第三章　第4讲　专题强化：传送带模型中的动力学问题 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：传送带模型中的动力学问题
题型一　水平传送带中的动力学问题
1．三种常见情境
常见情境 v－t图像
条件：l≤ 条件：l＞
条件：v0＝v 条件：v0条件：l≤ 条件：l＞；v0＞v 条件：l＞；v02．关键信息
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”，反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力可能突变：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。
【典例1】　（2024·海南高三期中）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(　D　)
A．小滑块的加速度方向向右，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，滑动摩擦力方向向左，加速度方向向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0水平传送带问题的特点
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向（含物体初速度为0）或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速。滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
1．如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是(　C　)
A．物块P一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．物块P最终有可能从图甲的左端滑下传送带
解析：由题图乙可知，物块P先做加速度为μg的匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起向右做匀加速运动，故B错误，C正确；物块P与传送带一起向右做匀加速运动时，物块P受静摩擦力，物块P也不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。
2．如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v＝4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物块（视为质点）以速度v0＝8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t＝2 s物块离开传送带，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　)
A．物块在传送带上一直做匀减速直线运动
B．物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s
C．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4
D.物块在传送带上留下的划痕为6 m
解析：假设物块在传送带上一直做减速运动，加速度的大小为a，L＝v0t－at2，解得a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s＜4 m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则与传送带一起匀速的时间为2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×(2 s－t1)，解得t1＝1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，根据加速度的定义可知a′＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg＝ma′，解得μ＝0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小即划痕长度为Δx＝v0t1－a′t－vt1＝2 m，D错误。
题型二　倾斜传送带中的动力学问题
两种常见情境
常见情景 v－t图像
条件：l≤；μ＞tan θ 加速度：a＝g(μcos θ－sin θ) 条件：l＞；μ＞tan θ 加速度：a＝g(μcos θ－sin θ)
条件：l≤；μ＞tan θ 加速度：a＝g(μcos θ＋sin θ) 条件：l＞；μ＞tan θ 加速度：a＝g(μcos θ＋sin θ) 条件：l＞；μ【典例2】　如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)传送带从A到B的长度；
(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【解析】　(1)煤块速度达到10 m/s之前，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，t1＝＝1 s，x1＝a1t＝5 m，煤块速度达到10 m/s之后运动的时间t2＝1 s，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m。
(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m，煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m，由于s1相＞s2相，所以痕迹长为5 m。
【答案】　(1)16 m　(2)5 m
倾斜传送带问题分析要点
(1)物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
(2)痕迹问题：共速前，x传＞x物，痕迹Δx1＝x传－x物，共速后，x物＞x传，痕迹Δx2＝x物－x传，总痕迹取二者中大的那一段。
3．（2025·上海静安区高三检测）2023年5月28日，东航C919首个商业航班——MU9191航班从上海虹桥国际机场起飞，平稳降落在北京首都国际机场，标志着国产大飞机C919圆满完成首个商业航班飞行。机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱，简化为如图所示。长度L＝20 m的传送带以速度v＝4 m/s顺时针运动，某时刻将质量为m的货物（可看成质点）无初速度放在传送带底端，t1＝4 s时货物与传送带共速，之后随传送带一起运动到上方机舱，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　B　)
A．货物加速阶段的位移大小为16 m
B．货物在传送带上运动的时间为7 s
C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为4 m
D．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5
解析：货物刚放上传送带时做初速度为0的匀加速直线运动，加速阶段位移大小x1＝t1＝8 m，t1＝4 s时货物与传送带共速，则加速度a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma，解得μ＝0.875，故A、D错误；货物与传送带共速后向上做匀速直线运动，设历时t2到达顶端，有L－x1＝vt2，解得t2＝3 s，所以货物从传送带底端到达上方机舱所经过的时间为t＝t1＋t2＝7 s，故B正确；货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝v·t1－x1＝8 m，故C错误。
4．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。重力加速度大小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 θ－mg sin θ＝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，小包裹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运行方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin 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所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
课时作业17
1．（5分）（2024·北京卷）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(　D　)
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：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；物体加速运动过程中，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，物体做匀加速运动时，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．（5分）（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时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻小物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则小物块从传送带底端运动到顶端的过程中，下列加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　C　)
解析：0～t0时间内：小物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，小物块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故小物块做匀加速运动。t0之后：当小物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，小物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。
3．（5分）（2025·黑龙江大庆高三检测）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，重力加速度大小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，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v＝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v14．（5分）在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是(　C　)
A．经过1 s的时间行李箱与传送带共速
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为2 m
C．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变
D．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持不变
解析：由题图乙可知传送带的最大速度为2 m/s，行李箱的加速度为a＝μg＝1 m/s2，则行李箱速度达到与传送带相同所用的时间为t＝＝2 s，故A错误；行李箱在2 s内的对地位移大小为x1＝at2＝2 m，传送带2 s内的位移大小为x2＝×2×1 m＋2×1 m＝3 m，则行李箱相对于传送带滑动的距离为Δx＝x2－x1＝1 m，故B错误；若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间仍为t＝＝2 s，可知行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变，故C正确；若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。
5．（5分）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则(　B　)
A．t2时刻，小物块到A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对于传送带滑动的距离达到最大
C．0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0到t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：0到t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左运动的速度减为0，此时到A处的距离达到最大，A错误；t2时刻前小物块相对于传送带向左运动，之后小物块相对于传送带静止，t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；0到t2时间内小物块先减速，后反向加速，因v16．（5分）（多选）（2025·河南重点中学高三联考）如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小g取10 m/s2，若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为(　BC　)
A．1 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
解析：若传送带的速度很小（一直小于小物块的速度），小物块一直减速，加速度大小a1＝g sin 30°＋μg cos 30°＝12.5 m/s2，小物块到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2 m/s；若传送带的速度很大（一直大于小物块的速度），小物块一直加速，加速度大小a2＝－g sin 30°＋μg cos 30°＝2.5 m/s2，小物块到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8 m/s。故B、C正确。
7．（5分）（多选）工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋（视为质点），4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　BC　)
A．在t＝0.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带运行的速度大小为0.5 m/s
D．在0～2.5 s内粮袋处于失重状态
解析：由题图乙可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；根据v－t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由题图乙可知L＝(v0＋1.5 m/s)×2.5 s＋(4.5 s－2.5 s)v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由题图乙和C分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿斜面向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，联立代入数据解得μ＝0.8，故D错误，B正确。
8．（5分）（2025·北京平谷区检测）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从传送带的底部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零。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　C　)
A．传送带的速度大小为16 m/s
B．物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
解析：由题图乙可知传送带的速度大小为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，根据题图乙可得加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，根据题图乙可得加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，解得μ＝0.25，B错误，C正确；传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度大小都相等，D错误。
9．（5分）如图所示，水平传送带两轮轴心A、B间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以8 m/s的速率逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度大小g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　B　)
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6 s
C.Q在运动过程中所受摩擦力始终不变
D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态
解析：当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止，对Q受力分析，则有T0＝Ff，即mPg＝μmQg，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动时，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，对Q有μmQg＋T1＝mQa，对P有mPg－T1＝mPa，联立并代入数据解得a＝ m/s2，物块Q加速到v＝8 m/s时的位移x＝＝4.8 m＜L＝16 m，又因为μmQg＝mPg，则Q的速度与传送带速度相等即8 m/s后，P、Q接着做匀速直线运动，Q做匀加速运动的时间为t1＝＝1.2 s，匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，则Q从传送带左端运动到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，所受摩擦力方向水平向右，在做匀速运动过程中，所受摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B项分析可知，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q在做匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误。
10．（15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，重力加速度大小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划痕长度。
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μmg cos 37°－mg sin 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，所以划痕的长度Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m。
答案：(1)见解析　(2)　(3)18 m
11．（20分）某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2解析：(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则FN1＝mg，Ff1＝μFN1＝ma1，联立解得a1＝5 m/s2。由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m，由于x1(2)设CD传送带以速度v2沿顺时针方向运转，当工件的速度大于v2时，工件所受滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，工件所受滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3。两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿第二定律可得－2a2x3＝v－v，mg sin θ－μFN2＝ma3，－2a3x4＝0－v，LCD＝x3＋x4，解得v2＝4 m/s。
答案：(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s