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第14课时　专题强化：传送带中的动力学问题
目标要求　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。
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
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；
(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，故行李先匀加速运动再匀速运动，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
(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==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。
　水平传送带问题的常见情形及运动分析
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
v0v0>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 v0v0>v 向左(共速前) v-t图像：
例2　(多选)(2025·海南省部分高中联考模拟)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==6 m/s2，达到共速时的时间t1==1 s，位移x1=t1=3 m，共速后物块所受摩擦力向左，则物块的加速度a2==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+a2=3 m+6×1 m+×4×12 m=11 m，选项D正确。
考点二　倾斜传送带中的动力学问题
例3　(2025·云南昆明市检测)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=g(sin θ+μcos θ)=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==1 s，发生的位移x1=a1=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=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2，
x2=L-x1=5.25 m，
由x2=v0t2+a2，
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)第一过程煤块相对传送带向上滑，痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m，
第二过程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(保留小数点后三位)。
答案　1.442 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'== s，
匀加速运动位移x1'=a't1'2= m，
匀速运动位移x2'=L-x1'= m
匀速运动时间t2'== s
总时间t'=t1'+t2'= s≈1.442 s。
　倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
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 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线运动
v0v0>v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin 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 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动
v0v0>v 沿传送 带向上 μgcos θ -gsin 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 μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动
传送带 足够长 v0v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ-gsin θ 共速后：0 v-t图像：
思考　若μ=tan θ或μ课时精练
[分值：50分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2025·福建厦门市二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是(　　)
A.饺子质量越大，加速运动的加速度一定越小
B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程受到静摩擦力
D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
答案　D
解析　饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作用，设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为μ，饺子的加速度为a，根据牛顿第二定律μmg=ma，解得a=μg，所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关，故A、B错误；饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程不受摩擦力作用，故C错误；饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功，故D正确。
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(　　)
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，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。
3.(2025·安徽芜湖市检测)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针转动，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，水平向左滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像不可能是图中的(　　)
答案　C
解析　小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A可能；小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B可能；物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速直到速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C不可能；小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D可能。
4.(2026·江西赣州市检测)如图甲所示，倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则(　　)
A.传送带的速度为8 m/s
B.物块所受摩擦力方向一直与其相对地面的运动方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带底端到顶端的距离为12 m
答案　C
解析　由题图乙可知，1 s时物块与传送带速度相同，故传送带速度为4 m/s，故A错误；由题图乙可知在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1~2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，故B错误；在0~1 s内物块的加速度大小为a1=||=|| m/s2=8 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1，在1~2 s内物块的加速度大小为a2=||=|| m/s2=4 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma2，联立解得μ=0.25，故C正确；物块上升的位移大小等于v-t图像与横轴围成的面积，则传送带底端到顶端的距离为x=×1 m+ m=10 m，故D错误。
5.(2025·山东菏泽市二模)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2
B.工件由顶端运动到底端的时间是1.2 s
C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m
D.若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
答案　C
解析　工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得工件刚开始下滑时的加速度大小为a1=10 m/s2，故A错误；工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B点，则此过程工件运动时间为t1==0.4 s，工件的位移为x1=a1=0.8 m　[6题6分]
6.(多选)(2025·陕西西安市检测)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0~4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小物块可视为质点，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块在前3.0 s向左做匀减速运动
B.传送带沿顺时针方向转动
C.传送带的速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
答案　BCD
解析　根据x-t图像斜率表示速度，前3.0 s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；3.0~4.5 s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确；由3.0~4.5 s内图像斜率可知，传送带速度为v== m/s=2 m/s，故C正确；由题意可知第3 s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，由题图乙可知第3 s内物块位移大小为x=1 m，由牛顿第二定律可知，其加速度大小a===μg，由匀变速直线运动位移可知x=at2，联立解得μ=0.2，故D正确。
7.(12分)(2026·山东菏泽市检测)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)　3.2 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=
由牛顿第二定律有mgsin 30°-Ff1=ma1
解得a1=2 m/s2
则有=2a1·
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=·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==0.9 s
煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.2 s。
8.(12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)(4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。
答案　(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== s=2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1=t1=×2.5 m=2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2== 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。(共64张PPT)
第三章
运动和
力的关系
专题强化：传送带中
的动力学问题
第14课时
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。
目标要求
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)。
课时精练
考点一　水平传送带中的动力学问题
考点二　倾斜传送带中的动力学问题
内容索引
水平传送带中的动力
学问题
考点一
　　　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；
答案　5.1 s
　　 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，故行李先匀加速运动再匀速运动，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
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
答案　0.04 m
　　 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；
答案　见解析
　　 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==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；
答案　见解析
　　 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。
(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
　　 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。
水平传送带问题的常见情形及运动分析
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 ______________
____________
v0_____________
匀加速直线运动
匀加速直线运动
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>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 ________________
传送带 足够长 v0v-t图像：______________
匀减速直线运动
图示 状态 速度大 小比较 Ff方向 物块运动状态
传送带 足够长 v0>v 向左(共速前)
v-t图像：______________
(多选)(2025·海南省部分高中联考模拟)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
√
√
　　 开始时物块所受摩擦力向右，则加速度a1==6 m/s2，达到共速时的时间t1==1 s，位移x1=t1=3 m，共速后物块所受摩擦力向左，则物块的加速度a2==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+a2=3 m+6×1 m+×4×12 m
=11 m，选项D正确。
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倾斜传送带中的动力
学问题
考点二
　　　(2025·云南昆明市检测)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；
答案　不能
　　 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)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像；
答案　1.5 s　见解析图
　　 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=g(sin θ+μcos θ)=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==1 s，发生的位移x1=a1=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=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2，
x2=L-x1=5.25 m，
　　 由x2=v0t2+a2，
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)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　5 m
　　 第一过程煤块相对传送带向上滑，痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m，
第二过程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(保留小数点后三位)。
答案　1.442 s
　　 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'== s，
匀加速运动位移x1'=a't1'2= m，
匀速运动位移x2'=L-x1'= m
匀速运动时间t2'== s
总时间t'=t1'+t2'= s≈1.442 s。
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
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 ________________ _______________
____________
v0____________
μgcos θ
-gsin θ
匀加速直线运动
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>v 沿传送 带向下 ______________ ________________
____________
μgcos θ
+gsin 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 ______________ ________________
____________
μgcos θ
+gsin θ
匀加速直线运动
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____________
μgcos θ
+gsin θ
匀加速直线运动
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>v 沿传送 带向上 ______________ ________________
____________
μgcos θ
-gsin 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 ________________ _______________
μgcos θ
-gsin θ
匀减速直线运动
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 足够长 v0_______________
μgcos θ-
gsin 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 足够长 v0>v 沿传送 带向上 共速前： ________________ 共速后：__ v-t图像：
_______________
μgcos θ-
gsin θ
0
图示 状态 速度大 小比较 Ff方向 加速度 大小 物块运动状态
思考　若μ=tan θ或μ答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ返回
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6
答案 D C C C C BCD
题号 7 8
答案 (1)　3.2 m/s　(2)0.18 m　(3)1.2 s (1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
答案
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1.(2025·福建厦门市二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是
A.饺子质量越大，加速运动的加速度一定越小
B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程受到静摩擦力
D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
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答案
基础落实练
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答案
　　　饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作用，设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为μ，饺子的加速度为a，根据牛顿第二定律μmg=ma，解得a=μg，所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关，故A、B错误；
饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过程不受摩擦力作用，故C错误；
饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功，故D正确。
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
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答案
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
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答案
　　　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。
3.(2025·安徽芜湖市检测)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针转动，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，水平向左滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像不可能是图中的
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答案
√
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答案
　　　小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A可能；
小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B可能；
物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速直到速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C不可能；
小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D可能。
4.(2026·江西赣州市检测)如图甲所示，倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v-t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则
A.传送带的速度为8 m/s
B.物块所受摩擦力方向一直与其相对地
　面的运动方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带底端到顶端的距离为12 m
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答案
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答案
　　 由题图乙可知，1 s时物块与传送带速度相同，故传送带速度为4 m/s，故A错误；
由题图乙可知在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1~2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，故B错误；
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答案
　　 在0~1 s内物块的加速度大小为a1=||=|| m/s2=8 m/s2，根据牛顿
第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1，在1~2 s内物块的加速度大小为a2=||=|| m/s2=4 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma2，联立解得μ=0.25，故C正确；
物块上升的位移大小等于v-t图像与横轴围成的面积，则传送带底端到顶端的距离为x=×1 m+ m=10 m，故D错误。
5.(2025·山东菏泽市二模)如图所示为某分拣传送装置，AB长5.8 m，倾角θ=37°的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0=4 m/s逆时针转动。质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是
A.工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/s2
B.工件由顶端运动到底端的时间是1.2 s
C.工件在传送带上留下的痕迹长为1 m
D.若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，
　工件下滑的总时间将变长
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答案
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答案
　　　工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得工件刚开始下滑时的加速度大小为a1=10 m/s2，故A错误；
工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B点，则此过程工件运动时间为t1==0.4 s，工件的位移为x1=a1=0.8 m1
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答案
　　　工件与传送带共速时，相对位移为Δx1=x传1-x1=0.8 m，工件与传送带共速后，相对位移为Δx2=x2-x传2=(LAB-x1)-v0t2=1 m，因为Δx1<Δx2，所以工件在传送带上留下的痕迹长为s痕=Δx2=1 m，故C正确；
若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，故D错误。
6.(多选)(2025·陕西西安市检测)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0~4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小物块可视为质点，g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.物块在前3.0 s向左做匀减速运动
B.传送带沿顺时针方向转动
C.传送带的速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
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答案
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能力综合练
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答案
　　　根据x-t图像斜率表示速度，前3.0 s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；
3.0~4.5 s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确；
由3.0~4.5 s内图像斜率可知，传送带速度为v== m/s=2 m/s，故C正确；
由题意可知第3 s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，由题图乙可知第3 s
内物块位移大小为x=1 m，由牛顿第二定律可知，其加速度大小a===
μg，由匀变速直线运动位移可知x=at2，联立解得μ=0.2，故D正确。
7.(2026·山东菏泽市检测)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：
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(1)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；
答案　　3.2 m/s
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答案
　　　根据题意，在斜面上对煤块受力分析有Ff1=μ1mgcos 30°=3 N
解得μ1=
由牛顿第二定律有mgsin 30°-Ff1=ma1
解得a1=2 m/s2
则有=2a1·
解得v1=3.2 m/s
(2)煤块在传送带上留下黑色划痕的长度；
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答案
答案　0.18 m
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答案
　　　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=·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)煤块在传送带上运动的时间。
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答案
答案　1.2 s
　　　煤块在传送带上匀速运动的时间为t2==0.9 s
煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.2 s。
8.(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)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
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答案
答案　0.4 m/s2
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答案
　　　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)小包裹通过传送带所需的时间t。
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答案
答案　4.5 s
　　　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== s=2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1=t1=×2.5 m=2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2== 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。
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