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直通高考2　动力学中的“传送带”模型
【学习目标】
1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。
2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
注意物体的位移和相对位移的区别
(1)物体的位移：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)。
　　
甲 乙
考向一　水平传送带问题
项目 图示 运动情况 判断方法
情景1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速
情景2 当v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若≤l，物、带能共速
情景3 传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回
[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，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：
甲
(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=a=0.04 m＜2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间t2= s=4.9 s；可得行李从A到达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，如图乙所示。
(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；
乙
(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】 (1)0.2 s　0.08 m　(2)0.625 s　0.25 m
(3)
【解析】 (1)传送带转动速度反向，若行李放在A处且初速度为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==0.1 s，匀减速运动的位移大小x=v0t1－a=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'==0.3 s，匀减速运动的位移大小x1=v0't1'－at1'2=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=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m＜0.09 m，接着再匀速运动t3'==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。
考向二　倾斜传送带问题
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μ＞tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ＞tan θ)
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，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速
v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时，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，若μ＜tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ＞tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ=tan θ，一直匀速 v0＞v时，若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速；若μ=tan θ，一直匀速
(摩擦力方向一定 沿传送带向上) μ＜tan θ，一直加速；μ=tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v
[例2]　如图甲所示为一车间运送货物的传送带示意图，传送带的倾角为θ。某次运送货物时工人把传送带调到某一恒定的速率沿逆时针方向运行。在t=0时，将一货物轻放在传送带上的最右端A位置处，t=2.0 s时货物从B点离开传送带。货物的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取10 m/s2。求：
(1)货物与传送带之间的动摩擦因数及θ的正弦值；
(2)在0~2.0 s时间内货物在传送带上留下的痕迹长度；
(3)要使无初速度放在A位置的货物运动到B位置的时间最短，传送带的速率至少应调整到多少；传送带的运行方向如何；最短时间是多少。(结果可用根式表示)
　　
甲 乙
【答案】 (1)0.5　0.6　(2)5 m　(3)8 m/s　逆时针运行　 s
【解析】 (1)由题图乙知，0~1.0 s内a1==10 m/s2，1.0~2.0 s内a2==2 m/s2，0~1.0 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ=ma1，1.0~2.0 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ=ma2，解得μ=0.5，sin θ=0.6。
(2)由题图乙知，传送带的速率v1=10 m/s，0~1.0 s内传送带比货物多运动Δx1=v1t1－v1t1=5 m，1.0~2.0 s内货物比传送带多运动Δx2=(v1＋v2)t2－v1t2=1 m，则货物在传送带上留下的痕迹长度为Δx1=5 m。
(3)传送带应逆时针运行，且运行速度应足够大确保货物从A到B一直以加速度a1=gsin θ＋μgcos θ=10 m/s2，做匀加速运动；设传送带的速率至少应调到v3，货物运动到B位置的最短时间为t3，传送带A、B间的长度x=v1t1＋(v1＋v2)t2=16 m，又由=2a1x，v3=a1t3，解得v3=8 m/s，t3= s。(共24张PPT)
课时作业
内
容
索
引
直通高考2　动力学中的“传送带”模型
【学习目标】1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。
2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的
动力学问题。
注意物体的位移和相对位移的区别
(1)物体的位移：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)。
甲 乙
考向一　水平传送带问题
项目 图示 运动情况 判断方法
情景1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速
情景2 当v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若≤l，物、带能共速
情景3 传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回
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，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；
【解析】 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=a=0.04 m＜2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间t2= s=4.9 s；可得行李从A到达B的时间为t=t1＋t2=5.1 s。
【答案】 5.1 s　
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
【解析】 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。
【答案】 0.04 m
甲
拓展
传送带转动方向反向，如图乙所示。
(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；
【解析】 传送带转动速度反向，若行李放在A处且初速度为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==0.1 s，匀减速运动的位移大小x=v0t1－a=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。
【答案】 0.2 s　0.08 m　
乙
(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；
【解析】 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'==0.3 s，匀减速运动的位移大小x1=v0't1'－at1'2=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=at2'2=×2×0.22 m=0.04 m＜0.09 m，接着再匀速运动t3'==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。
【答案】 0.625 s　0.25 m
(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。
【解析】 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。
【答案】
考向二　倾斜传送带问题
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μ＞tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ＞tan θ)
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，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速
情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时，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，若μ＜tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ＞tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ=tan θ，一直匀速 v0＞v时，若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速；若μ=tan θ，一直匀速
(摩擦力方向一定 沿传送带向上) μ＜tan θ，一直加速；μ=tan θ，一直匀速 μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v
例 2
如图甲所示为一车间运送货物的传送带示意图，传送带的倾角为θ。某次运送货物时工人把传送带调到某一恒定的速率沿逆时针方向运行。在t=0时，将一货物轻放在传送带上的最右端A位置处，t=2.0 s时货物从B点离开传送带。货物的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取10 m/s2。求：
(1)货物与传送带之间的动摩擦因数及θ的正弦值；
甲 乙
【解析】 由题图乙知，0~1.0 s内a1==10 m/s2，1.0~2.0 s内a2==2 m/s2，0~1.0 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ=ma1，1.0~2.0 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ =ma2，解得μ=0.5，sin θ=0.6。
【答案】 0.5　0.6　
(2)在0~2.0 s时间内货物在传送带上留下的痕迹长度；
【解析】 由题图乙知，传送带的速率v1=10 m/s，0~1.0 s内传送带比货物多运动Δx1=v1t1－v1t1=5 m，1.0~2.0 s内货物比传送带多运动Δx2=(v1＋v2)t2－v1t2=1 m，则货物在传送带上留下的痕迹长度为Δx1=5 m。
【答案】 5 m　
(3)要使无初速度放在A位置的货物运动到B位置的时间最短，传送带的速率至少应调整到多少；传送带的运行方向如何；最短时间是多少。(结果可用根式表示)
【解析】 传送带应逆时针运行，且运行速度应足够大确保货物从A到B一直以加速度a1=gsin θ＋μgcos θ=10 m/s2，做匀加速运动；设传送带的速率至少应调到v3，货物运动到B位置的最短时间为t3，传送带A、B间的长度x=v1t1＋(v1＋v2)t2=16 m，又由=2a1x，v3=a1t3，解得v3=8 m/s，t3= s。
【答案】 8 m/s　逆时针运行　 s
课时作业
答案速对
第三单元 直通高考2　动力学中的“传送带”模型 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 BD C C D B 见答案 见答案
1.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4 m，以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。小煤块从A运动到B的过程中(　 　)
A.所用的时间是 s
B.所用的时间是2.25 s
C.划痕长度是4 m
D.划痕长度是0.5 m
【解析】 煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=μg=4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为s1= m=0.5 m＜4 m，因此煤块先加速后匀速运动，加速时间为t1= s=0.5 s，匀速运动的时间为t2= s=1.75 s，小煤块从A运动到B的总时间为t=t1＋t2=2.25 s，A错误，B正确；在加速阶段产生相对位移，即产生划痕，故有Δs=v0t1－s1=0.5 m，C错误，D正确。
BD
2.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前，行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法中，正确的是(　 　)
A.要实现这一目的前提是μ＜tan θ
B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
【解析】 要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ＞mgsin θ，可得μ＞tan θ，A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff=mgsin θ，B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，C正确；若使传送带速度足够大，则行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，D错误。
C
3.(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时刻在传送带底端无初速度地轻放一小物块，如图所示。t=t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度刚好达到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(　 　)
【解析】 0~t0时间内，物体轻放在传送带上后做加速运动，说明滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度沿斜面向上，且不变，故做匀加速运动；t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。
A. B.
C. D.
C
4.(2025·宁波模拟)如图甲所示，传送带与水平面的夹角为θ，在传送带中点无初速度地放置一木块(视为质点)，木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，v1、v2、t1、t2均已知，木块到达传送带底端的时间大于t2，重力加速度大小为g，则(　 　)
A.传送带可能沿顺时针方向转动
B.木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ
C.传送带的长度L=v1t1＋(v2＋v1)(t2－t1)
D.θ满足sin θ=
【解析】 若传送带沿顺时针方向转动，当mgsin θ＞μmgcos θ时，木块将一直沿传送带向下做加速直线运动，当mgsin θ＜μmgcos θ时，木块将先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，A错误；由题意可知，木块不能在传送带上保持相对静止，则mgsin θ＞μmgcos θ即μ＜tan θ，B错误；由题图乙可知，0 ~ t2内木块的位移大小x=，但木块运动时间大于t2，则传送带的长度L＞v1t1＋(v2＋v1)(t2－t1)，C错误；由题图乙可知，0 ~ t1内有mgsin θ＋μmgcos θ=ma1，同时a1=，t1 ~ t2内有mgsin θ－μmgcos θ=ma2，同时有a2=，解得sin θ=，D正确。
甲 乙
D
5.(2026·宁波一模改编)如图所示，一宽度为d的水平传送带以速度v0向右匀速运行，在传送带上方固定光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ。质量为m的物块(可视为质点)在水平传送带AB边上随传送带以速度v0匀速运动，物块碰到挡板时，垂直挡板方向的速度减为零，平行挡板方向的速度不变，最终从传送带上的C点离开传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法中，正确的是(　 　)
A.碰撞前传送带对物块的摩擦力对物块做正功
B.物块与挡板碰撞后沿挡板方向不受摩擦力
C.物 块从碰到挡板到离开传送带所用时间为
D.物块沿挡板运动过程中在传送带上留下划痕的长度为
B
【解析】 物块碰到挡板前与传送带没有相对运动，不受到传送带的摩擦力作用，A错误；将物块的速度分解为沿挡板方向和垂直挡板方向，如图所示



则vx=v0cos θ，物块与挡板碰撞后，相对传送带的速度大小v相对=vy=v0sin θ，方向垂直于单板斜向左下方，物块受到传送带摩擦力与挡板对它的弹力大小相等、方向相反，所以物块沿挡板做匀速直线运动，沿挡板方向不受摩擦力，B正确；物块从碰到挡板到离开传送带的运动时间t=，C错误；物块沿挡板运动过程中在传送带上留下划痕的长度为Δx=vy·t=，D错误。
6.图为地铁入口安检装置简易图，水平传送带AB长度为l，传送带右端B与水平平台等高且平滑连接，物品探测区域长度为d，其右端与传送带右端B重合。传送带匀速运动的速度大小为v，方向如图所示，物品(可视为质点)由A端无初速度释放，加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域，最后匀速通过B端进入平台并减速至0，各处的动摩擦因数均相同，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ；
【解析】 设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a，则=2a(l－d)，μmg=ma，联立解得a=，μ=。
【答案】 　
(2)物品运动的总时间t。
【解析】 物品匀加速到v走过的位移为s。由v2=2as得s=4(l－d)，故匀速位移为l－s=4d－3l，又有匀速部分4d－3l=vt1，匀变速部分t2=2·，故总时间t=t1＋t2=。
【答案】
7.(2025·宁波期中)传送带广泛应用于货物装卸和传输。如图所示，将一可视为质点的货物从光滑斜面上O处由静止释放，货物到达斜面底端A点后滑上水平传送带AB部分，O点与A点的竖直高度h=1.25 m，水平传送带AB段的长度xAB=2.0 m，以2.0 m/s的速率顺时针转动。货物与水平传送带AB段、倾斜传送带CD段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，倾斜传送带CD段与水平方向之间的夹角θ=37°，CD段的长度为xCD=1.25 m。不计货物在A点和B点、C点速率的变化，不计B、C间的距离，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)求货物到达A点时的瞬时速率；
【解析】 设斜面倾角为α，货物从O点运动到A点的过程，根据牛顿第二定律有a1==gsin α，，代入数据解得vA=5 m/s。
【答案】 5 m/s　
(2)求货物从A点运动到B点的时间间隔；
【解析】 假设货物滑上水平传送带后一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a2==μ1g，xAB=，解得vB=3 m/s＞2 m/s；则假设成立，所以tAB==0.5 s。
【答案】 0.5 s　
(3)CD段传送带顺时针转动，其速度大小至少是多少，货物能够到达D端。
【解析】 CD段传送带的速度小于货物速度，货物先做匀减速直线运动，则mgsin θ＋μ2mgcos θ=ma3，解得a3=10 m/s2；因为μ2＜tan 37°，所以货物不能匀速上升，即与传送带共速后再做匀减速直线运动，则mgsin θ－μ2mgcos θ=ma4，解得a4=2 m/s2；根据题意可得xCD=，解得v=2 m/s。
【答案】 2 m/s

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