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专题突破4　动力学中的“传送带”模型
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。
考点一　水平“传送带”模型
考向1　常规水平传送带
　(多选)(2025·河北衡水高三质检)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。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．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
解析：AC　开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝×2×0.22 m＝0.04 m，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，故B错误；由以上分析可知，行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李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，故D错误。
思路点拨
(1)可能一直加速，也可能先加速后匀速。
(2)若≤l，物、带能共速后匀速运动。
　(2025·四川安岳中学高三诊断)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大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为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
解析：D　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，小滑块的速度从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t1＝，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t1＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。
思路点拨
(1)传送带较短时，物块一直减速达到左端；传送带较长时，物块还要被传送带传回右端。
(2)若≤l，物块能返回。
考向2　水平传送带与图像的结合
　(多选)(2025·广东汕头模拟)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是(　　)
　　
解析：ABD　若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。
思路点拨
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况。
　(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v-t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
解析：BCD　由图像可知物块在传送带上运动的过程中，t0时间内始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，由匀变速直线运动的规律可得v22－v12＝2aL，L＝t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确。
考点二　倾斜“传送带”模型
考向1　常规倾斜传送带
　(2025·四川绵阳南山中学联考)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。重力加速度g取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。
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μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4m/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＝×2.5＝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μmg cos α>mg sin 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，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：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
情境：物体以某一初速度沿一定速度的传送带向下运动
(1)传送带不够长
①v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)。
②v0＞v时，一直匀变速(加速度为|g sin θ－μg cos θ|)。
(2)传送带足够长
①v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速。
②v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝g sin θ－μg cos θ加速。
考向2　倾斜传送带与图像的结合
　(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(　　)
解析：C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μg cos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。
情境：物体无初速度沿一定速度的传送带向上运动
(1)传送带不够长：一直加速(一定满足关系μ＞tan θ)。
(2)传送带足够长：先加速后匀速。
　(2025·河南重点中学高三4月联考)如图甲所示，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，以沿传动带向下的速度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图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
图甲 图乙
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8 s时回到原处
C．物块与传送带之间的动摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下
解析：C　从v-t图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向上，故AD错误；v-t图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝，根据牛顿第二定律可得a＝，联立解得物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝，故C正确；物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为t1＝＝1.6 s，物块沿传送带向下减速通过的位移大小为x1＝t1＝3.2 m，物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为t2＝＝0.4 s，物块反向向上加速通过的位移大小为x2＝t2＝0.2 m，则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为t3＝＝3 s，则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝5 s，故B错误。
限时规范训练(16)　动力学中的“传送带”模型
(建议用时：40分钟　满分：72分)
(选择题1～8题每题5分，9～10题每题6分，共52分)
[基础巩固练]
1．(2024·北京卷，10)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
解析：D　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；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；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；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＝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。
2．(2026·江西高三10月月考)在货物运输的过程中经常借助传送带，如图为以恒定速率v1顺时针转动的水平传送带(足够长)，t＝0时，让一货物(视为质点)以初速度v0水平向右滑上传送带左端，则货物在传送带上运输过程中，其速度v随时间t变化的关系图像可能是(　　)
解析：C　若v1>v0，货物受摩擦力向右，则货物做加速运动，传送带足够长，可知货物可加速到传送带速度，之后做匀速直线运动，故AB错误；若v13．(2026·湖南名校联盟高三9月大联考)传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单，如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大小恒为v0。一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像不可能的是(以物块初速度v1的方向为正方向)(　　)
解析：A　若μmg cos θ>mg sin θ，且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故B可能；若μmg cos θ>mg sin θ，且v1>v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，与传送带共速后向上匀速运动，故C可能；若μmg cos θ＝mg sin θ，物块将向下一直做匀速直线运动，故D可能；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故A不可能。故选A。
4．(2026·山东济南高三开学考)如图所示，长度为L、与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q(均可视为质点)分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则μ1、μ2与θ满足的关系为(　　)
A．μ2－2μ1＝tan θ B．μ1－2μ2＝tan θ
C．2μ2－μ1＝tan θ D．2μ1－μ2＝tan θ
解析：D　物块的加速度a＝μg cos θ－g sin θ，与传送带共速时满足v2＝2ax，可知2a1L＝2a2，即2(μ1g cos θ－g sin θ)＝μ2g cos θ－g sin θ，解得2μ1－μ2＝tan θ，故选D。
5．(2025·四川成都市第二次诊断)物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
解析：A　当v0v1时，对物块P受力分析有ma＝mg sin θ－μmg cos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。
6．(2026·重庆巴蜀中学高三第一次适应性考试)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＝1 kg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，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．传送带的速率v0＝12 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
D．0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m
解析：D　由图可知，在t＝1 s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0＝10 m/s，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度a1＝ m/s2，物块与传送带共速后物块的加速度a2＝ m/s2，联立解得传送带的倾角θ＝37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，BC错误；0～1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1＝v0t1－×10×1 m＝5 m，1～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2＝×1 m－10×1 m＝1 m，因Δx1>Δx2可知0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。故选D。
7．(2026·哈尔滨三中高三月考)如图所示，长度L＝2.56 m的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝4 m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m＝1 kg的小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，在小物体传送过程中，下列有关说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．刚释放小物体时，小物体的加速度大小为2 m/s2
B．整个传送过程中小物体受到摩擦力保持不变
C．小物体相对传送带的位移大小为0.64 m
D．小物体在传送带上的划痕为0.96 m
解析：C　刚释放小物体时，对小物体受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2，故A错误；对小物体受力分析，刚释放小物体时，小物体受的摩擦力方向为沿传送带向下，大小为Ff＝μmg cos 37°＝4 N，当小物体与传送带共速后，因mg sin 37°＝6 N>Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故小物体继续向下加速，摩擦力方向为沿传送带向上，大小为Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故整个过程小物体所受摩擦力的大小不变，但方向发生了变化，故B错误；设经时间t1，小物体与传送带共速，则有t1＝＝0.4 s，小物体下滑的位移为x1＝at12＝0.8 m，传送带的位移为x2＝vt1＝1.6 m，小物体的速度小于传送带的速度，故小物体相对传送带向上运动，则小物体相对传送带的位移为Δx1＝x2－x1＝0.8 m，共速后，小物体继续向下加速，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，小物体继续向下运动的位移为L－x1＝vt2＋a2t22，代入数据解得t2＝0.4 s，传送带的位移为x2′＝vt2＝1.6 m，小物体的速度大于传送带的速度，故小物体相对传送带向下运动，则小物体相对传送带的位移为Δx2＝L－x1－x2′＝0.16 m，综合分析，可得小物体相对传送带的位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m，因Δx1＝0.8 m>Δx2＝0.16 m，所以小物体在传送带上的划痕为0.8 m，故C正确，D错误。故选C。
8．(多选)(2026·河北衡水月考)如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带以恒定速度v0＝3 m/s逆时针匀速转动，小木块以初速度v＝6 m/s从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B．小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4 m
C．小木块在传送带上下滑的加速度大小一直为2.5 m/s2
D．小木块回到传送带底端时的速度大小为3 m/s
解析：AB　小木块刚滑上传送带时的加速度大小为a＝g sin θ＋μg cos θ＝7.5 m/s2，在传送带上向上滑行的最远距离xm＝＝2.4 m，选项A、B正确；小木块刚开始下滑时的加速度仍为7.5 m/s2，在传送带上下滑至与传送带速度相等时的位移x1＝＝0.6 m，之后小木块速度大于传送带速度，所受摩擦力方向向上，加速度大小为a′＝g sin θ－μg cos θ＝2.5 m/s2，小木块回到传送带底端时的速度v′＝ m/s，选项C、D错误。
[能力提升练]
9．(多选)(2026·深圳福田月考)如图所示，一传送带与水平面之间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v2沿顺时针方向稳定运行，现让一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v1冲上传送带，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，v1>v2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．μ与θ之间的关系为μB．物块在做减速运动的过程中，加速度不变
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为2μg cos θ
D．共速前物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半
解析：AC　根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmg cos θv2，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为a1＝＝g sin θ＋μg cos θ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a2＝＝g sin θ－μg cos θ10．(2025·辽宁阜新高三统考)如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．物块可能沿传送带向上运动
B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ
C．t0时间后物块的加速度大小为2g sin θ－
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为g sin θ－的加速度做匀加速直线运动
解析：C　v-t图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，知传送带逆时针转动，根据图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mg sin θ>μmg cos θ，解得μμmg cos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2g sin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。
11．(10分)(2026·四川绵阳南山中学月考)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
解析：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma　①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1　②
联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m　③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′
由运动学公式有v＝v0－at1′　④
t1＝t1′＋　⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s　⑥。
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2，则
v12－v02＝－2μgL　⑦
v22－v02＝2μgL　⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s, v2＝4 m/s。
答案：(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s
[培优创新练]
12．(10分)(2025·重庆铜梁一中高三月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.5，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1.64 m，倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；
(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
解析：(1)设产品的质量为m，刚放上水平传送带AB时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
分析可知，加速度的方向水平向右。
(2)假设产品在水平传送带AB上能加速到速度v，则产品在水平传送带AB上加速运动的时间为t1＝＝0.8 s
产品在加速过程通过的位移大小为s1＝at12
解得s1＝1.6 m
s1产品匀速运动的时间为t2＝＝2.6 s
则产品在水平传送带AB上运动的时间为
t＝t1＋t2＝3.4 s。
(3)设产品刚放上倾斜传送带BC时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
假设产品在倾斜传送带BC上能加速到速度v，则产品加速到与传送带共速所用时间为
t1′＝＝0.4 s
产品加速到与传送带共速所通过的位移大小为s1′＝a1t1′2
解得s1′＝0.8 m
s1′由于mg sin θ>μmg cos θ，可知产品与传送带共速后继续做匀加速运动，设加速度大小为a2，加速时间为t2′，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
根据运动学公式可得L2－s1′＝vt2′＋a2t2′2
解得t2′＝0.2 s(另一解t2′＝－4.2 s舍去)
则产品在倾斜传送带BC上运动的时间为t′＝t1′＋t2′＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3.4 s　
(3)0.6 s限时规范训练(16)　动力学中的“传送带”模型
(建议用时：40分钟　满分：72分)
(选择题1～8题每题5分，9～10题每题6分，共52分)
[基础巩固练]
1．(2024·北京卷，10)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
解析：D　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；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；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；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＝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。
2．(2026·江西高三10月月考)在货物运输的过程中经常借助传送带，如图为以恒定速率v1顺时针转动的水平传送带(足够长)，t＝0时，让一货物(视为质点)以初速度v0水平向右滑上传送带左端，则货物在传送带上运输过程中，其速度v随时间t变化的关系图像可能是(　　)
解析：C　若v1>v0，货物受摩擦力向右，则货物做加速运动，传送带足够长，可知货物可加速到传送带速度，之后做匀速直线运动，故AB错误；若v13．(2026·湖南名校联盟高三9月大联考)传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单，如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大小恒为v0。一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像不可能的是(以物块初速度v1的方向为正方向)(　　)
解析：A　若μmg cos θ>mg sin θ，且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故B可能；若μmg cos θ>mg sin θ，且v1>v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，与传送带共速后向上匀速运动，故C可能；若μmg cos θ＝mg sin θ，物块将向下一直做匀速直线运动，故D可能；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故A不可能。故选A。
4．(2026·山东济南高三开学考)如图所示，长度为L、与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q(均可视为质点)分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则μ1、μ2与θ满足的关系为(　　)
A．μ2－2μ1＝tan θ B．μ1－2μ2＝tan θ
C．2μ2－μ1＝tan θ D．2μ1－μ2＝tan θ
解析：D　物块的加速度a＝μg cos θ－g sin θ，与传送带共速时满足v2＝2ax，可知2a1L＝2a2，即2(μ1g cos θ－g sin θ)＝μ2g cos θ－g sin θ，解得2μ1－μ2＝tan θ，故选D。
5．(2025·四川成都市第二次诊断)物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
解析：A　当v0v1时，对物块P受力分析有ma＝mg sin θ－μmg cos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。
6．(2026·重庆巴蜀中学高三第一次适应性考试)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＝1 kg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，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．传送带的速率v0＝12 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
D．0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m
解析：D　由图可知，在t＝1 s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0＝10 m/s，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度a1＝ m/s2，物块与传送带共速后物块的加速度a2＝ m/s2，联立解得传送带的倾角θ＝37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，BC错误；0～1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1＝v0t1－×10×1 m＝5 m，1～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2＝×1 m－10×1 m＝1 m，因Δx1>Δx2可知0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。故选D。
7．(2026·哈尔滨三中高三月考)如图所示，长度L＝2.56 m的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝4 m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m＝1 kg的小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，在小物体传送过程中，下列有关说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．刚释放小物体时，小物体的加速度大小为2 m/s2
B．整个传送过程中小物体受到摩擦力保持不变
C．小物体相对传送带的位移大小为0.64 m
D．小物体在传送带上的划痕为0.96 m
解析：C　刚释放小物体时，对小物体受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2，故A错误；对小物体受力分析，刚释放小物体时，小物体受的摩擦力方向为沿传送带向下，大小为Ff＝μmg cos 37°＝4 N，当小物体与传送带共速后，因mg sin 37°＝6 N>Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故小物体继续向下加速，摩擦力方向为沿传送带向上，大小为Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故整个过程小物体所受摩擦力的大小不变，但方向发生了变化，故B错误；设经时间t1，小物体与传送带共速，则有t1＝＝0.4 s，小物体下滑的位移为x1＝at12＝0.8 m，传送带的位移为x2＝vt1＝1.6 m，小物体的速度小于传送带的速度，故小物体相对传送带向上运动，则小物体相对传送带的位移为Δx1＝x2－x1＝0.8 m，共速后，小物体继续向下加速，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，小物体继续向下运动的位移为L－x1＝vt2＋a2t22，代入数据解得t2＝0.4 s，传送带的位移为x2′＝vt2＝1.6 m，小物体的速度大于传送带的速度，故小物体相对传送带向下运动，则小物体相对传送带的位移为Δx2＝L－x1－x2′＝0.16 m，综合分析，可得小物体相对传送带的位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m，因Δx1＝0.8 m>Δx2＝0.16 m，所以小物体在传送带上的划痕为0.8 m，故C正确，D错误。故选C。
8．(多选)(2026·河北衡水月考)如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带以恒定速度v0＝3 m/s逆时针匀速转动，小木块以初速度v＝6 m/s从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B．小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4 m
C．小木块在传送带上下滑的加速度大小一直为2.5 m/s2
D．小木块回到传送带底端时的速度大小为3 m/s
解析：AB　小木块刚滑上传送带时的加速度大小为a＝g sin θ＋μg cos θ＝7.5 m/s2，在传送带上向上滑行的最远距离xm＝＝2.4 m，选项A、B正确；小木块刚开始下滑时的加速度仍为7.5 m/s2，在传送带上下滑至与传送带速度相等时的位移x1＝＝0.6 m，之后小木块速度大于传送带速度，所受摩擦力方向向上，加速度大小为a′＝g sin θ－μg cos θ＝2.5 m/s2，小木块回到传送带底端时的速度v′＝ m/s，选项C、D错误。
[能力提升练]
9．(多选)(2026·深圳福田月考)如图所示，一传送带与水平面之间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v2沿顺时针方向稳定运行，现让一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v1冲上传送带，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，v1>v2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．μ与θ之间的关系为μB．物块在做减速运动的过程中，加速度不变
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为2μg cos θ
D．共速前物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半
解析：AC　根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmg cos θv2，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为a1＝＝g sin θ＋μg cos θ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a2＝＝g sin θ－μg cos θ10．(2025·辽宁阜新高三统考)如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．物块可能沿传送带向上运动
B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ
C．t0时间后物块的加速度大小为2g sin θ－
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为g sin θ－的加速度做匀加速直线运动
解析：C　v-t图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，知传送带逆时针转动，根据图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mg sin θ>μmg cos θ，解得μμmg cos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2g sin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。
11．(10分)(2026·四川绵阳南山中学月考)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
解析：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma　①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1　②
联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m　③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′
由运动学公式有v＝v0－at1′　④
t1＝t1′＋　⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s　⑥。
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2，则
v12－v02＝－2μgL　⑦
v22－v02＝2μgL　⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s, v2＝4 m/s。
答案：(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s
[培优创新练]
12．(10分)(2025·重庆铜梁一中高三月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.5，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1.64 m，倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大小和方向；
(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
解析：(1)设产品的质量为m，刚放上水平传送带AB时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
分析可知，加速度的方向水平向右。
(2)假设产品在水平传送带AB上能加速到速度v，则产品在水平传送带AB上加速运动的时间为t1＝＝0.8 s
产品在加速过程通过的位移大小为s1＝at12
解得s1＝1.6 m
s1产品匀速运动的时间为t2＝＝2.6 s
则产品在水平传送带AB上运动的时间为
t＝t1＋t2＝3.4 s。
(3)设产品刚放上倾斜传送带BC时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
假设产品在倾斜传送带BC上能加速到速度v，则产品加速到与传送带共速所用时间为
t1′＝＝0.4 s
产品加速到与传送带共速所通过的位移大小为s1′＝a1t1′2
解得s1′＝0.8 m
s1′由于mg sin θ>μmg cos θ，可知产品与传送带共速后继续做匀加速运动，设加速度大小为a2，加速时间为t2′，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
根据运动学公式可得L2－s1′＝vt2′＋a2t2′2
解得t2′＝0.2 s(另一解t2′＝－4.2 s舍去)
则产品在倾斜传送带BC上运动的时间为t′＝t1′＋t2′＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3.4 s　
(3)0.6 s(共53张PPT)
专题突破4　动力学中的“传送带”模型
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
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　水平“传送带”模型
考向1　常规水平传送带
(多选)(2025·河北衡水高三质检)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。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．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
AC　
解析：AC　开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝×2×0.22 m＝0.04 m，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，故B错误；由以上分析可知，行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李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，故D错误。
思路点拨
(1)可能一直加速，也可能先加速后匀速。
(2)若≤l，物、带能共速后匀速运动。
D
(2025·四川安岳中学高三诊断)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大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为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
解析：D　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v0从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从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t1＝，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t1＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。
思路点拨
(1)传送带较短时，物块一直减速达到左端；传送带较长时，物块还要被传送带传回右端。
(2)若≤l，物块能返回。
考向2　水平传送带与图像的结合
(多选)(2025·广东汕头模拟)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是(　　)
ABD
解析：ABD　若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。
思路点拨
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动情况。
(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v-t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
BCD　
A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
图甲 图乙
解析：BCD　由图像可知物块在传送带上运动的过程中，t0时间内始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，由匀变速直线运动的规律可得v22－v12＝2aL，L＝t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确。
图甲 图乙
考点二　倾斜“传送带”模型
考向1　常规倾斜传送带
(2025·四川绵阳南山中学联考)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。重力加速度g取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。
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μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4m/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＝×2.5＝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μmg cos α>mg sin 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，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：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
情境：物体以某一初速度沿一定速度的传送带向下运动
(1)传送带不够长
①v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)。
②v0＞v时，一直匀变速(加速度为|g sin θ－μg cos θ|)。
(2)传送带足够长
①v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝g sin θ＋μg cos θ加速，后以a2＝g sin θ－μg cos θ加速。
②v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝g sin θ－μg cos θ加速。
考向2　倾斜传送带与图像的结合
(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(　　)
C　
解析：C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μg cos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。
情境：物体无初速度沿一定速度的传送带向上运动
(1)传送带不够长：一直加速(一定满足关系μ＞tan θ)。
(2)传送带足够长：先加速后匀速。
(2025·河南重点中学高三4月联考)如图甲所示，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，以沿传动带向下的速度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图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8 s时回到原处
C．物块与传送带之间的动摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下
图甲
图乙
C　
解析：C　从v-t图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向上，故AD错误；v-t图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝，根据牛顿第二定律可得a＝，联立解得物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝，故C正确；物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间
图甲
图乙
为t1＝＝1.6 s，物块沿传送带向下减速通过的位移大小为x1＝t1＝3.2 m，物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为t2＝＝0.4 s，物块反向向上加速通过的位移大小为x2＝t2＝0.2 m，则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为t3＝＝3 s，则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝5 s，故B错误。
图甲
图乙
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
限时规范
训练(16)　动力学中的“传送带”模型
(建议用时：40分钟　满分：72分)
(选择题1～8题每题5分，9～10题每题6分，共52分)
[基础巩固练]
1．(2024·北京卷，10)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
D
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
解析：D　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；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；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；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＝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。
2
1
3
4
5
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2．(2026·江西高三10月月考)在货物运输的过程中经常借助传送带，如图为以恒定速率v1顺时针转动的水平传送带(足够长)，t＝0时，让一货物(视为质点)以初速度v0水平向右滑上传送带左端，则货物在传送带上运输过程中，其速度v随时间t变化的关系图像可能是(　　)
C　
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解析：C　若v1>v0，货物受摩擦力向右，则货物做加速运动，传送带足够长，可知货物可加速到传送带速度，之后做匀速直线运动，故AB错误；若v12
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3．(2026·湖南名校联盟高三9月大联考)传送带可以连续地
进行物料运输，且结构设计简单，如图所示，倾斜放置的
传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大
小恒为v0。一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像不可能的是(以物块初速度v1的方向为正方向)(　　)
A
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解析：A　若μmg cos θ>mg sin θ，且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故B可能；若μmg cos θ>mg sin θ，且v1>v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，与传送带共速后向上匀速运动，故C可能；若μmg cos θ＝mg sin θ，物块将向下一直做匀速直线运动，故D可能；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故A不可能。故选A。
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4．(2026·山东济南高三开学考)如图所示，长度为L、与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q(均可视为质点)分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则μ1、μ2与θ满足的关系为(　　)
A．μ2－2μ1＝tan θ B．μ1－2μ2＝tan θ
C．2μ2－μ1＝tan θ D．2μ1－μ2＝tan θ
解析：D　物块的加速度a＝μg cos θ－g sin θ，与传
送带共速时满足v2＝2ax，可知2a1L＝2a2，即2(μ1g cos θ－g sin θ)＝μ2g cos θ－g sin θ，解得2μ1－μ2＝tan θ，故选D。
D
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5．(2025·四川成都市第二次诊断)物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
A
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解析：A　当v0v1时，对物块P受力分析有ma＝mg sin θ－μmg cos θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。
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6．(2026·重庆巴蜀中学高三第一次适应性考试)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＝1 kg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，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A．传送带的速率v0＝12 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
D．0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m
图甲 图乙
D
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解析：D　由图可知，在t＝1 s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0＝10 m/s，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度a1＝ m/s2，物块与传送带共速后物块的加速度a2＝
图甲 图乙
m/s2，联立解得传送带的倾角θ＝37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，BC错误；0～1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1＝v0t1－×10×1 m＝5 m，1～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2＝×1 m－10×1 m＝1 m，因Δx1>Δx2可知0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。故选D。
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7．(2026·哈尔滨三中高三月考)如图所示，长度L＝2.56 m的传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝4 m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m＝1 kg的小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，在小物体传送过程中，下列有关说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．刚释放小物体时，小物体的加速度大小为2 m/s2
B．整个传送过程中小物体受到摩擦力保持不变
C．小物体相对传送带的位移大小为0.64 m
D．小物体在传送带上的划痕为0.96 m
C　
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解析：C　刚释放小物体时，对小物体受力分析，根据牛顿
第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝10
m/s2，故A错误；对小物体受力分析，刚释放小物体时，小
物体受的摩擦力方向为沿传送带向下，大小为Ff＝μmg cos 37°
＝4 N，当小物体与传送带共速后，因mg sin 37°＝6 N>Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故小物体继续向下加速，摩擦力方向为沿传送带向上，大小为Ff＝μmg cos 37°＝4 N，故整个过程小物体所受摩擦力的大小不变，但方向发生了变化，故B错误；设经时间t1，小物体与传送带共速，则有t1＝＝0.4 s，小物体下滑的位移为x1＝at12＝0.8 m，传送带的位移为x2＝vt1＝
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1.6 m，小物体的速度小于传送带的速度，故小物体相对传
送带向上运动，则小物体相对传送带的位移为Δx1＝x2－x1＝
0.8 m，共速后，小物体继续向下加速，根据牛顿第二定律有
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，小物体继续向下运动的位移为L－x1＝vt2＋a2t22，代入数据解得t2＝0.4 s，传送带的位移为x2′＝vt2＝1.6 m，小物体的速度大于传送带的速度，故小物体相对传送带向下运动，则小物体相对传送带的位移为Δx2＝L－x1－x2′＝0.16 m，综合分析，可得小物体相对传送带的位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m，因Δx1＝0.8 m>Δx2＝0.16 m，所以小物体在传送带上的划痕为0.8 m，故C正确，D错误。故选C。
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8．(多选)(2026·河北衡水月考)如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带以恒定速度v0＝3 m/s逆时针匀速转动，小木块以初速度v＝6 m/s从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2
B．小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2.4 m
C．小木块在传送带上下滑的加速度大小一直为2.5 m/s2
D．小木块回到传送带底端时的速度大小为3 m/s
AB
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解析：AB　小木块刚滑上传送带时的加速度大小为a
＝g sin θ＋μg cos θ＝7.5 m/s2，在传送带上向上滑行的
最远距离xm＝＝2.4 m，选项A、B正确；小木块刚开
始下滑时的加速度仍为7.5 m/s2，在传送带上下滑至与传送带速度相等时的位移x1＝＝0.6 m，之后小木块速度大于传送带速度，所受摩擦力方向向上，加速度大小为a′＝g sin θ－μg cos θ＝2.5 m/s2，小木块回到传送带底端时的速度v′＝ m/s，选项C、D错误。
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[能力提升练]
9．(多选)(2026·深圳福田月考)如图所示，一传送带与水
平面之间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度
v2沿顺时针方向稳定运行，现让一物块(视为质点)从传送
带的底端以速度v1冲上传送带，当物块运动到传送带的顶
端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，v1>v2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．μ与θ之间的关系为μB．物块在做减速运动的过程中，加速度不变
C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为2μg cos θ
D．共速前物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半
AC　
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解析：AC　根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmg cos θv2，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为a1＝＝g sin θ＋μg cos θ，物块与传
送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a2＝＝g sin θ－μg cos θ9
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程物块的位移为x物＝t1，传送带的位移为x传＝v2t1，可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx1＝x物－x传＝t1，若满足Δx1＝x物，则有v1＝3v2，由于v1不一定等于3v2，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。
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10．(2025·辽宁阜新高三统考)如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
(　　)
A．物块可能沿传送带向上运动
B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ
C．t0时间后物块的加速度大小为2g sin θ－
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为g sin θ－的加速度做匀加速直线运动
图甲
图乙
C　
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解析：C　v-t图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，知传送带逆时针转动，根据图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mg sin θ>μmg cos θ，解得μ图甲
图乙
于mg sin θ>μmg cos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2g sin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。
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11．(10分)(2026·四川绵阳南山中学月考)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
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解析：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma　①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1　②
联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m　③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′
由运动学公式有v＝v0－at1′　④
t1＝t1′＋　⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75 s　⑥。
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(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2，则
v12－v02＝－2μgL　⑦
v22－v02＝2μgL　⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s, v2＝4 m/s。
答案：(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s
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[培优创新练]
12．(10分)(2025·重庆铜梁一中高三月考)如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品(可以忽略其形状和大小)无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.5，均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1.64 m，倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)产品刚放上水平传送带AB时，产品加速度的大
小和方向；
(2)产品在水平传送带AB上运动的时间；
(3)产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
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解析：(1)设产品的质量为m，刚放上水平传送带AB时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝5 m/s2
分析可知，加速度的方向水平向右。
(2)假设产品在水平传送带AB上能加速到速度v，则产品在水平传送带AB上加速运动的时间为t1＝＝0.8 s
产品在加速过程通过的位移大小为s1＝at12解得s1＝1.6 m
s1产品匀速运动的时间为t2＝＝2.6 s
则产品在水平传送带AB上运动的时间为t＝t1＋t2＝3.4 s。
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(3)设产品刚放上倾斜传送带BC时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
假设产品在倾斜传送带BC上能加速到速度v，则产品加速到与传送带共速所用时间为t1′＝＝0.4 s
产品加速到与传送带共速所通过的位移大小为s1′＝a1t1′2
解得s1′＝0.8 m
s1′12
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由于mg sin θ>μmg cos θ，可知产品与传送带共速后继续做匀加速运动，设加速度大小为a2，加速时间为t2′，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
根据运动学公式可得L2－s1′＝vt2′＋a2t2′2
解得t2′＝0.2 s(另一解t2′＝－4.2 s舍去)
则产品在倾斜传送带BC上运动的时间为t′＝t1′＋t2′＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s2　水平向右　(2)3.4 s　
(3)0.6 s
专题突破4　动力学中的“传送带”模型
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