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04 运动和力的关系
[-考点-09-] 动力学中的传送带模型
1．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
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为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.
2．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，一直减速(加速度
为gsin θ－μgcos θ)
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan
θ，先以a1减速，后以a2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 后反向加速到原位置
时速度大小为v0(类竖直上抛运动)
1
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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)
典例1 (水平传送带模型)(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如
图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦
因数μ＝0.2，A、B 间的距离为2 m，g 取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在
A 处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s 到达B 处
C．行李到达B 处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
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，
2
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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 (倾斜传送带模型)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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2.求：
(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．
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
由x2＝vt2＋a2t2
2，
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去)
所以t 总＝t1＋t2＝2 s.
3
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1.(多选)(2022·肇庆市高一期末)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传
送带左端A 处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A 端运动到B 端过程中的速度v
随时间t 的变化图像，下列选项中可能正确的是( )
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.(多选)(2021·浙江9＋1 联盟高一联考)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v1
沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面．物体以恒定的速率v2沿
直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v2′，则下列说
法正确的是( )
A．若v1＜v2，则v2′＝v1
B．若v1＞v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
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.(多选)(2022·北京市第十二中学高一期末)如图所示，水平传送带A、B 两端相距s＝6 m，
物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A 端时的瞬时速度vA＝4 m/s，到达
B 端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是( )
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A．若传送带不动，vB＝2 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于2 m/s
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．某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的
水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设皮带传送带的长度为10
m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝
10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32 才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
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.如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s 向右运
行，一质量为m＝4 kg 的物体无初速度地放在A 处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开
始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送
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)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求物体由A 运动到B 的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B 处，求使物体从A 处传送到B
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处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
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.
设物体传送到B 的最短时间为tmin，则vmin＝atmin，
得tmin＝＝2 s.
6.(多选)如图，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg
的小物体轻放在传送带的A 端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在上升过程中的小物体( )
A．加速度恒定
B．先加速后匀速
C．所受的摩擦力方向不变
D．所受的摩擦力大小始终为12 N
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.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.
一物块以初速度v2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，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(
)
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A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
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．倾角为θ 的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示．在t＝0 时，将
一小煤块轻放在传送带上A 点处，1.5 s 时小煤块从B 点离开传送带．小煤块速度随时间变
化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.5 s 内和0.5～1.5 s 内小煤块的加速度大小；
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
(3)在0～1.5 s 时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度．
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
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(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.如图所示，倾斜传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间距离即A、B 两点间长度L＝16 m，
传送带以v＝3 m/s 的恒定速率顺时针转动．现有一质量m＝0.5 kg 的物块以初速度v0＝1
m/s 由底端A 处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s 时物块的速度大小．
(2)物块从A 运动到B 所用的时间．
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
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.(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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v
随时间t 变化的图像可能是( )
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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．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速度v0＝3 m/s 逆时
针匀速转动，小炭块以初速度v＝6 m/s 沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小
炭块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B．小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8 m
C．传送带上留下的炭块痕迹长度为5.4 m
D．小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8 s
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．
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12.(2023·广东·月考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s 顺时针匀速转动．
一小物块以v2＝8 m/s 的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦
因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小物块向上运动的最远距离；
(2)小物块回到底端时的速度大小；
(3)小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间．
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
(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.
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