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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 提高题】如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P 先后
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由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A 经tA＝9.5 s 到达传送带另一端Q，物体B 经tB
＝10 s 到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0 时刻，分别作出三个物体的v-t 图
像如图乙、丙、丁所示，g 取10 m/s2，求：
（1）传送带的速度大小v0；
（2）传送带的长度L；
（3）物体A、B、C 与传送带间的动摩擦因数，物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时
间tC。
【典例1a 提高题】【答案】(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s
【解析】(1)物体A 与B 均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最
终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0＝4 m/s。
(2)v -t 图线与t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A 的位移xA＝×(8.5＋9.5)×4 m
＝36 m 传送带的长度L 与A 的位移相等，也是36 m。
(3)物体A 的加速度aA＝＝4 m/s2，由牛顿第二定律得μAmg＝maA所以μA＝＝0.4，
同理，物体B 的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2，设物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用
的时间为tC，则L＝tC，tC＝＝24 s 物体C 的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.0125。
【典例1a 提高题对应练习】如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径
迹。下列说法正确的是（ ）
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
【典例1a 提高题对应练习】【答案】C
【解析】木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对
于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A 错误，设木炭包的质量
为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，
木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝t＝t＝，黑色
径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越
大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C 正确。
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】
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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。
【典例1b 提高题】(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q 通过绕
在定滑轮上且不可伸长的轻绳相连，t＝0 时刻P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间
的绳水平，t＝t0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，能正确描述小物
体P 速度随时间变化的图像可能是( )
A.
B.
C.
D.
【典例1b 提高题】【答案】ABC
【解析】若v1>v2，最大静摩擦力大于绳的拉力，则小物体P 先向右做匀加速直线运动，由
牛顿第二定律知μmPg－mQg＝(mQ＋mP)a，到小物体P 加速到与传送带速度v1相等后匀速，
B 正确；若传送带长度较短，可能P 到达传送带右端时速度依然未达到v1，A 正确；若最
大静摩擦力小于绳的拉力，v1<v2，P 向右做减速运动且加速度为a2，则mQg＋μmPg＝(mQ＋
mP)a2，到减速为v1后，又以a1的加速度匀减速向右运动，减速到零后，以a1的加速度向左
匀加速运动，由牛顿第二定律可得，mQg－μmPg＝(mQ＋mP)a1，a2>a1，C 正确，D 错误．
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】
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 提高题】(多选)如图所示，一个质量为m，可视为质点的物体从高为h＝0.8 m 的
光滑斜面顶端由静止开始下滑，物体经过斜面与传送带连接处时的速率变化可忽略不计，
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滑上传送带A 端的瞬时速度为vA，到达B 端的瞬时速度为vB，水平传送带A、B 两端相距
x＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物体滑上传送带A 端的瞬时速度vA＝4 m/s
B．若传送带不动，物体到达B 端的瞬时速度vB＝2 m/s
C．若传送带逆时针匀速转动，vB一定小于2 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB一定大于2 m/s
【典例1c 提高题】【答案】AB
【解析】物体从高为h 的光滑斜面顶端滑下，由动能定理可得mgh＝mv，代入数据可解得
物体滑上传送带A 端的瞬时速度vA＝4 m/s，选项A 正确；物体滑上传送带，若传送带不动，
根据牛顿第二定律可知，加速度大小a1＝μg＝1 m/s2，物体做匀减速直线运动，由运动学公
式可得，到达B 端的速度vB＝＝2 m/s，选项B 正确；若传送带逆时针匀速转动，物体滑上
传送带后的运动与传送带静止不动时的运动相同，vB＝2 m/s，选项C 错误；若传送带顺时
针匀速转动，传送带的速度大小与4 m/s 的大小关系未知，物体可能加速运动，可能减速运
动，也可能匀速运动，无法具体判断物体的运动情况，故无法确定物体到达B 端的瞬时速
度，选项D 错误。
【典例1c 提高题对应练习】（多选）如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针
方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和
传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随
时间变化的图象可能的是( )
【典例1c 提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】第一种情况：物块在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物块会
在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；如果v1>v2，物块向右运动时会一直加速，
当速度大小增大到等于v2时，物块恰好离开传送带，有v2′＝v2；如果v1≤v2，物块向左的速
度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物块还
在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝v1；第二种情况：
物块在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2。故A、B、D 正
确，C 错误。
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
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用下做匀加速运动，其加速度大小为μg。
【典例2 提高题】如图所示为一水平传送带装置示意图.A、B 为传送带的左、右端点，AB
长L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送
带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，加速结束后
传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力(g 取10 m/s2).
(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？
(2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？
【典例2 提高题】【答案】(1)2 m/s (2)1 m
【解析】(1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点
μmg＝ma1得a1＝1 m/s2
v＝2a1L
vB＝2 m/s
(2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短
煤块运动时间t＝＝2 s
传送带加速过程：
vB＝at1得t1＝1 s
x1＝at 得x1＝1 m
传送带匀速运动过程：
t2＝t－t1＝1 s
x2＝vBt2得x2＝2 m
故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1 m.
【典例2 提高题对应练习】 如图所示，一水平的足够长的传送带与平板紧靠在一起，且上
表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m＝1 kg 的煤块(视为质点)，煤块与传送带
及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1。初始时，传送带与煤块及平板都是静
止的。现让传送带以恒定的水平向右的加速度a＝3 m/s2开始运动，当其速度达到v＝1.5
m/s 后，便以此速度做匀速运动。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，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个
水平恒力F＝17 N，F 作用了0.5 s 时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F。最终煤块没
有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度为g＝10 m/s2)，问：
(1)传送带上黑色痕迹的长度；
(2)有F 作用期间平板的加速度大小；
(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字)
【典例2 提高题对应练习】【答案】(1)0.75 m (2)2.0 m/s2 (3)0.65 m
【解析】(1)煤块在传送带上发生相对运动时，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，则其加
速度a1＝μ1g＝1 m/s2，方向水平向右
设经过时间t1，煤块速度达到v
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经过时间t2，传送带速度达到v
即v＝a1t1＝at2
代入数据得t1＝1.5 s，t2＝0.5 s
则t1时间内，传送带发生的位移s＝＋v(t1－t2)
煤块发生的位移s′＝
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：
Δs＝s－s′＝0.75 m。
(2)煤块滑上平板时的速度为v＝1.5 m/s
加速度为a1＝＝μ1g，方向水平向左
经过t0＝0.5 s，速度v′＝v－a1t0＝1.0 m/s
设平板的加速度大小为a2，依题意由v′＝a2t0＝1.0 m/s
解得a2＝2.0 m/s2。
(3)设平板与地面间动摩擦因数为μ2，由a2＝2 m/s2
且Ma2＝(F＋μ1mg)－μ2(mg＋Mg)
代入数值得μ2＝0.2
由于μ2>μ1，共速后煤块将仍以加速度大小a1匀减速运动，直到停止，而平板以加速度大小
a3匀减速运动
Ma3＝μ2(mg＋Mg)－μ1mg
得a3＝2.25 m/s2，运动时间为t3＝＝ s
所以全程，平板的位移为s 板＝＝ m
煤块的位移s 煤＝＝ m
煤块不从平板上滑下，则平板车的最短长度即煤块与平板的位移之差，即L＝s 煤－s 板＝
0.65 m。
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 提高题】将一粉笔轻放在以v0＝40 m/s 匀速向右运动的传送带左端，粉笔与传送带
之间的动摩擦因数为0.4，经过5 s 后，传送带减速运动，其加速度大小为a0＝6 m/s2，假设
传送带足够长，求粉笔在传送带上运动的总时间。
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【典例3 提高题】【答案】14 s
【解析】刚开始粉笔做匀加速运动，其加速度为a1＝＝μg＝4 m/s2,5 s 末速度v1＝a1t＝20
m/s，前5 s 粉笔的位移x1＝a1t2＝50 m，
在传送带匀减速运动的同时，粉笔继续做匀加速运动，二者存在相对滑动，
设再经过时间t1，二者速度相等，则v0－a0t1＝v1＋a1t1，解得t1＝2 s，
共同速度v′＝v0－a0t1＝28 m/s。
以后粉笔是否相对传送带静止，需要比较其静摩擦力能维持的最大加速度。由于粉笔所受
的最大静摩擦力维持的最大加速度a＝μg<a0，
所以在传送带减速的同时，粉笔相对于传送带滑动，而做匀减速运动，当传送带速度减为
零时，粉笔继续做匀减速运动，
所以粉笔做匀减速运动的时间t2＝＝7 s，粉笔运动的总时间t 总＝t＋t1＋t2＝14 s。
【典例3 提高题对应练习】如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s 顺时针转
动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传
送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试
求：
(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；
(2)滑块在传送带上运动的总时间t.
【典例3 提高题对应练习】【答案】(1)3 m (2)2 s
【解析】(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1 得：a1＝2 m/s2
设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v＝v0－at1，v＝a1t1
解得：v＝2 m/s，t1＝1 s，滑块位移为x1＝＝1 m，传送带位移为x2＝＝4 m
故滑块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝3 m
(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：
Ff＝ma＝4 N＞μmg＝2 N 故滑块与传送带相对滑动.
滑块做减速运动，加速度仍为a1.
滑块减速时间为t2，有：t2＝＝1 s 故：t＝t1＋t2＝2 s.
题型四：水平式能调速匀速运动的传送带模型
【典例4 提高题】 水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，
如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持1 m/s 的恒定速度运行，一质
量为m＝4 kg 的行李无初速的放在A 处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB 间的
距离l＝2 m，g 取10 m/s2，求：
(1)行李从A 运送到B 所用的时间t 为多少；
(2)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处
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的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。
【典例4 提高题】【答案】(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s
【解析】(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时
行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s 所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则
v＝at1，t1＝1 s，s1＝at1
2，s1＝0.5 m
行李速度达到1 m/s 后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2
则t2＝＝1.5 s
设行李从A 运送到B 共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)行李从A 匀加速运动到B 时，传送时间最短有l＝at2
代入数据得t＝2 s，此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
【典例4 提高题对应练习】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平
传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v＝1 m/s 运行，一质量为m＝4
kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，
随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ
＝0.1，A、B 间的距离L＝2 m，g 取10 m/s2.
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处
的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
【典例4 提高题对应练习】【答案】(1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
【解析】(1)行李所受滑动摩擦力大小
Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
根据牛顿第二定律得Ff＝ma，
加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，
得t1＝＝ s＝1 s.
(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，
有v＝2aL，
得vmin＝＝ m/s＝2 m/s，
所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.
由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝＝ s＝2 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
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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)
（2）传送带足够长：滑块在传送带先加速后匀速运动。
【典例1a 提高题】如图所示，长为2 m、倾斜放置的传送带以2 m/s 的速度沿顺时针方向
匀速转动，传送带与水平方向的夹角为30°，将一个质量为1 kg 的物块轻放在传送带的底
部，同时给物块施加一个平行于传送带向上、大小为12 N 的恒力F，物块与传送带间的动
摩擦因数为μ＝
，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
(1)物块轻放在传送带上且施加拉力的一瞬间，物块的加速度大小；
(2)物块从传送带底端运动到顶端所用的时间．
【典例1a 提高题】【答案】(1)12 m/s2 (2)
s
【解析】(1)物块放上传送带并施加拉力的一瞬间，设物块运动的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1
代入数据解得a1＝12 m/s2
(2)加速到与传送带共速所用的时间为t1＝
＝s；这段加速的位移为x1＝
＝m
当物块的速度达到2 m/s 时，由于F＞μmgcosθ＋mgsinθ，
因此物块继续向上做加速运动，设这段加速的加速度为a2，
根据牛顿第二定律有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
这段加速的位移为x2＝vt2＋a2t2
2
x2＝L－x1＝
m
解得t2＝(
－1) s
所以运动的总时间为t＝t1＋t2＝
s
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【典例1a 提高题对应练习】如图所示，倾斜放置的传送带AB 长为10 m，以大小为v＝3
m/s 的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角θ＝37°，一个质量为2 kg 的物块轻放在传送带
A 端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A 端运动到B
端，物块运动的时间为4 s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中(
)
A. 物块加速运动时的加速度大小为2.5 m/s2
B. 物块加速运动的时间为 s
C. 物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4 N
D. 物块与传送带之间的痕迹长为3 m
【典例1a 提高题对应练习】【答案】B
【解析】初始时物块做加速运动，则F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，当物块与传送带速度相
等时，物块做匀速运动，根据题意有
＋v(t－)＝L，解得a＝2.25 m/s2，F＝8.5 N，故A
错误；物块加速运动的时间为t1＝＝s，故B 正确；匀速运动时物块受力平衡，有F＋Ff
＝mgsinθ，解得Ff＝3.5 N，故C 错误；物块与传送带之间的痕迹长为Δx＝vt－L＝2 m，
故D 错误．
类型二：运动滑块从底端向上运动模型
【典例1b 提高题】（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4
m/s 顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12 m/s 从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的
图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m
【典例1b 提高题】【答案】AD
【解析】由v－t 图像得0～1 s 的加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下
1～2 s 的加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下
0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
1～2 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得θ＝37°，μ＝0.25 故A 正确，B 错误．
v－t 图线与t 坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10 m，由运动学公式得
下滑时间为t 下＝ ＝ s＝ s，所以煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为(2＋) s，故C
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错误．0～1 s 内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m；1～2 s 内传送带比煤块多走2 m，划
痕长还是4 m；2～(2＋) s 内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2 m＋a2t2＋vt＝(12
＋4) m，故D 正确．
【典例1b 提高题对应练习】如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s
的恒定速度顺时针转动。一个质量为2 kg 的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10
m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；
(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
【典例1b 提高题对应练习】【答案】(1)10 m/s2 (2)4 m/s
【解析】(1)设物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin
37°＋μmgcos 37°＝ma1
代入数据解得：a1＝10 m/s2。
(2)设物块速度减为5 m/s 所用时间为t1，
则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s，
通过的位移：x1＝·t1＝3.75 m<6 m
因μ<tan θ，设此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2，
则：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
代入数据解得：a2＝2 m/s2
设物块到达最高点的速度为v1，则：v2－v1
2＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m，解得：v1＝4 m/s。
类型三：静止滑块从顶端向下运动模型
【典例1c 提高题】如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s 的速度沿顺
时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v1＝8 m/s 的速度
从底端滑上传送带．已知小物块A、B 质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ
＝0.5，小物块A、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
（1）小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；
（2）传送带的长度l 应满足的条件．
【典例1c 提高题】【答案】(1)2.5 m/s (2)l≥12.96 m
【解析】(1)对小物块B，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2
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小物块B 减速至与传送带共速的过程，时间t1＝＝0.6 s，位移大小x1＝＝3 m
之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二
定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，小物块B 减速至0 的时间t2＝＝1 s 位
移大小x2＝＝1 m，小物块B 向上运动过程中平均速度的大小＝＝2.5 m/s.
(2)小物块A 的加速度大小也为a2＝2 m/s2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经
具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，
小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，
此时传送带长度最小，最小长度l0＝a2t2，小物块B 向下运动过程中x1＋x2＝a2t3
2解得t3＝2
s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s 代入解得l0＝12.96 m，即传送带的长度l≥12.96 m.
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；
（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 提高题】(多选)如图所
示，倾斜传送带AB 以恒定速率v0逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下
的初速度v(v0≠v)滑上A 点．滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若用t 表示时间，用vt表示滑块的速度大小，则能够正确
描述滑块从A 滑向B 运动过程的下列vtt 图像可能是( )
【典例1d 提高题】【答案】BC
【解析】对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力mgsin θ，摩擦力f.
当v＜v0，滑块刚开始加速运动，摩擦力向下，加速度为a1＝gsin θ＋μgcos θ，当滑块速度
等于传动带速度相等时，如果最大静摩擦力f＞mgsin θ，则滑动摩擦突变为静摩擦向上，
大小为mgsin θ，滑块和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力f＜mgsin θ，则摩擦
力方向会突变向上，滑块做匀加速直线运动，加速度为a2＝mgsin θ－μgcos θ，比较可得
a1＞a2，故B 正确，A 错误；若v＞v0，滑块相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力f＜
mgsin θ，则滑块一直做匀加速直线运动，加速度为a3＝gsin θ－μgcos θ，若如果最大静摩
擦力f＞mgsin θ，则滑块一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突
变为静摩擦力向上，大小为mgsin θ，故C 正确，D 错误．
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【典例1d 提高题对应练习】（多选）如图一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑
块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v 随时间t
变化的图象可能是( )
【典例1d 提高题对应练习】【答案】BC
【解析】设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ＞μmgcos θ，合力沿传送带向下，
小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速
下滑；若mgsin θ＜μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当
速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小
滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D 错误，B、C 正确。
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 提高题】传送带与水平面夹角为37°，传送带以10 m/s 的速率运动，传送带轮沿
顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A 处无初速度地放上一个质量为m＝0.5 kg 的
小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A 到B 的长度为16 m，g 取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块从A 运动到B 的过程中( )
A．物块先加速后匀速 B．物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2
C．物块到B 点时的速度大小为10 m/s D．物块全程用时2 s
【典例2a 提高题】【答案】D
【解析】由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，可知物块与传送带不能保持相对静止，所以物块一
直做加速运动，故A 错误；物块刚放上传送带时，物块所受的摩擦力的方向沿传送带向下，
根据牛顿第二定律得，a1＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，
故B 错误；物块速度达到传送带速度所需的时间t1＝＝ s＝1 s．经过的位移x1＝a1t1
2＝
×10×12 m＝5 m．由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，可知物体与传送带速度相等后，物块所受
的摩擦力沿传送带向上．
根据牛顿第二定律得，a2＝＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
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根据vt2＋a2t2
2＝L－x1，解得t2＝1 s.
故物块全程用时t＝t1＋t2＝2 s.
物块到达B 点时的速度大小vB＝v＋a2t2＝(10＋2×1) m/s＝12 m/s，故C 错误，D 正确．
【典例2a 提高题对应练习】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v0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 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 取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A 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．
【典例2a 提高题对应练习】【答案】(1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
【解析】(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤
块受力分析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止．
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间
t1＝＝1 s，
发生的位移x1＝a1t＝5 m
煤块速度达到v0后，因μgcos θ<gsin θ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s
煤块从A 到B 的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m.
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。
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【典例2b 提高题】如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度为v＝10
m/s，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带
间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间。
【典例2b 提高题】【答案】(1)4 s (2)2 s
【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜
面向上，相对传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
根据l＝at2，解得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动时，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运
动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s，
x1＝a1t1
2＝5 m<l＝16 m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送
带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物
体的加速度为a2，则
a2＝＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t2
2
解得t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去)
所以t 总＝t1＋t2＝2 s。
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
【典例3a 提高题】（多选）如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距
L＝2 m，A、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转
动，将一小物块放置于A 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g 取10 m/s2。若传送带
的速度可以任意调节，当小物块在A 点以v0＝3m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到
达B 点的速度大小可能为( )
A．1 m/s B．3 m/s C．6 m/s D．9 m/s
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【典例3a 提高题】【答案】BC
【解析】由题意可知mgsin 30°＜μmgcos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，
小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝12.5 m/s2，到达B 点时的速度最小，
且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，
加速度大小a2＝μgcos 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B 点时的速度最大，且最大速度v2＝＝
8 m/s；综上可知小物块到达B 点的速度在2 m/s 到8 m/s 的范围内，选项B、C 正确。
【典例3a 提高题对应练习】如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平
地面的倾角θ＝37°，A、B 两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg 的物体以v0＝6.0 m/s 的速
度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带
顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？
【典例3a 提高题对应练习】【答案】(1)2.2 s (2)1 s
【解析】(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋
μMgcos θ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，
t1＝②
通过的位移x1＝③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B 点
L－x1＝vt2－a2t ⑤
联立得①②③④⑤式可得：t＝t1＋t2＝2.2 s
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最
短，此种情况加速度一直为a2，
L＝v0t′－a2t′2
t′＝1 s(t′＝5 s 舍去)
类型二：倾斜向下传送模型
【典例3b 提高题】如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A 到B 长度为16 m，传送带以10
m/s 的速度逆时针转动。在传送带上A 端无初速度地放一个质量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划痕。已知sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
（1）煤块从A 到B 的时间。
（2）煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度。
（3）若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A 点到达B 点的最短时间是多少？
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【典例3b 提高题】【答案】(1)2 s (2)5 m (3) s
【解析】(1)开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋
μgcos θ，解得a1＝10 m/s2，煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为t1＝＝ s＝1 s，煤
块发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m<16 m，所以煤块加速到10 m/s 时仍未到达B 点，
此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，设第二阶
段煤块滑动到B 点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，煤块从A 到B 的时间t＝
t1＋t2＝(1＋1) s＝2 s；
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对
位移大小为Δx1＝vt1－x＝10×1 m－5 m＝5 m，故煤块相对于传送带上移5 m；
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位
移大小为Δx2＝(LAB－x1)－vt2，解得Δx2＝1 m，即煤块相对传送带下移1 m，故传送带表面
留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m；
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A 运动到B 的时间最短，
则有LAB＝a1t，可得tmin＝ s。
考点三：三角式传送带的动力学问题
题型一：滑块轻放模型
题型二：滑块与传送带速度相等模型
【典例2 提高题】(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的
传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B 从传送带顶端都
以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列判断正确的是 ( )
A．物块A 先到达传送带底端
B．物块A、B 同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B 的摩擦力都沿传送带向上
D．物块A、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【典例2 提高题】【答案】BCD
【解析】本题考查非常规传送带上物体的运动。由于mgsin 37°＝0.6mg，μmgcos 37°
＝0.5×0.8mg＝0.4mg，所以对两物块受力分析后知两物块都相对传送带向下加速滑动；加
速度的大小都是a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经
过的位移大小相同，根据x＝v0t＋at2 可得两者的运动时间相同，都为t＝1 s，即两者同
时到达底端，故A 错误，B 正确；两物块均相对传送带向下加速滑动，传送带对物块A、B
的摩擦力都沿传送带向上，故C 正确：传送带在1 s 内的路程x＝v0t＝1 m，物块A 与传送
带是同向运动的，A 的划痕长度是斜面长度减去在此时间内传送带的路程，即ΔxA＝2 m－
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1 m＝1 m；B 与传送带是反向运动的，B 的划痕长度是斜面长度加上在此时间内传送带的路
程，即ΔxB＝2 m＋1 m＝3 m。A、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3，故D 正确。
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