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第4讲　专题强化:传送带模型中的动力学问题
1.(5分)(2026·黑龙江大庆检测)传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具,可以替代人工搬运,节省人力物力。一水平传送带两端相距36 m,物料与传送带间的动摩擦因数为0.2。物料从一端轻放上传送带,被传送至另一端。当传送带分别以8 m/s和16 m/s的速度大小匀速运动时,重力加速度g取10 m/s2,物料通过传送带的时间差为(　　)
A.0.5 s B.1 s
C.2.5 s D.4 s
2.(5分)北京首都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
3.(5分)(2025·贵州遵义模拟)如图,倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端,则传送带底端与顶端间的高度差应小于(　　)
A.
4.(5分)(2025·安徽合肥模拟)如图1所示为某超市的倾斜式自动人行道,将顾客随自动人行道上行的情境简化为如图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止,下列说法正确的是(　　)
A.自动人行道减速向上运行的过程中,顾客一定受重力、支持力和静摩擦力
B.自动人行道减速向上运行的过程中,顾客受摩擦力方向一定沿人行道向上
C.自动人行道加速向上运行的过程中,顾客受到的支持力比匀速时小
D.自动人行道加速向上运行的过程中,顾客受到的摩擦力比匀速时大
5.(5分)(多选)如图所示,由于运力增加,某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m,传送带顺时针匀速传动,其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定,一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带,已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,则下列传送带的速度符合要求的是(　　)
A.8 m/s B.9 m/s
C.10 m/s D.11 m/s
6.(5分)(多选)(2025·福建泉州质检)如图所示,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某一初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
7.(5分)(2025·湖南岳阳三模)倾角为θ的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0时在传送带上部无初速度地轻放小木块a、b,开始时二者间距离为d0,如图所示。已知小木块a、b与传送带间的动摩擦因数满足μaA.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
8.(5分)(多选)(2025·安徽池州二模)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为0,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　)
A.1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功
B.0~3 s时间内物块平均速度大小为8 m/s
C.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s
D.0~1 s与1~3 s两段时间内物块与传送带间相对位移之比为3︰2
9.(10分)如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速率顺时针转动,现使小物块以2 m/s的初速度沿传送带向下运动,小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)简述前2 s、2~6 s、6~8 s小物块的运动状况。
(2)求小物块与传送带间的动摩擦因数的大小(结果用分数表示)。
(3)求前8 s内小物块与传送带之间的痕迹长度。
10.(10分)(2025·安徽合肥模拟)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取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。
第4讲　专题强化:传送带模型中的动力学问题
1.(5分)(2026·黑龙江大庆检测)传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具,可以替代人工搬运,节省人力物力。一水平传送带两端相距36 m,物料与传送带间的动摩擦因数为0.2。物料从一端轻放上传送带,被传送至另一端。当传送带分别以8 m/s和16 m/s的速度大小匀速运动时,重力加速度g取10 m/s2,物料通过传送带的时间差为(　A　)
A.0.5 s B.1 s
C.2.5 s D.4 s
解析:设物料的质量为m,物料与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带的长度为L,物料刚放上传送带时,根据牛顿第二定律对物料有μmg=ma,解得物料在传送带上做匀加速运动时的加速度大小a=2 m/s2。假设物料在传送带上一直做匀加速运动,到达另一端时恰好与传送带共速,设此时传送带的速度大小为v0,根据匀变速直线运动规律有=2aL,解得v0=12 m/s,所以当传送带以速度大小v1=8 m/s匀速运动时,因v1v0,则物料在传送带上一直做匀加速直线运动,有L=,解得物料通过传送带的时间t'总=6 s。所以物料通过传送带的时间差Δt=t总-t'总=0.5 s,故A正确,B、C、D错误。
2.(5分)北京首都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(　D　)
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。
3.(5分)(2025·贵州遵义模拟)如图,倾角可调的货物运输机通过传送带将货物从底端传送到顶端。已知传送带底端到顶端的距离为L,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证轻放在传送带上的货物能被传送到顶端,则传送带底端与顶端间的高度差应小于(　D　)
A.
解析:设传送带与水平面的夹角为θ,若货物能被传送到顶端,则μmgcos θ≥mgsin θ,即μ>tan θ,根据几何关系可得tan θ=,联立可得h<,故选D。
4.(5分)(2025·安徽合肥模拟)如图1所示为某超市的倾斜式自动人行道,将顾客随自动人行道上行的情境简化为如图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止,下列说法正确的是(　D　)
A.自动人行道减速向上运行的过程中,顾客一定受重力、支持力和静摩擦力
B.自动人行道减速向上运行的过程中,顾客受摩擦力方向一定沿人行道向上
C.自动人行道加速向上运行的过程中,顾客受到的支持力比匀速时小
D.自动人行道加速向上运行的过程中,顾客受到的摩擦力比匀速时大
解析:设自动人行道倾角为θ,若自动人行道减速向上运行的加速度大小为gsin θ,对顾客进行分析,根据牛顿第二定律可知,此时顾客所受外力的合力F=ma=mgsin θ,即合力等于重力沿自动人行道向下的分力,可知,此时顾客只受到重力和自动人行道支持力的作用,故A、B错误;对顾客进行分析,其所受支持力N=mgcos θ,可知,不论自动人行道加速、匀速或减速向上运行,顾客受到的支持力大小均与其所受重力垂直于自动人行道的分力大小相同,故C错误;若自动人行道加速向上运行,对顾客进行分析,根据牛顿第二定律有f-mgsin θ=ma,解得f=mgsin θ+ma,若自动人行道匀速向上运行,对顾客进行分析,根据平衡条件有f'=mgsin θ,可知,自动人行道加速向上运行的过程中,顾客所受沿自动人行道向上的静摩擦力大于匀速时所受的摩擦力,故D正确。
5.(5分)(多选)如图所示,由于运力增加,某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m,传送带顺时针匀速传动,其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定,一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带,已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,则下列传送带的速度符合要求的是(　CD　)
A.8 m/s B.9 m/s
C.10 m/s D.11 m/s
解析:根据题意可知,欲让货物尽快通过传送带,则需让货物在传送带上一直做匀加速运动,设货物通过传送带后的速度为v,由牛顿第二定律有ma=μmg,由运动学公式有v2-=2ax,解得v= m/s≈9.4 m/s,即符合要求的传送带速度为v1≥ m/s≈9.4 m/s,故选C、D。
6.(5分)(多选)(2025·福建泉州质检)如图所示,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某一初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则其速度v随时间t变化的图像可能是(　BC　)
解析:设传送带倾角为θ,动摩擦因数为μ,若mgsin θ>μmgcos θ,滑块所受合力沿传送带向下,小滑块向下做匀加速运动;若mgsin θ=μmgcos θ,小滑块沿传送带方向所受合力为0,小滑块匀速下滑;若mgsin θ<μmgcos θ,小滑块所受合力沿传送带向上,小滑块做匀减速运动,当速度减为0时,开始反向加速,当加速到与传送带速度相同时,因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力,故小滑块随传送带做匀速运动,A、D错误,B、C正确。
7.(5分)(2025·湖南岳阳三模)倾角为θ的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0时在传送带上部无初速度地轻放小木块a、b,开始时二者间距离为d0,如图所示。已知小木块a、b与传送带间的动摩擦因数满足μaA.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
解析:初始时,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,开始阶段b的加速度大于a的加速度,b达到传送带速度后,由于tan θ<μb,则b和传送带保持相对静止;a达到传送带速度后,有mgsin θ-μamgcos θ=ma2,可知a继续加速,木块a、b在传送带上运动的v-t图像如图所示,则a、b间距离先减小,a达到传送带速度时,距离最近,再往后,a、b间距离又逐渐增大,故选D。
8.(5分)(多选)(2025·安徽池州二模)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为0,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　AC　)
A.1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功
B.0~3 s时间内物块平均速度大小为8 m/s
C.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s
D.0~1 s与1~3 s两段时间内物块与传送带间相对位移之比为3︰2
解析: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,所以0~1 s时间内物块所受摩擦力做负功;1 s末至物块到达传送带顶端,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,所以1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功,故A正确;物块运动的位移大小等于v-t图线与时间轴所围图形的面积大小,为x= m=20 m,物块平均速度大小为 m/s,故B错误;物块下滑加速度与1~3 s时间内物块加速度相同,a2==4 m/s2,根据x= a2,解得t2= s,故C正确;0~1 s与1~3 s两段时间内物块与传送带间相对位移之比,根据图像可知,故D错误。
9.(10分)如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速率顺时针转动,现使小物块以2 m/s的初速度沿传送带向下运动,小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)简述前2 s、2~6 s、6~8 s小物块的运动状况。
(2)求小物块与传送带间的动摩擦因数的大小(结果用分数表示)。
(3)求前8 s内小物块与传送带之间的痕迹长度。
答案:(1)见解析　(2)　(3)18 m
解析:(1)前2 s小物块与传送带发生相对滑动,小物块沿传送带向下做匀减速直线运动;2~6 s小物块与传送带发生相对滑动,小物块沿传送带向上做匀加速直线运动;6~8 s小物块与传送带不发生相对滑动,向上做匀速直线运动。
(2)根据v-t图线的斜率表示加速度可得a= m/s2=1 m/s2,
由牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得μ=。
(3)前8 s内只有前6 s内小物块与传送带发生相对滑动,前6 s内传送带做匀速直线运动的距离x带=4×6 m=24 m,由题图可知,前2 s内小物块运动的位移大小x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下,2~6 s内小物块运动的位移大小x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上,所以痕迹的长度Δx=x带+x1-x2=(24+2-8) m=18 m。
10.(10分)(2025·安徽合肥模拟)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取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0的位移为x==3.6 m<10 m,故物体不会从B点滑出,速度减为0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

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