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专题04 运动和力的关系
[-考点-09-] 动力学中的传送带模型
[典例1]
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A 正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为
v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小
x＝at1
2＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，
可得行李从A 到B 的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B 错误；由上分析可知行李在到达B 处前
已经与传送带共速，所以行李到达B 处时速度大小为0.4 m/s，故C 正确；行李在传送带上
留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D 错误．
[典例2]
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方向沿
传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma，
得a＝2 m/s2，
根据l＝at2得t＝4 s.
(2)传送带逆时针转动，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方向沿传送带向下，设物体的加速度为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的瞬间，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿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
1
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由x2＝vt2＋a2t2
2，
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去)
所以t 总＝t1＋t2＝2 s.
1.答案 BD
解析 物块先做匀加速运动，在到B 端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到
B 端，B、D 正确．
2.答案 AB
解析 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的
作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带．
②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传
送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1.故选项A、
B 正确，C、D 错误．
3.答案 ABD
解析 若传送带不动或逆时针匀速转动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，s＝，解得vB＝2
m/s，A、B 正确；若传送带顺时针匀速转动，当转动速度小于或等于2 m/s 时，物体一直
减速，到达B 端时速度为2 m/s，当转动速度大于2 m/s 时，物体到达B 端时速度一定大于
2 m/s，C 错误，D 正确．
4.答案 B
解析 工件恰好传送到右端，有0－v0
2＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动
摩擦因数不大于0.5 才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A 错误，B 正确；若工件不被传送
过去，当反向运动时，工件先加速到8 m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运
动的时间，返回到出发点的速度为8 m/s，故C、D 错误．
5.答案 (1)4 N 1 m/s2 (2)2.5 s (3)2 s 2 m/s
解析 (1)滑动摩擦力
Ff1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度a＝＝1 m/s2.
(2)物体匀加速运动的时间t1＝＝1 s，
物体匀加速运动的位移x1＝＝0.5 m.
物体匀速运动的时间t2＝＝1.5 s
则物体由A 运动到B 的时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
(3)物体一直做匀加速运动时从A 处传送到B 处的时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体
到达B 处时，有vmin
2＝2aL，得vmin＝2 m/s，
所以传送带的最小运行速率为2 m/s.
2
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设物体传送到B 的最短时间为tmin，则vmin＝atmin，
得tmin＝＝2 s.
6.答案 BC
解析 开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因Ff＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°
＝12 N，则物体沿传送带向上运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带相等时，
因μmgcos 37°>mgsin 37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体
所受静摩擦力大小为12 N，方向沿传送带向上，则选项B、C 正确，A、D 错误．
7.答案 BC
解析 如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的
初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减
速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A 错误；物块的位移等于v－t 图线与横轴所
围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96
m，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛
顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的
运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．
8.答案 见解析
解析 (1)由题图乙知，0～0.5 s 内：a1＝＝10 m/s2
0．5～1.5 s 内：a2＝＝2 m/s2
(2)0～0.5 s 内：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0．5～1.5 s 内：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得μ＝0.5
(3)由题图知，传送带的速率v1＝5 m/s，
0～0.5 s 内：传送带比小煤块多运动
Δx1＝v1t1－v1t1＝1.25 m，
0．5～1.5 s 内：小煤块比传送带多运动
Δx2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝1 m
痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m.
9.答案 (1)3 m/s (2)7 s
解析 (1)对物块受力分析，
由牛顿第二定律得：
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得a＝0.4 m/s2
物块与传送带相对静止所用时间：t1＝＝5 s
物块运动的位移
x1＝t1＝t1＝10 m<L＝16 m
3
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因μ>tan θ，所以5 s 后物块随传送带一起匀速运动，故6 s 时物块的速度为3 m/s
(2)物块匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m，
匀速运动时间t2＝＝2 s
物块从A 运动到B 所用的时间t＝t1＋t2＝7 s.
10.答案 BC
解析 设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsin θ>μmgcos θ，滑块所
受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送
带方向所受合力为零，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．
11.答案 AC
解析 小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝7.5 m/s2，选项A
正确；小炭块一开始在传送带上向上做匀减速直线运动，当速度减为0 时，向上滑行的距
离最远，最远距离为xm＝＝ m＝2.4 m，向上减速时间为t1＝＝ s＝0.8 s，选项B 错误；小
炭块向下加速时的加速度为a2＝a1＝7.5 m/s2，所以加速到与传送带共速所需时间为t2＝＝
s＝0.4 s，位移为x2＝t2＝×0.4 m＝0.6 m，小炭块与传送带共速后，由于μ＝<tan 30°＝，所
以小炭块继续向下加速的加速度为a3＝gsin 30°－μgcos 30°＝2.5 m/s2，所以小炭块继续向下
直到到达传送带底端有xm－x2＝v0t3＋a3t3
2，解得t3＝(－1) s，总用时t＝t1＋t2＋t3＝ s，经
分析可知传送带上留下的炭块痕迹长度为s＝(xm＋v0t1)＋(v0t2－x2)＝5.4 m，选项C 正确，D
错误．
12.答案 (1)4 m (2)4 m/s (3)3.6 s
解析 (1)由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第
二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下
设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，有t1＝＝0.6 s
在这个阶段物块运动位移x1＝t1＝3 m
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，
受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿传送带向下
最后减速到速度为零需要的时间为t2，
有t2＝＝1 s
在这个阶段物块运动位移x2＝t2＝1 m
小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4 m
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(2)小物块之后向下加速运动直到回到底端，加速度a2＝2 m/s2
由v3
2－0＝2a2xm
得回到底端的速度v3＝4 m/s
(3)向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝＝2 s
小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s.
5
