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专题强化五　动力学中的“传送带”模型
学习目标　1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。 2.会计算相对位移及划痕的长度。
模型一　水平传送带
水平传送带问题的常见情形及运动分析
情景 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 传送带足够长
一直匀加速，a＝μg 先加速后匀速 水平同向传送带:判断物块能否与传送带共速 若x物>L，则不能共速 若x物≤L，则能共速
v0< v时，一直加速 v0v 0> v时，一直减速 v0>v时，先减速后匀速
一直减速到右端 先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v返回到左端时速度为v 水平反向传送带:判断物块能否减速到0
例1 (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.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m
D.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m
答案　AD
解析　开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确;行李与传动带达到共速所用时间t1＝＝0.2 s，行李的位移为x1＝a＝0.04 m<2 m，则两者能共速。行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C错误;共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x2＝＝0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。
衔接教材 本题以机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李为素材，创设了求解小包裹加速度、小包裹通过传送带所需时间的生活实践问题情境。本题水平传送带的情境与人教版必修第一册P115T4的安检机水平传送带相呼应，体现了源于教材又高于教材的命题理念。主要考查利用牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等知识点求解传送带问题。
关于物体相对传送带位移的求解方法，若物体相对传送带的位移大小为Δx。
(1)若有一次相对运动:Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。
(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)。
跟踪训练
1.(2025·海南海口一中高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.小滑块的加速度向右，大小为μg
B.若v0C.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
D.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
答案　D
解析　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误;若v0v1，小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。
模型二　倾斜传送带
　　　　　　　　　　　　　　　　
倾斜传送带运动分析
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 a＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0v0>v时，一直加速或减速(加速度大小为a＝ gsin θ－μgcos θ 或a＝μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速;若μ(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:若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
例2 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θ＝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。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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/s2　(2)4.5 s
解析　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
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 θ>mgsin θ，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，匀速运动的时间为
t2＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
(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。
跟踪训练
2.(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(　　)
答案　C
解析　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，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。
3.(2025·江苏盐城高三学情检测)如图甲所示，倾角为θ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＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ＝30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
C.传送带上、下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
答案　D
解析　由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1＝＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1;1~2 s内加速度a2＝＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带上、下两端的距离，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l＝ m＋×1.0 m＝16 m，故C错误;由题图乙知传送带的速率v0＝10 m/s，则0~1 s内，物体的位移为x1＝ m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3＝×1.0 m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故D正确。
A级　基础对点练
对点练1　水平传送带
1.(多选)(2024·广东汕头一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则(　　)
A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s
B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度
C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
答案　AD
解析　物品放在传送带上后，相对传送带滑动，受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，则a＝μg＝4 m/s2，物品加速阶段的位移x1＝ m＝0.5 m，物品加速到与传送带的速度相同后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误;物品匀加速运动的时间t1＝＝0.5 s，物品匀速运动的时间t2＝ s＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误;由x1＝可知，若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。
2.北京国际机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.小行李箱的初速度大小为2 m/s
B.传送带转动的速度大小为6 m/s
C.A、B两点间的距离为6 m
D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
答案　D
解析　由v－t图像可知，小行李箱的初速度v0＝6 m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则传送带转动的速度v＝2 m/s，故A、B错误;根据v－t图像，小行李箱在3 s内运动的距离为x1＝×1 m＋2×2 m＝8 m，则A、B两点间的距离为8 m，故C错误;根据v－t图像，在3 s内传送带传动的距离为x2＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x1－x2＝2 m，故D正确。
对点练2　倾斜传送带
3.(多选)(2025·河南南阳高三期末)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.传送带与水平面的夹角为30° B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4
C.传送带运行的速度大小为6 m/s D.包裹到B点时的速度为8 m/s
答案　AC
解析　包裹放上传送带后，包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1，运动到与传送带共速后，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，其中a1＝7.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，联立解得μ＝，sin θ＝0.5，可得θ＝30°，故A正确，B错误;由运动学公式有＝2a1x1，可得v1＝ m/s＝6 m/s，则传送带的速度为6 m/s，故C正确;第二段匀加速过程有＝2a2(x2－x1)，解得v2＝7 m/s，可知包裹到B点时的速度为7 m/s，故D错误。
4.(多选)(2024·江西南昌模拟)如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t＝0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图像可能是(　　)
答案　AC
解析　对物块受力分析可知，物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为Ffm，重力沿传送带向下的分力为mgsin θ。若v0v，物块先做匀减速运动，加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，与传送带共速后，若Ffmv，物块先做匀减速运动，与传送带共速后，若Ffm≥mgsin θ，物块与传送带沿斜面向上一起做匀速运动，则D图不可能，故D错误。
5.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是(　　)
A.传送带一定逆时针转动
B.μ＝tan θ＋
C.传送带的速度大于v0
D.t0后一段时间内滑块加速度为2gsin θ－
答案　AD
解析　若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端;当滑块上滑(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确;滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由图可知a1＝，则μ＝－tan θ，B错误;只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向向反，故传送带的速度等于v0，C错误;共速后滑块的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，D正确。
B级　综合提升练
6.如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计物体经过A时的动能损失。
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小;
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1;
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出 如果滑出，求离开B点的速度大小 如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。
答案　(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不滑出　4 m/s
解析　(1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度vA＝at＝6 m/s
而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5 m/s2
则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为x＝＝3.6 m<10 m
故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为x'＝＝1.6 m物体返回到A点的速度vA'＝v＝4 m/s。
7.(2025·四川宜宾市诊断)如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v0＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1＝2 m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求:
(1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小;
(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间;
(3)传送带上下端间的距离。
答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)7.5 s　(3)10 m
解析　(1)刚开始运动时，物块A沿传送带向下运动的加速度大小为a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做匀减速运动
对于物块B，向上运动的加速度大小
a2＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做匀加速运动。
(2)物块B在传送带上加速到传送带的速度所用时间t2＝＝2.5 s
物块A从传送带上端减速到速度为零所用时间t1＝＝5 s
物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为t1'＝＝2.5 s
所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为t＝t1＋t1'＝7.5 s。
(3)在7.5 s内物块B的位移大小为x2＝a2＋v0(t－t2)＝6.25 m
而A的位移大小为x1＝a1a1t1'2＝3.75 m
因此传送带下端到上端的距离s＝x1＋x2＝10 m。
C级　培优加强练
8.(2025·云南高三联考)双层皮带输送机的出现极大地提升了物流输送效率，它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮带输送机可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带，上层传送带长为4.02 m，与水平方向夹角为37°，下层的水平传送带长为3.21 m。货物放在材质相同的纸箱内，纸箱(可视为质点)与上、下两层传送带之间的动摩擦因数均为0.8，上、下两层传送带均以恒定速率0.4 m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在下层传送带最右端，装卸工人甲同时将纸箱以大于传送带的速度无碰撞地推上传送带，另一端的分拣员同时接到两个纸箱。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求:
(1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间;
(2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小。
答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s
解析　(1)在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝8 m/s2
加速到与传送带速度相等时的时间
t1＝ s＝0.05 s
运动的位移x1＝a＝0.01 m
速度相等后一起匀速运动的位移x2＝L2－x1＝3.2 m
匀速运动的时间t2＝＝8 s
纸箱被传送到分拣员处经过的时间t＝t1＋t2＝8.05 s。
(2)设装卸工人甲推纸箱的速度为v1，纸箱从推上传送带到与传送带速度相同所需时间t3，由于v1>v2，纸箱做减速运动，加速度大小为
a1＝＝0.4 m/s2
则减速到与传送带速度相等的时间
t3＝ s
运动的位移x3＝ m
当速度相等后与传送带一起做匀速运动，匀速运动的位移x4＝L1－x3
匀速运动的时间t4＝
根据t＝t3＋t4，整理得－0.8v1－0.48＝0
解得v1＝1.2 m/s
故纸箱被推入传送带时的速度大小为1.2 m/s。(共41张PPT)
专题强化五　动力学中的“传送带”模型
第三章　运动和力的关系
会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。
会计算相对位移及划痕的长度。
学习目标
目 录
CONTENTS
模型
01
提升素养能力
02
模型
1
模型二　倾斜传送带
模型一　水平传送带
水平传送带问题的常见情形及运动分析
模型一　水平传送带
情景 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 传送带足够长
一直匀加速，a＝μg 先加速后匀速 水平同向传送带:判断物块能否与传送带共速
若x物>L，则不能共速
若x物≤L，则能共速
v0< v时，一直加速 v0v 0> v时，一直减速 v0>v时，先减速后匀速
情景 物块的运动情况 关键点
传送带不足够长 传送带足够长
一直减速到右端 先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0v返回到左端时速度为v 水平反向传送带:判断物块能否减速到0
例1 (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.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m
D.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m
AD
解析　开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确;行李与传动带达到共速所用时间t1＝＝0.2 s，行李的位移为x1＝a＝0.04 m<2 m，则两者能共速。行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C错误;共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x2＝＝0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。
衔接教材 本题以机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李为素材，创设了求解小包裹加速度、小包裹通过传送带所需时间的生活实践问题情境。本题水平传送带的情境与人教版必修第一册P115T4的安检机水平传送带相呼应，体现了源于教材又高于教材的命题理念。主要考查利用牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等知识点求解传送带问题。
关于物体相对传送带位移的求解方法，若物体相对传送带的位移大小为Δx。
(1)若有一次相对运动:Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。
(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)。
1.(2025·海南海口一中高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
D
A.小滑块的加速度向右，大小为μg
B.若v0C.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
D.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为
解析　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误;若v0v1，小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1＝，位移为x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝，位移为x2＝，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。
倾斜传送带运动分析
模型二　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 a＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ情景 滑块的运动情况
传送带不 足够长 传送带足够长
v0v0>v时，一直加速或减速(加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ 或a＝μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速;若μ情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
(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:若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
例2 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θ＝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。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
解析　小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
答案　0.4 m/s2
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
解析　小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
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 θ>mgsin θ，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，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
答案　4.5 s
(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。
2.(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(　　)
跟踪训练
C
解析　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，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。
3.(2025·江苏盐城高三学情检测)如图甲所示，倾角为θ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＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ＝30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
C.传送带上、下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
D
解析　由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1＝＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1;1~2 s内加速度a2＝＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带上、下两端的距离，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l＝ m＋×1.0 m＝16 m，故C错误;
由题图乙知传送带的速率v0＝10 m/s，则0~1 s内，物体的位移为x1＝ m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3＝×1.0 m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故D正确。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
AD
对点练1　水平传送带
1.(多选)(2024·广东汕头一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则(　　)
A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s
B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度
C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
解析　物品放在传送带上后，相对传送带滑动，受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，则a＝μg＝4 m/s2，物品加速阶段的位移x1＝ m＝0.5 m，物品加速到与传送带的速度相同后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误;物品匀加速运动的时间t1＝＝0.5 s，物品匀速运动的时间t2＝ s＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误;由x1＝可知，若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。
D
2.北京国际机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.小行李箱的初速度大小为2 m/s
B.传送带转动的速度大小为6 m/s
C.A、B两点间的距离为6 m
D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
解析　由v－t图像可知，小行李箱的初速度v0＝6 m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则传送带转动的速度v＝2 m/s，故A、B错误;根据v－t图像，小行李箱在3 s内运动的距离为x1＝×1 m＋2×2 m＝8 m，则A、B两点间的距离为8 m，故C错误;根据v－t图像，在3 s内传送带传动的距离为x2＝2×3 m＝6 m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x1－x2＝2 m，故D正确。
AC
对点练2　倾斜传送带
3.(多选)(2025·河南南阳高三期末)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.传送带与水平面的夹角为30°
B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4
C.传送带运行的速度大小为6 m/s
D.包裹到B点时的速度为8 m/s
解析　包裹放上传送带后，包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1，运动到与传送带共速后，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，其中a1＝7.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，联立解得μ＝，sin θ＝0.5，可得θ＝30°，故A正确，B错误;由运动学公式有＝2a1x1，可得v1＝ m/s＝6 m/s，则传送带的速度为6 m/s，故C正确;第二段匀加速过程有＝2a2(x2－x1)，解得v2＝7 m/s，可知包裹到B点时的速度为7 m/s，故D错误。
AC
4.(多选)(2024·江西南昌模拟)如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t＝0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图像可能是(　　)
解析　对物块受力分析可知，物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为Ffm，重力沿传送带向下的分力为mgsin θ。若v0v，物块先做匀减速运动，加速
度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，与传送带共速后，若Ffmv，物块先做匀减速运动，与传送带共速后，若Ffm≥mgsin θ，物块与传送带沿斜面向上一起做匀速运动，则D图不可能，故D错误。
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5.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是(　　)
A.传送带一定逆时针转动
B.μ＝tan θ＋
C.传送带的速度大于v0
D.t0后一段时间内滑块加速度为2gsin θ－
解析　若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端;当滑块上滑(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确;滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由图可知a1＝，则μ＝－tan θ，B错误;只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向向反，故传送带的速度等于v0，C错误;共速后滑块的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，D正确。
B级　综合提升练
6.如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计物体经过A时的动能损失。
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小;
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1;
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出 如果滑出，求离开B点的速度大小 如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。
答案　(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不滑出　4 m/s
解析　(1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度vA＝at＝6 m/s
而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5 m/s2
则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为x＝＝3.6 m<10 m
故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为x'＝＝1.6 m物体返回到A点的速度vA'＝v＝4 m/s。
7.(2025·四川宜宾市诊断)如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v0＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1＝2 m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求:
(1)两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小;
(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间;
(3)传送带上下端间的距离。
答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)7.5 s　(3)10 m
解析　(1)刚开始运动时，物块A沿传送带向下运动的加速度大小为a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做匀减速运动
对于物块B，向上运动的加速度大小
a2＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，做匀加速运动。
(2)物块B在传送带上加速到传送带的速度所用时间t2＝＝2.5 s
物块A从传送带上端减速到速度为零所用时间t1＝＝5 s
物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为t1'＝＝2.5 s
所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为t＝t1＋t1'＝7.5 s。
(3)在7.5 s内物块B的位移大小为x2＝a2＋v0(t－t2)＝6.25 m
而A的位移大小为x1＝a1a1t1'2＝3.75 m
因此传送带下端到上端的距离s＝x1＋x2＝10 m。
C级　培优加强练
8.(2025·云南高三联考)双层皮带输送机的出现极大地提升了
物流输送效率，它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮
带输送机可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带，
上层传送带长为4.02 m，与水平方向夹角为37°，下层的水平传送带长为3.21 m。货物放在材质相同的纸箱内，纸箱(可视为质点)与上、下两层传送带之间的动摩擦因数均为0.8，上、下两层传送带均以恒定速率0.4 m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在下层传送带最右端，装卸工人甲同时将纸箱以大于传送带的速度无碰撞地推上传送带，另一端的分拣员同时接到两个纸箱。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求:
(1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间;
(2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小。
答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s
解析　(1)在水平传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝8 m/s2
加速到与传送带速度相等时的时间t1＝ s＝0.05 s
运动的位移x1＝a＝0.01 m
速度相等后一起匀速运动的位移x2＝L2－x1＝3.2 m
匀速运动的时间t2＝＝8 s
纸箱被传送到分拣员处经过的时间t＝t1＋t2＝8.05 s。
(2)设装卸工人甲推纸箱的速度为v1，纸箱从推上传送带到与传送带速度相同所需时间t3，由于v1>v2，纸箱做减速运动，加速度大小为
a1＝＝0.4 m/s2
则减速到与传送带速度相等的时间t3＝ s
运动的位移x3＝ m
当速度相等后与传送带一起做匀速运动，匀速运动的位移x4＝L1－x3
匀速运动的时间t4＝
根据t＝t3＋t4，整理得－0.8v1－0.48＝0
解得v1＝1.2 m/s
故纸箱被推入传送带时的速度大小为1.2 m/s。

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