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第14 练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
分值：60 分
1~5 题每小题5 分，6 题14 分，共39 分
1.(2024·安徽卷·4)倾角为θ 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0 时在传送带底端无初速度轻放一小物块，
如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到
顶端的过程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是( )
2.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
3.(多选)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所
示。图线的0~3 s 段为抛物线，3~4.5 s 段为直线，下列说法正确的是(重力加速度g 取10 m/s2)( )
A.传送带沿逆时针方向转动
B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D.0~4.5 s 内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9 m
4.(多选)如图甲所示，一倾斜传送带以2 m/s 的速率逆时针匀速转动，t＝0 时刻，将一质量为1 kg 的物块(可视
为质点)轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正
方向)，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.传送带的倾角为30°
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.传送带的两端长度为10 m
D.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5 m
5.(2024·山东省一模)如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带正以v=10 m/s 的速率顺时针运行，A、B 两端相
距l=40 m。现每隔1 s 把质量m=1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上的A 端，当每个工件离开B 端(工件到
达B 端即掉下)时恰好在A 端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ=√3
2 ，g 取10 m/s2，下列说法正
确的是( )
A.第一个工件掉下后传送带上始终有6 个工件
B.两个工件间的最小距离为2.5 m
C.工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30 N
6.(14 分)(2021·辽宁卷·13)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＝0.6 m/s
运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)(6 分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)(8 分)小包裹通过传送带所需的时间t。
7、8 题每小题7 分，共14 分
7.(2025·山东济宁市期中)如图，MN 是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg 的物
块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s 从M 点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t 图像如图所示，g
取10 m/s2，则( )
A.物块最终从传送带N 点离开
B.传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针
C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为2 m/s2
D.物块将在5 s 时回到原处
8.(多选)(2025·山东济宁市校考)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，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，g 取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C.煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(10＋4√5) m
(7 分)
9.如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，
速度大小分别为v 甲、v 乙，将工件(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度
相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。两传送带正常工作时，对其中一个工件
A 在传送带乙上留下的痕迹，下图中可能正确的是( )
答案精析
1.C [0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，
滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重
力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C 正确，A、B、D 错误。]
2.D [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，所以快件运输总时间为t 总＝t+t'＝5.5 s，故D 正确。]
3.CD [根据题意，图线的0~3 s 段为抛物线，3~4.5 s 段为直线，则可知0~3 s 内物块做匀变速直线运动，
3~4.5 s 内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3 s 内先增加后减小，4.5 s 末回到出发点，物块在传送带
上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀
速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A 错误；根据图像可知，2 s 末物块的速度减为零，该时间内物块
的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s 末物块与传送带达到共速，加速阶
段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－1
2at1
2，x2＝1
2at2
2，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得
v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B 错误，C 正确；根据图
像可知，物块减速阶段位移大小为x1＝4 m，加速阶段位移大小为x2＝1 m，达到与传送带共速所用时间为t3
＝3 s，根据x－t 图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带
达到共速的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0~4.5 s 内物块在传送带上留下的滑动痕
迹为Δx＝x1+x3－x2＝4 m+6 m－1 m＝9 m，故D 正确。]
4.BD [由题图乙可知，在0~5 s 内，摩擦力Ff1＝6.4 N，在5~10 s 内，摩擦力Ff2＝6 N，在t＝5 s 时突变，
说明在5~10 s 内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsin θ，解得sin θ＝0.6，可知θ≠30°，故A 错误；在0~5 s
内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcos θ，解得μ＝0.8，选项B 正确；物块在0~5 s 内做匀加速运动，5~10 s 做匀
速运动，则传送带的两端长度L＝v
2t1+vt2＝15 m，故C 错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为Δx
＝v(t1+t2)－L，解得Δx＝5 m，故D 正确。]
5. A
[工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分
力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，由于μmgcos θ>mgsin θ，所以摩
擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀
速直线运动，故C 错误；工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin θ=ma，代入数据可
得a=2.5 m/s2，工件加速过程所用的时间t=v
a=4 s，工件加速过程的位移大小x'=1
2at2=20 m，工件匀速过程所
用的时间t'=l - x'
v
=2 s，每隔1 s 把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4 个，匀速过程放了2 个，共6
个，故A 正确；由于每隔1 s 放一个工件，传送带的速度是10 m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工
件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10 m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚
加速运动1 s 时，与后一工件间距离最小，由x1=1
2at1
2，可得传送带上两个工件间的最小距离x1=1.25 m，故
B 错误；满载时增加的牵引力为6 个工件所受的摩擦力之和F 合=4μmgcos θ+2mgsin θ=40 N，D 错误。]
6.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α，所以小包裹与传送带共
速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知
μmgcos α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝v2- v1
a
＝1.6-0.6
0.4
s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝v1+ v2
2
t1＝0.6+1.6
2
×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝L- x1
v1
＝3.95-2.75
0.6
s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1+t2＝
4.5 s。
7.D [从v－t 图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N 点
离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B 错误；v－t 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大小为a＝4 -(-1)
2
m/s2＝2.5 m/s2，故C 错误；v－t 图像与时间轴围成的面积表示位
移，可知，t1＝8
5 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
5
m＝16
5
m，t1＝8
5
s 到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝2- 8
5
2
×1 m＝1
5
m，物块
沿传送带向上匀速运动的时间t 匀＝x1- x2
v
＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s+2 s＝5 s，故D 正确。]
8.AB [从甲、乙两图可知，0~1 s 煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1＝1 s，位移x1＝v0+ v
2
t1
＝8 m，加速度大小为a1＝| Δv1
Δt1
|＝8 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ＝ma1，1~2 s，煤
块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2＝2 s－1 s＝1 s，位移为x2＝v +0
2
t2＝2 m，加速度大小
为a2＝| Δv2
Δt2
|＝4 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，2 s 之后，煤块沿传送带向下做
初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3＝x1+x2＝10 m，加速度大小为a3＝a2＝4 m/s2，联
立方程解得sin θ＝0.6，所以tan θ＝0.75，解得μ＝0.25，故A、B 正确；煤块从最高点下滑到A 端，有x3＝
1
2a3t3
2，解得t3＝√5 s，故C 错误；0~1 s，煤块相对传送带沿斜面向上运动，煤块与传送带的相对位移为Δx1
＝v0+ v
2
t1－vt1＝4 m，1~2 s，煤块相对传送带沿斜面向下运动，煤块与传送带的相对位移为Δx2＝vt2－v +0
2
t2
＝2 m，因为Δx2<Δx1，则t＝2 s 时煤块位于原划痕长度的中间位置，则t＝2 s 时划痕仍为4 m。2~(2+√5) s
煤块相对传送带继续沿斜面向下运动，此段时间煤块与传送带的相对位移为Δx3＝vt3+x3＝(10+4√5) m，因为
Δx3>Δx1，则煤块产生新的划痕长度为Δx4＝Δx3－(Δx1－Δx2)＝(8+4√5) m，所以，煤块在传送带上留下的痕迹
长为Δx＝Δx1+Δx4＝(12+4√5) m，故D 错误。]
9.D [传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v 甲、v 乙，所以，工件滑上乙时，水平方向相
对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙
的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方
向相反，工件A 做匀减速直线运动，轨迹沿速度方向，故D 正确，A、B、C 错误。]
