板间的动摩擦因数μ2；
（3）若机械手没能在D 点及时将物件取走，导致物件重新下滑，求物件第一次回到B 端
的速度大小v1及整个运动过程中物件在木板上运动的总路程s。
【典例1b 拔尖题对应练习】【答案】（1）物件在传送带上运动的加速度大小a1 为1m/s2
及物件从A 端运动到B 端所需的时间t 为8s；
（2）物件与木板间的动摩擦因数μ2 为√3
5 ；
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（3）物件第一次回到B 端的速度大小v1 为4m/s2 及整个运动过程中物件在木板上运动的
总路程s 为32
3 m。
【解析】（1）物件在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
μ1mgcos30°
mgsin30°
﹣
＝ma1解得：a1＝1m/s2
物件到达B 端时速度等于v0，则：v0＝a1t 解得：t＝8s；
（2）物件在木板上做匀减速直线运动，设此过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μ2mgcos30°＝ma2根据运动学公式有：2a2L2= v0
2
联立解得：a2＝8m/s2，μ2= √3
5 ；
（3）设物件在木板上下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mgsin30°
μ
﹣
2mgcos30°
＝ma3解得：a3＝2m/s2
物件第一次沿木板下滑返回B 点的速度大小：v1=√2a3 x1，x1＝L2解得：v1＝4m/s
滑过B 点后物件在传送带上无论是下滑还是上滑，所受滑动摩擦力均沿传送带向上，受力
情况不变，即由B 点先向下匀减速后以相同加速度匀加速返回B 点，所以在传送带上回到
B 点时速度大小不变，物件第二次沿木板上滑的位移大小：x2= v1
2
2a2
= x1
4
物件第二次沿木板下滑返回B 点的速度大小：v2=√2a3 x2
以此类推……
设物件在木板上第n 次上滑的位移大小为xn，第n 次沿木板下滑返回B 点时的速度大小为
vn，则：vn=√2a3 xn
物件在木板上第n+1 次上滑的位移大小：xn+1= vn
2
2a2
= a3
a2
xn= xn
4
总
路
程
：
s=2( x1+ x2+ x3+⋯⋯+ xn)=2 L2(1+ 1
4 + 1
4
2 +⋯⋯+
1
4
(n−1)
)=2×4
×
1−( 1
4 )
n
1−1
4
m
n 取∞，解得：s= 32
3 m
类型三：静止滑块从顶端向下运动模型
类型四：运动滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况有：
（1）gsin θ>μgcos θ，一直加速；
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（2）gsin θ＝μgcos θ，一滑块直匀速。
（3）gsin θ<μgcos θ，传送带不足够长时，一直减速。传送带足够长时，先减速到速度为
0 后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)。
【典例1d 拔尖题】如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现
使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙
所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长．
【典例1d 拔尖题】【答案】(1) (2)18 m
【解析】(1)根据v－t 图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得μ＝
(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为：x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
2～6 s 内物块位移大小为：x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：Δx＝x 带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.
题型二：斜面式传送带向下匀速运动模型（下载模型）
类型一：静止滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)
（2）传送带足够长：若μ≥tan θ，先加速后匀速，若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速。
【典例2a 拔尖题】如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝37°，从A 到B 的长度为8.8 m，
传送带以v0＝6 m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端无初速度放一个质量为1 kg 的物体，
它与传动带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8)。
(1)求物体从A 运动到B 所需的时间；
(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度。
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【典例2a 拔尖题】【答案】(1)1.6 s (2)1.8 m
【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下，物体由静止
开始下滑，受力分析如图(a)所示。由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，代入数
据解得a1＝10 m/s2。物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝＝0.6 s，运动的位移x1
＝a1t1
2＝1.8 m<8.8 m，即物体加速到6 m/s 时仍未到达B 点。由于μ<tan θ，故当物体加速
至与传送带速度相同时，物体在重力沿传送带向下的分力的作用下，将继续做加速运动，
此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向上
受力分析如图(b)所示，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，代入数据解得a2＝2
m/s2。设物体从位移为x1处至运动到B 点所需的时间为t2，则lAB－x1＝v0t2＋a2t2
2，代入数
据解得t2＝1 s(另一解不符合题意已舍去)，故物体从A 运动到B 所需的时间为t＝t1＋t2＝1.6
s。
(2)物体加速至与传送带速度相同时，传送带前进的距离为x2＝v0t1＝3.6 m，而物体运动的距
离等于其位移x1＝1.8 m，物体相对于传送带向上运动的距离为Δx1＝x2－x1＝1.8 m。物体的
速度大于传送带的速度后，传送带运动的距离为x3＝v0t2＝6 m，物体运动的距离为x4＝7
m，物体相对于传送带向下滑行的距离为Δx2＝x4－x3＝1 m，由于Δx1>Δx2，故物体在传送
带上的划痕长度为Δx1＝1.8 m。
【典例2a 拔尖题对应练习】 如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A 到B 长度为L＝
16 m，传送带v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速地放一个质量为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：
(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。
【典例2a 拔尖题对应练习】【答案】(1) 2s (2) 5m
【解析】(1) 煤块向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设经过时间t1 煤块和传送带速度达到相同
设下滑距离为x1，由运动学公式
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因为
煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设再经过时间t2到达B，下滑距离为x2
代入数值可求得
（舍去）
(2) 煤块加速运动时间内传送带运动位移为
相对运动位移为
达到共速到煤块加速滑到最低端设传送带运动位移为
，相对滑动位移为
相对运动位移为
考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为5m。
类型二：运动滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况有：
（1）传送带不足够长：v0<v 时，滑块一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)。v0>v 时，滑块
一直减速(加速度为gsin θ－μgcos θ)。
（2）传送带足够长：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速。
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速。
【典例2b 拔尖题】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
，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）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。
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【典例2b 拔尖题】【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传
动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
，在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即
，所
以小包裹与传动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
，所以小包裹通过传送带的时间为
。
题型三：斜面式能调速匀速运动的传送带模型
类型一：倾斜向上传送模型
类型二：倾斜向下传送模型
考点三：三角式传送带的动力学问题
题型一：滑块轻放模型
【典例1 拔尖题】如图所示，传送带以
的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都
是
，且与水平方向的夹角均为
。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
，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重
力加速度
，
，
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 比B 早到达底端2s
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6cm
【典例1 拔尖题】【答案】B
【解析】通过物体受力分析物体运动情况：
一直加速，
先加速，跟传送带共速后继
续加速，
需要分阶段用运动学公式求解，划痕长度需要求出相对位移的大小和方向后再
分析求解。对于滑块
，开始时相对传送带向上运动，
受到的摩擦力向下，由牛顿第
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二定律：
，解得：
速度加到和传送带速度一样时，
由于重力在斜面
上的分力大于摩擦力，故还要向下加速此时加速度为
，解得：
，由运动学公式可知，第一阶段：
，位移
，方向向下，第二阶段：
，解得：
所以：
，对于滑块
，一直相对
传送带向下运动，且重力在斜面上的分力大于摩擦力，由牛顿第二定律：
，解得：
，一直加速到底，则
，解得：
滑块
比
早到达底端△
，故
错误、
正确；
到底端时
，解得：
，
达到底端的速度大小为：
，故
错误；
第一阶段，传送带的位移，
，滑块
相对传送带向上位移：△
，解得：△
，方向向上。第二阶段滑块
相对传送带的位移：△
，方向向下，所以滑痕还是
，故
错误。
题型二：滑块与传送带速度相等模型
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