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第三章 运动和力的关系
第13 课时 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
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【考向预测●明考向】
传送带动力学模型涵盖水平、倾斜两类传送带，核心分析物体初速度与传送带速度不等时的多
阶段匀变速运动，结合滑动摩擦力、静摩擦力切换临界速度、物体全程位移、相对位移、摩擦生热等
计算，常搭配v-t 图像、多物块先后投放、往返传送综合设问，多见于选择题和力学计算大题；近三
年是动力学经典高频模型，每年试卷均有相关变式题型，区分度较强；预测2027 年会侧重倾斜传送
带多循环往返运动、多物体依次传送的相对运动分析，强化传送带与板块复合模型、变加速分段图
像、能量热量联立计算，结合工业运输真实情境设置多过程临界判断综合考查。
【双基自测●夯基础】
1．（25-26 高三上·天津·阶段检测）如图所示，水平绷紧的传送带AB 长L=6.0 m，始终以恒
定速率v1= 4.0 m/s运行。初速度大小为v2=6.0 m/s的小物块（可视为质点）从与传送带等高的
光滑水平地面上经A 点滑上传送带。小物块m=1.0kg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.40，
g 取10 m/s
2，则小物块向左运动的最大距离为______m，小物块在传送带上运动时，因相互之
间摩擦力产生的热量为______J。（结果均保留两位有效数字）
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
【答案】 4.5 50
【详解】[1]以向左为正方向，由动能定理−μmgx =0−1
2 m v2
2
小物块向左运动的最大距离为x = 4.5m
[2]小物块经A 点滑上传送带先向左匀减速至零然后反向匀加速至与传送带共速，全过程加速
度恒为a= −μmg
m
=−4 m/ s
2
相互作用所用时间t = (−v1)−v2
a
=2.5 s
此过程小物块位移x1= v2+(−v1)
2
t =2.5m
此过程传送带位移x2=(−v1)t =−10m
此过程相对位移Δx = x1−x2=12.5m
因相互之间摩擦力产生的热量为Q = μmg·Δx =50 J
【点睛】
2．（25-26 高三上·福建福州·阶段检测）如图甲所示，倾角为θ 的足够长的传送带以恒定的速
率v0沿逆时针方向运行。t=0 时，将质量m=1kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物
体相对地面的v-t 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，传送带的速度
v0=_________m/s，传送带的倾角θ=______________，物体与传送带之间的动摩擦因数
μ=_____________。
【答案】 10.0 37
∘ 0.5
【详解】[1]物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜
面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从乙图可知传送带的速度为
10.0m/s；
[2][3]开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上。
根据v −t图像的斜率表示加速度，由乙图可得0∼10.0s内的加速度大小为
a1= 10.0
1.0 m /s
2=10 m /s
2
共速后，10.0∼12.0s内加速度的大小为a2= 12.0−10.0
2.0−1.0 m /s
2=2m /s
2
根据牛顿第二定律，开始时有mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
共速后有mgsinθ−μmgcosθ =ma2
联立解得θ =37
∘，μ=0.5
3．如图，一质量为1kg 的物块（可视为质点）轻放在传送带左端，传送带以速度v0=4m/s匀
速传动，物块与传送带的动摩擦因数为0.4，g 取10 m /s
2，物块加速时的加速度为______，加
速时间为______，摩擦生热产生的能量为______。
【答案】 4m/s
2 1s 8J
【详解】[1]物块刚放在传送带上时做匀加速直线运动，有
μmg=ma
解得加速度为
a= μg = 4 m/s
2
[2]物块匀加速到和传送带具有相同速度时有
v0=at
解得所需时间为
t = v0
a =1s
[3]物块做匀加速的位移为
x1= 1
2 at
2
解得
x1=2m
此过程传送带的位移
x2= v0t = 4 m
则摩擦生热产生的能量
Q = μmg( x2−x1)=8J
4．如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s，质量为1.5kg 的货箱无初速度放上
传送带，经过0.5s 时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10 m/s
2，则货箱与传
送带之间的动摩擦因数为______，因摩擦产生的热量为______J，若以同样的方式运送材质相
同但质量更大的货箱，则货箱与传送带相对静止所用的时间______0.5s（选填“>”、“<”
或“=”）。
【答案】 0.4 3 =
【详解】[1]经过0.5s 时间，货箱与传送带恰好相对静止，则有
v0=at0
根据牛顿第二定律有
μmg=ma
解得
μ=0.4
[2]货箱与传送带保持相对静止时，相对位移为
x相= v0t0−v0
2 t0=0.5 m
则因摩擦产生的热量为
Q = μmg x相=3J
[3]若以同样的方式运送材质相同但质量更大的货箱，由于材质相同，则动摩擦因数相同，货
箱做加速运动的加速度相同，结合上述可知，则货箱与传送带相对静止所用的时间仍然等于
0.5s。
5．如图所示，一足够长水平传送带始终以速度v 顺时针运行，一质量为m 的物块以速度v
2从
左端冲上传送带，则物块在传送带上运动的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量
Q=___________；传送带因传送该物体额外多做的功W=___________。
【答案】 1
8 m v
2 1
2 m v
2
【详解】[1]设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则共速前物块的加速度大小为
a= μmg
m = μg
物块从滑上传送带到与传送带共速所用时间为
t =
v −v
2
a
=
v
2 μg
发生的相对位移为
Δ x = x传−x物= vt −
v
2 + v
2
t = v
2
8 μg
与传送带间因摩擦产生的热量为
Q = μmg⋅Δ x = 1
8 m v
2
[2]根据能量守恒可知，传送带因传送该物体额外多做的功为
W =Q+ 1
2 mv
2−1
2 m( v
2 )
2
= 1
2 mv
2
6．如图所示，曲面AB 的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一
滑块从斜面上的P 点静止释放，滑块到达传送带右端的时间为t1；若传送带以某一速度逆时
针转动，滑块再次从P 点静止释放，滑块到达传送带右端的时间为t2；则t1__________t2。加
大传送带逆时针转动的速度，滑块依旧从P 点静止释放，滑块到达传送带右端的时间为t3；
则t2__________t3。（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 等于 等于
【详解】[1][2]不管传送带有没有速度，物块的受力情况不变 ，所以滑块的加速度不变，滑
块的位移也不变，结合
x = 1
2 at
2
可知物块运动速度不变，即
t1=t2，t2=t3
7．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t =0时，将质
量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v −t图象如图乙所示.设沿
传送带向下为正方向，传送带的倾角θ =_____，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=______。
【答案】 37° 0.5
【详解】[1][2]10s 前的加速度
a1= 10.0
1.0 m/ s
2=10m/ s
2
10s 后的加速度
a2= 12.0−10.0
2.0−1.0 m/ s
2=2m/ s
2
根据牛顿第二定律
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
联立解得
θ =37°
μ=0.5
8．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 1m /s 的恒定速度运行，一质量为 m=4kg 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=2m ，重力加速
度g 取 10 m/s²，则刚放上传送带时行李的加速度a= ______m/s²，行李从A 运送到B 所用的时
间t=______s。
【答案】 1 2.5
【详解】[1][2]对行李，根据牛顿第二定律
μmg=ma
解得
a=μg=1m/s2
行李和传送带共速所用时间
t1= v
a = 1
1 s=1s
达到共速时行李同过的位移
x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×1×1
2m =0.5 m
到达共速后，行李和传送带一起做匀速直线运动，匀速运动的位移为
x2=l-x1=1.5m
匀速运动所用时间
t2= x2
v = 1.5
1 s=1.5s
行李从A 运送到B 所用的时间
t=t1+t2=2.5s
9．水平传送带以v=2m/s 的速度匀速运动，A、B 相距11m，一物体（可视为质点）从A 点静
止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，则物体在传送带上滑到B 点的速度
___________m/s，物体从A 沿传送带运动到B 所需时间为___________s。（g 取10m/s2）
【答案】 2 6
【详解】[1][2] 物体在传送带上滑行时的加速度大小为
a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
则速度达到传送带速度的时间为
t1= v
a =1s
物体匀加速运动的位移为
x1= v
2
2a =1m
所以先加速在匀速，到达B 点的速度为2m/s。则匀速运动的时间为
t2= L−x1
v
=5s
则A 到B 的时间为
t=t1+t2=6s
10．如图甲，倾角为37°的传送带顺时针匀速运行，在传送带上某位置轻放一质量为1kg 的小
木块，木块的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，
则木块与传送带间的动摩擦因数为___________，0~2.0s 时间内，传送带和木块分别运动的位
移是___________m 和___________m。
【答案】 0.875 2 1.5
【详解】[1]在开始阶段，传送带的速度大于木块的速度，木块在传送带上加速运动，加速度
大小为
a= Δv
Δt = 1
1 m/s
2=1m/s
2
对木块受力分析，根据牛顿第二定律可得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
代入数据解得
μ=0.875
[2][3]由乙图可知，传送带的速度为
v=1.0m/s
木块在0-2s 内上滑的位移为
x1= 1
2 ×(1.0+2.0)×1.0 m =1.5 m
传送带的位移为
x2= vt =1×2m =2m
【模型构建●明考点】
1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋
势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻
力。
2.解题关键：抓住v 物=v 传的临界点，当v 物=v 传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突
变。
3.分析流程
4.注意物体位移和相对位移的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx=x 传-x 物或Δx=x 物-x 传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
考点一 水平传送带中的动力学问题
【核心梳理●明考点】
1.物块初速度方向与传送带速度方向相同
图示
速度大
小比较
物块和传送带共速前
传送带足够长，
物块运动的v-t 图像
Ff方向
运动状态
v0=0
向右
匀加速直线运动
v0<v
向右
匀加速直线运动
v0>v
向左
匀减速直线运动
2.物块初速度方向与传送带速度方向相反
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
物块运动状态
传送带较短
向左
匀减速直线运动
传送带足够长
v0<v
向左
v-t 图像：
v0>v
向左(共速前)
v-t 图像：
【考点突破●明方向】
例1 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甲所示的模型。传送
带始终保持 v=0.4 m/s 的恒定速率顺时针运行，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，重力加速度g 取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放
在A 处，求：
(1)行李到达B 处的时间。
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
【答案】(1)5.1 s (2)0.04 m
【解析】(1)对行李，根据μmg=ma
解得a=2 m/s2
根据v=at1，匀加速运动的时间t1=0.2 s
匀加速运动的位移大小x=1
2at1
2=0.04 m<2 m，故行李先匀加速运动再匀速运动，匀速运动的
时间为t2= L−x
v
=2−0.04
0.4
s=4.9 s
可得行李从A 到B 的时间为t=t1+t2=5.1 s
(2)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。
拓展 传送带转动方向反向，如图乙。
(1)若行李放在A 处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由
于摩擦产生的痕迹长度；
(2)若行李放在A 处时的初速度大小v0'为0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由
于摩擦产生的痕迹长度；
(3)试画出(2)中行李运动的v-t 图像，在图像中用阴影标明哪个面积大小等于行李在传送带上
的痕迹长度。
【答案】见解析
【解析】(1)传送带转动速度反向，若行李放在A 处时的初速度为v0=0.2 m/s，行李先向右做匀
减速运动，加速度大小为a=2 m/s2
匀减速运动的时间t1=v0
a =0.1 s，匀减速运动的位移大小x=v0t1-1
2at1
2=0.01 m<2 m
行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2=t1=0.1 s，行李从左
端离开，在传送带上的时间为t=t1+t2=0.2 s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
Δx=vt1+x+vt2-x=0.08 m。
(2)若行李放在A 处时的初速度为v0'=0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a=2
m/s2，匀减速运动的时间t1'=v0'
a =0.3 s，匀减速运动的位移大小x1=v0't1'-1
2at1'2=0.09 m<2 m，行
李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v=at2'，匀加速运动的时间t2'=0.2 s，
匀加速运动的位移大小x2=1
2at2'2=1
2×2×0.22 m=0.04 m<0.09 m，接着再匀速运动t3'= x1−x2
v
=0.125 s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t=t1'+t2'+t3'=0.625 s；行李在传送带上留下的
摩擦痕迹长度为Δx=vt1'+x1+vt2'-x2=0.25 m。
(3)行李运动的v-t 图像如图所示(以初速度方向为正方向)，图中阴影部分面积表示痕迹长度。
考点二 倾斜传送带中的动力学问题
【核心梳理●明考点】
1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运
动的v-t 图像
Ff方向
加速度大
小
运动状态
v0=0
沿传送带
向上
μg
cos
θ
- g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
v0>v
沿传送带
向下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀减速
直线运动
2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ)
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运
动的v-t 图像
Ff方向
加速度大小
运动状态
v0=0
沿传送带向
下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀加速
直线运动
v0<v
沿传送
带向下
μg
cos
θ
+ g sin
θ
匀加速
直线运动
v0>v
沿传送带向
上
μg
cos
θ
- g sin
θ
匀减速
直线运动
3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ)
图示
状态
速度大小比
较
Ff方向
加速度大小
物块运动状态
传送带
较短
沿传送
带向上
μg
cos
θ - g sin
θ
匀减速直线运动
传送带
足够长
v0<v
沿传送
带向上
μg
cos
θ - g sin
θ
v-t 图像：
v0>v
沿传送
带向上
共速前：
μg
cos
θ - g sin
θ
共速后：0
v-t 图像：
思考 若μ=tan θ 或μ<tan θ，物块将做什么运动？
【答案】若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直
线运动。
【考点突破●明方向】
例2 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 无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的黑
色煤块(可视为质点)，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。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止。
(2)求出煤块从A 运动到B 的时间，并试画出煤块的v-t 图像。
(3)求煤块从A 到B 的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
【答案】(1)不能 (2)1.5 s 见解析图 (3)5 m
【解析】(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，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，由牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=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=
v0
a1
=1 s，发生的位移x1=1
2a1t1
2=5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，有mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得a2=2 m/s2，x2=L-x1=5.25 m，
由x2=v0t2+1
2a2t2
2，
解得t2=0.5 s
故煤块从A 运动到B 的时间为t=t1+t2=1.5 s。v-t 图像如图所示。
(3)第一个过程中，煤块相对传送带向上滑，痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m，
第二个过程中，煤块相对传送带向下滑，痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m，
Δx2部分与Δx1重合，故痕迹总长为5 m。
拓展 若煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从
A 运动至B 的时间。
【答案】1.441 s
【解析】由于Ff=μ'FN=μ'mgcos θ=mgsin θ
即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直
线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。a'=g(sin θ+μ'cos θ)=12 m/s2，
匀加速运动时间t1'= v0
a' =5
6 s≈0.833 s，
匀加速运动位移x1'=1
2a't1'2=25
6 m，
匀速运动位移x2'=L-x1'≈6.08 m
匀速运动时间t2'= x2
'
v0
=6.08
10 s=0.608 s
总时间t'=t1'+t2'=1.441 s。
针对训练 (2024·浙江省浙南名校联盟联考)渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分
离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离
装置”简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿
着斜面向下的初速度。下列说法正确的是( )
A.虾从掉落到传送带后，一定沿着传送带向下做加速直线运动
B.鱼从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C.虾在传送带运动时，摩擦力对虾做负功
D.鱼在传送带运动时，加速度方向先向下后向上
【答案】C
【解析】虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带向下的分力可能小于
虾受到的摩擦力，故可能向下做减速直线运动，故A 错误；鱼在掉落到传送带后，有一个沿
传送带向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动，故B 错误；虾向下运动与传送带
运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带向上，摩擦力对虾做负功，故C 正确；鱼在掉落到
传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，如果能够加速到与传送带
共速，则加速度变为零，故D 错误。
【真题演练●悟高考】
1．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与
传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为m，与传送带间的动
摩擦因数分别1
8、1
4。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度g
4（g为重力加速
度大小）运动，经时间t1撤去外力、再经时间t2绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够
长。则（ ）
A．t1和t2满足t1<t2
B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为m g
2(t1−t2)
2
32
C．绳绷直后瞬间甲的动能为m g
2(t1−t2)
2
128
D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞
【答案】D
【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。
A．施加外力过程，乙的最大速度v = g
4 t1
撤去外力后，乙的加速度大小a2= μ2 g= g
4
经时间t2绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明a2t2<v
故t2<t1，故A 错误；
B．绳绷直时乙的速度v2= v −a2t2= g
4 (t1−t2)
从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为x2= v + v2
2
t2
因摩擦产生的热量Q2= 1
4 mgΔ x2= 1
4 mg x2= m g
2t2(2t1−t2)
32
，故B 错误；
C．绳绷直瞬间，根据动量守恒m v2=2mv '
解得v ' = g
8 (t1−t2)
此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于v '，则其动能大于
1
2 mv '
2= m g
2(t1−t2)
2
128
，故C 错误；
D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为v ' = g
8 (t1−t2)
从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为x2' = v '
2
2a2
= g
32 (t1−t2)
2
从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为a1= 1
8 g
甲的路程为x1' = v '
2
2a1
= g
16 (t1−t2)
2
从施加外力到绳绷直过程乙的路程为x2' ' = v
2 t1+ v + v2
2
t2= g
8 (t1
2−t2
2+2t1t2)
比较可知x2' + x2' ' −x1' >0
故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D 正确。
故选D。
2．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最
终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
a= μmg
m = μg
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v =at可知，传送带速度越大，物
体加速运动的时间越长，D 正确。
故选D。
3．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带
由底端A 运动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉
入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送
带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相
同的时间间隔Δt将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始
计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因
数μ=
❑√3
2 ，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速
度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质量为M 的一批散货。若货箱之间无间
隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信
号与横轴所围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1) I
v0
(2)
dI
M v0 Δt
(3) I (9 gΔt +2v0)
2Δt
【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为
I，则对单个散货水平方向由动量定理−I =0−m v0
解得单个散货的质量为m= I
v0
（2）落入货箱中散货的个数为N = M
m = M v0
I
则水平传送带的平均传送速度大小为v =
d
N Δt =
dI
M v0 Δt
（3）倾斜传动带上一共有10 个物块，每次经过Δt，后一个物块总会到达前一个物块的位
置，因此在Δt时间可视为第10 个物块一次性传输到第1 个物块的位置；设倾斜传送带的长度
为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos30°−mgsin30° =ma
解得a= 1
4 g
加速时间t1= v0
a = 4 v0
g
加速位移x1= 1
2 at1
2= 2v0
2
g
设匀速时间为t2，其中t1+t2=9 Δt
则匀速位移为x2= v0t2= v0(9 Δt −4 v0
g )
故传送带的长度为L= x1+ x2=9 v0 Δt −2v0
2
g
加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δ x = v0t1−x1= 2v0
2
g
在Δt时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即
W = 1
2 m v0
2+mgLsin30°+Q
其中m= I
v0，P= W
Δt Q = μmgcos30
∘Δ x
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为P = I (9 gΔt +2v0)
2Δt
4．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为R =1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，
其末端与水平地面PM相切于P 点，PM的长度d =2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定
速率v0=1m/s逆时针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释
放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间
极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小为
6 N ⋅s。以后每隔Δt =0.6s给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传送带。已知a 的质量为
ma=1kg,b的质量为mb=2kg，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩擦因数均为
μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m /s
2。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
ma gR = 1
2 ma v P
2
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律
N −ma g=ma
v P
2
R
联立解得
N =30 N
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
ma gR−μma gd = 1
2 mav M
2 −0
解得
v M =3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mav M =mava+mb vb
1
2 ma v M
2 = 1
2 mava
2+ 1
2 mb vb
2
解得
vb=2m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律
μmb g=mba
解得
a=5 m/s
2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1= vb−v0
a
=0.2s
对地位移
x = vb+ v0
2
⋅t1=0.3 m
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间
t2= L−x
v0
=3sb 从M 运动到N 的时间
t =t1+t2=3.2s
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b根据动量定理
I =mb v −(−mb v0)
解得
v =2m/s b向右减速到零所需的时间
t3= v
a =0.4s
然后向左加速到v0所需的时间
t 4= v0
a =0.2s
可得
Δt =t3+t 4 b在Δt时间内向右运动的距离
Δ x = v
2 ⋅t3−v0
2 ⋅t 4=0.3m
循环10 次后b向右运动的距离
x
′ =10⋅Δ x =3 m
每一次相对传动带运动的路程
s= v
2 ⋅t3+ v0t3+ v0t 4−v0
2 ⋅t 4=0.9 mb 从N 向右运动3m 的过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q1=10 μmb gs =90J
然后b继续向右减速运动，根据运动学公式
v t5−1
2 at5
2= L−x
′
解得
t5=0.2s
此过程，b 相对传动带运动的路程
s
′ = L−x
′ + v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2= μmb g s
′ =5Jb 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
Q =Q1+Q2=95J
5．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左
右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂
一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉
子，P 点与O 点等高。将质量为0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端
与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后
绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。已知小物块与传送带
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s
2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】（1）5 m/s；（2）0.3J；（3）0.2m
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
μmg=ma
解得
a=5 m/s
2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
x = v传
2
2a =2.5 m < L传=3.6 m
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速
度大小等于传送带的速度大小5 m/s。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以
向右为正方向，由动量守恒定律有
m物v =m物v1+m球v2
其中
v =5 m/s，v1=−1m/s
解得
v2=3 m/s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
Δ Ek= 1
2 m物v
2−1
2 m物v1
2−1
2 m球v2
2
解得
Δ Ek=0.3J
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为d，小球在P
点正上方的速度为v3，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
m球g=m球
v3
2
L绳−d
小球从O点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
1
2 m球v2
2= 1
2 m球v3
2+m球g(2 L绳−d)
联立解得
d =0.2m
即P 点到O 点的最小距离为0.2m。
6．（2021·辽宁·高考真题）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α =37°，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。
【答案】（1）0.4 m/s
2；（2）4.5s
【详解】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，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
μmgcosθ−mgsinθ =ma
解得
a=0.4 m/s
2
（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
t1= v2−v1
a
= 1.6−0.6
0.4
s=2.5s
在传动带上滑动的距离为
x1= v1+ v2
2
t1= 1.6+0.6
2
×2.5=2.75 m
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μmgcosθ>mgsinθ，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
t2= L−x1
v1
= 3.95−2.75
0.6
s=2s
所以小包裹通过传送带的时间为
t =t1+t2= 4.5s
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：38 分]
[1~3 题，每题3 分]
1.(2026·浙江省六校联盟联考)某快递公司为了提高效率，使用电动传送带输送快件如图所
示，水平传送带AB 长度L=5.25 m，始终保持1 m/s 的恒定速度运行，在传送带上A 处轻轻放
置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，快件由静止开始加速，与传
送带共速后做匀速运动到达B 处，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的
是( )
A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移为0.5 m
D.快件由A 到B 的时间为5.5 s
【答案】D
【解析】快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动
趋势，不受摩擦力作用，故A、B 错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加
速度为a= μmg
m =μg=2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v 的过程所用时间为t=v
a=0.5 s，与
传送带的相对位移为Δx=vt-v
2t=0.25 m，故C 错误；快件匀速运动的时间为t'= L−v
2 t
v
=5 s，所
以快件由A 到B 的时间为t 总=t+t'=5.5 s，故D 正确。
2.(多选)如图所示，水平传送带以v0=6 m/s 的恒定速度顺时针匀速转动。现将一质量为m=1 kg
的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的左端A 点，同时给物块一个水平向右、大小为
F=5 N 的恒定拉力，物块经过t=2 s 到达传送带的右端B 点。已知物块与传送带之间的动摩擦
因数为μ=0.1，重力加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.从A 点到B 点，物块所受的摩擦力不变
B.从A 点到B 点，物块先加速后减速
C.物块运动的最大速度为10 m/s
D.传送带A 点与B 点之间的距离为11 m
【答案】CD
【解析】开始时物块所受摩擦力向右，则加速度a1=F + μmg
m
=6 m/s2，达到共速时的时间t1=
v0
a1
=1 s，位移x1=v0
2 t1=3 m，共速后物块所受摩擦力向左，则物块的加速度a2=F −μmg
m
=4 m/s2，
可知物块继续加速，选项A、B 错误；到达B 点速度最大，最大速度vm=v0+a2t2，其中t2=t-
t1=1 s，代入数据解得vm=10 m/s，选项C 正确；传送带A 点与B 点之间的距离为L=x1+v0t2+1
2
a2t2
2=3 m+6×1 m+1
2×4×12 m=11 m，选项D 正确。
3.(多选)(2024·浙江金华市期中)如图甲所示，MN 是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量
m=5 kg 的物块(可看作质点)以4 m/s 的初速度自M 点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t
图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是( )
A.传送带的速度v=2 m/s，顺时针方向转动
B.物块最终从N 点离开传送带
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D.物块在第6 s 时回到M 点
【答案】AD
【解析】从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2
m/s，方向沿传送带向上，所以没从N 点离开，从M 点离开；并且可以推出传送带顺时针方
向转动，速度大小为2 m/s，故A 正确，B 错误；速度图像中斜率表示加速度，可知物块沿传
送带下滑时的加速度a= Δv
Δt =1.5 m/s2，根据牛顿第二定律μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，解得μ=
15
16=0.937 5，故C 错误；题图乙中图线与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知，t1=8
3 s
时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1=1
2
×4×8
3 m=16
3 m，t1=8
3 s 到t2=6 s 时，物块沿斜面向上运动的位移x2=(6−4)+(6−8
3 )
2
×2 m=
16
3 m，因为x1=x2，所以物块在第6 s 时回到M 点，故D 正确。
4.(2026·浙江桐乡市检测)如图甲所示，倾角为θ 的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质
量为0.5 kg 的煤块轻轻放在传送带的A 端，煤块的加速度随时间变化的关系如图乙所示，5 s
末煤块到达B 端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，则下列
说法正确的是( )
A.倾角θ=30°
B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C.5 s 内传送带上留下的痕迹长为16 m
D.5 s 内煤块与传送带因摩擦产生的内能为65 J
【答案】C
【解析】由题图乙可知，煤块在0~1 s 的加速度为a1=10 m/s2，1~5 s 的加速度为a2=2 m/s2
根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得μ=0.5，sin θ=0.6，故θ=37°，A、B 错误；
由题图乙可判断，0~1 s 煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向下，传送带速度大于煤块的速
度，1~5 s 煤块受到传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带速度小于煤块速度，则t1=1 s 时煤
块的速度等于传送带的速度，v=a1t1=10 m/s，0~1 s 煤块的位移为x1=v
2t1=5 m，传送带的位移
为s1=vt1=10 m
则相对位移大小为Δx1=s1-x1=5 m
1~5 s 煤块的位移为x2=vt2+1
2a2t2
2，
t2=4 s，解得x2=56 m
传送带的位移为s2=vt2=40 m
则相对位移大小为Δx2=x2-s2=16 m
因1~5 s 煤块的位移大于传送带的位移，所以1~5 s 煤块在传送带上留下的痕迹覆盖了0~1 s
煤块在传送带上的划痕，则5 s 内传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2=16 m，C 正确；5 s 内煤块
与传送带摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ(Δx1+Δx2)=42 J，D 错误。
[5 题4 分]
5.(12 分)如图是利用传送带装运煤块的示意图。其中固定斜面的倾角θ=30°，底端由一小段光
滑圆弧与水平传送带平滑连接，黑色煤块(视为质点)质量m=1 kg，从斜面上高h=1.28 m 处由
静止滑下，煤块在斜面上受到摩擦力的大小为3 N，煤块与斜面间的动摩擦因数为μ1(未知)、
与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.4，长度为L=2.58 m 的传送带以速度v=2 m/s 顺时针匀速转
动，煤块在传送带上会留下黑色划痕。重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)(4 分)煤块与斜面间的动摩擦因数和煤块刚滑到斜面底端时的速度大小。
(2)(5 分)煤块在传送带上留下黑色划痕的长度。
(3)(3 分)煤块在传送带上运动的时间。
【答案】(1)
❑√3
5 3.2 m/s (2)0.18 m (3)1.2 s
【解析】(1)根据题意，在斜面上对煤块受力分析有Ff1=μ1mgcos 30°=3 N
解得μ1=
❑√3
5
由牛顿第二定律有mgsin 30°-Ff1=ma1
解得a1=2 m/s2
则有v1
2=2a1·
h
sin30°
解得v1=3.2 m/s
(2)煤块在传送带上运动，由牛顿第二定律有μ2mg=ma2
解得a2=4 m/s2
设煤块与传送带共速的时间为t1，
则有v=v1-a2t1
解得t1=0.3 s
煤块在传送带上匀减速运动的位移为x1=v + v1
2
·t1=0.78 m
传送带在t1时间内运动的位移为x2=vt1=0.6 m
之后煤块与传送带共速，一起做匀速直线运动，则煤块在传送带上留下黑色划痕的长度
Δx=x1-x2=0.18 m
(3)煤块在传送带上匀速运动的时间为t2= L−x1
v
=0.9 s
煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.2 s。
6.(13 分)(2024·浙江杭州市检测)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环
节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送带组成，一台水平传送带和一台倾斜传送带，
图乙是该装置示意图，CD 部分倾角θ=37°，B、C 间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s
的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A 端，图丙为水平传送带AB 段
数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s 时货物刚好达到B 端，且速率不变滑上C 端，已知两
段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6。求：
(1)(5 分)水平传送带AB 的长度及动摩擦因数。
(2)(8 分)若CD 段的长度为2.6 m，则CD 部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D 端取
到货物。
【答案】(1)3.6 m 0.5 (2)3 m/s
【解析】(1)由v-t 图像可知，传送带AB 段的长度为LAB=1
2×(0.5+1.3)×4 m=3.6 m
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg=ma1
由题图丙可知在传送带AB 上的加速过程加速度为a1= 4
0.8 m/s2=5 m/s2，则μ=0.5
(2)依题意，货物以4 m/s 滑上倾斜传送带CD 部分，CD 部分传送带以顺时针方向转动但速度
未知，
第一种情况：若CD 部分传送带速度大于货物到C 点的速度，不符合传送带速度取最小的情
况，故舍弃；
第二种情况：若CD 部分传送带速度小于货物到C 点的速度，货物所受摩擦力方向沿传送带
向下，则
mgsin θ+μmgcos θ=ma2，解得a2=10 m/s2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线
运动，则有mgsin θ-μmgcos θ=ma3，解得a3=2 m/s2
v-t 图像如图：
则有s1=v
2−vC
2
−2a2
，
其中vC=4 m/s，s2=0−v
2
−2a3
，LCD=s1+s2，
解得v=3 m/s，即传送带的速度至少为3 m/s 快递员才能在D 端取到货物。
