考点19 动力学传送带模型 讲义-2026届高考物理一轮复习重点考点解读与针对性训练

高考重点考点解读与针对性训练 第三章 运动和力的关系 考点19 动力学中的传送带模型 【考点解读】 1.模型特点 传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。 2.传送带模型问题的两个关键分析 受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 （2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变 运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 （2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 （3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带 3. 水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后匀速 情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速 情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 （2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0 4. 倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0） 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速（加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 （摩擦力方向一定沿斜面向上） 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后反向加速到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v 【高考真题】 【典例1】（2024·北京高考10题）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：刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前， 则摩擦力对物体做正功，C错误；加速运动过程ƒ＝μmg＝ma加速时间t＝ v越大，t越大，D正确。 【答案】D 【典例2】2.[2021高考辽宁]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＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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. 答案　（1）0.4m/s2　（2）4.5s 解析　（1）对小包裹，由牛顿第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma 解得小包裹相对传送带滑动时的加速度大小a＝0.4m/s2. （2）假设小包裹能与传送带共速，则由运动学知识有v2－v1＝at1 解得共速前所用的时间t1＝2.5s 又－＝2ax 解得这段时间内小包裹的位移x＝2.75m＜L，故假设成立 小包裹与传送带共速后，由于mgsinα＜μmgcosα，故小包裹与传送带共速向下运动，有L－x＝v1t2 解得t2＝2.0s 则小包裹通过传送带所需的时间 t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s. 【典例3】(2020高考全国理综III卷)如图，相距L=11.5m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，重力加速度取g = 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； （3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 【名师解析】：（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距离为s1，由运动学公式有 v2– v02= –2as1 ② 联立①②式，代入题给数据得 s1=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，由运动学公式有 v= v0–at1´ ④ 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。由动能定理有 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 m/s， m/s ⑨ （3）传送带的速度为v=6.0 m/s时，由于v0<v<v2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t2，由运动学公式有 v=v0+at2 ⑩ v2–v02=2as2 ⑪ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t2=1.0 s ⑫ s2=5.5 m ⑬ 因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同运动（Δt–t2）的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有 s3=（Δt–t2）v ⑭ 由①⑫⑬⑭式可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有 v32–v2= –2a（L–s2–s3） ⑮ 设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有 I=m（v3–v0） ⑯ 联立①⑫⑬⑭⑮⑯式并代入题给数据得 I=0 ⑰ 【针对性训练】 1.（2025·山东济宁月考）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g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） 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 答案：C 解析：假设物块在传送带上一直做匀减速运动，加速度的大小为a，则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，则物块与传送带一起匀速运动的时间为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，则减速时加速度大小为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得μ＝0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小，即留下的划痕长度为Δx＝v0t1－a1－vt1＝2 m，D错误。 2.如图所示，两轮轴心间距为L＝0.4 m、倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现将一质量m＝2 kg 的物块（可视为质点）以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块（　　） A.先做减速，后做匀速运动 B.开始加速度大小为 2 m/s2 C.经过t＝0.2 s到达顶端 D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m 答案 C 解析：　开始时加速度大小为a＝ ＝10 m/s2，物块与传送带共速时－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，则物块做匀减速运动到顶端时刚好与传送带共速，A、B错误；到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。 3.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（取g＝10 m/s2）（　　） A. s B.（－1）s C.3 s D.2.5 s 答案 C 解析：物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝＝1 s，加速的距离为 x＝t1＝0.5 m，此后物体随传送带一起做匀速运动，则匀速运动的时间为t2＝＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间为t＝t1＋t2＝3 s，C正确。 4.（2025·安徽蚌埠期末）图甲为机场和火车站的安全检查仪器，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，该行李从A到B的过程中（　　） A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右 B.行李到达B处时速率为1 m/s C.行李到达B处所需的时间为2.5 s D.行李与传送带间的相对位移为2 m 答案 BC 解析：　由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间为t，则有v＝at，代入数值得t＝1 s，行李做匀加速运动的位移大小为x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B所需的时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。 5. 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可能是（以物块初速度v1的方向为正方向）（　　） 答案 ABC 解析：　若μmgcos θ＞mgsin 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A正确；若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，然后与传送带共速后向上匀速运动，故B正确；若μmgcos θ＝mgsin θ物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；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D错误。 6. 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。g取10 m/s2，则（　　） A.传送带的速度为16 m/s B.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 答案 C 解析：　由图乙可知传送带的速度为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mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～3 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mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得μ＝0.25，B错误，C正确；当传送带转动的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为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都相等，D错误。 7. 如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动，一小物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点）.已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是（　BC　） A.μ＝0.4 B.μ＝0.2 C.t＝4.5s D.t＝3s 答案 BC 解析　由图乙可得，物块做匀减速运动的加速度大小a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围图形面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后做匀速运动回到传送带左端的过程，物块的位移为0，前2 s内物块的位移大小为s1＝t1＝×2 m＝4 m，方向向右，第3 s内的位移大小为s2＝t'1＝×1 m＝1 m，方向向左，前3 s内物块的位移s＝s1－s2＝4 m－1 m＝3 m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间为t2＝＝ s＝1.5 s，所以物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间为t＝t1＋t'1＋t2＝4.5 s，C正确，D错误. 8. 如图所示，小物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速转动的过程中，以下分析正确的是（　C　） A.M下滑的速度不变 B.M开始在传送带上先加速到2v0，后向下做匀速运动 C.M先向下做匀速运动，后向下做加速运动，最后沿传送带向下做匀速运动 D.M所受摩擦力的方向始终沿传送带向上 答案 C 解析　传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝Ff，摩擦力方向沿斜面向上，在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，这段过程中，物块继续匀速下滑；当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到沿斜面向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块将匀速下滑，故C正确. 9 . 如图所示，一水平的长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度大小为g）（　C　） A.μ与a之间一定满足关系μ＞ B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为 C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为 D.黑色痕迹的长度为 答案 C 解析　设煤块的加速度大小为a1，对煤块由牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝μg，由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μg＜a，解得μ＜，A错误；由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x1＝＝，B错误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t1＝＝，C正确；传送带从开始运动到速度为v经历的时间t2＝，传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x2＝，则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x3＝v(t1－t2)＝－，所以黑色痕迹的长度Δx＝x2＋x3－x1＝－，D错误. 10 .如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动.一小物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求： （1）小物块向上运动的最远距离； （2）小物块回到底端时的速度大小； （3）小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间. 答案　（1）4m　（2）4m/s　（3）3.6s 解析　（1）由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 代入数据解得a1＝10m/s2，方向沿传送带向下 设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，有t1＝＝0.6s 在这个阶段物块运动位移x1＝t1＝3m 由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 代入数据解得a2＝2m/s2，方向沿传送带向下 设最后减速到零需要的时间为t2 有t2＝＝1s 在这个阶段物块运动位移x2＝t2＝1m 小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4m （2）小物块之后向下加速运动直至回到底端，加速度a2＝2m/s2 由－0＝2a2xm 解得回到底端的速度v3＝4m/s （3）设向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝＝2s 小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6s. 11.（2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。 （1）求A、B两端之间的距离L； （2）若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下的痕迹s； （3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。（结果保留3位有效数字） 答案：（1）35 m　（2）25 m　（3）3.52 s 解析：（1）传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2， A、B两端之间的距离为L＝v0Δt＋a1（Δt）2 解得L＝35 m。 （2）传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m 小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。 （3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1 这段时间内小物块运动的位移为x1＝v0t1＋a2 在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x2＝L－x1 x2＝v2t2＋a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t＝t1＋t2 联立代入数据解得t＝3.52 s。 12 （2025·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为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，取g＝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。 答案：（1）16 m　（2）5 m 解析：（1）煤块速度达到10 m/s之前，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 t1＝＝1 s x1＝a1＝5 m 煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s 由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝vt2＋a2＝11 m 所以传送带从A到B的长度为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，则煤块形成的痕迹长为5 m。 　 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考重点考点解读与针对性训练 第三章 运动和力的关系 考点19 动力学中的传送带模型 【考点解读】 1.模型特点 传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。 2.传送带模型问题的两个关键分析 受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 （2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变 运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 （2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 （3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带 3. 水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后匀速 情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速 情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 （2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0 4. 倾斜传送带的几种情况：（条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0） 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 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＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速（加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 （摩擦力方向一定沿斜面向上） 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后反向加速到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v 【高考真题】 【典例1】（2024·北京高考10题）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 【典例2】2.[2021高考辽宁]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＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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. 【典例3】(2020高考全国理综III卷)如图，相距L=11.5m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，重力加速度取g = 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； （3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 【针对性训练】 1.（2025·山东济宁月考）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g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） 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 2.如图所示，两轮轴心间距为L＝0.4 m、倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现将一质量m＝2 kg 的物块（可视为质点）以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块（　　） A.先做减速，后做匀速运动 B.开始加速度大小为 2 m/s2 C.经过t＝0.2 s到达顶端 D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m 3.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（取g＝10 m/s2）（　　） A. s B.（－1）s C.3 s D.2.5 s 4.（2025·安徽蚌埠期末）图甲为机场和火车站的安全检查仪器，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，该行李从A到B的过程中（　　） A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右 B.行李到达B处时速率为1 m/s C.行李到达B处所需的时间为2.5 s D.行李与传送带间的相对位移为2 m 5. 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可能是（以物块初速度v1的方向为正方向）（　　） 6. 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。g取10 m/s2，则（　　） A.传送带的速度为16 m/s B.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 7. 如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动，一小物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点）.已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是（　　） A.μ＝0.4 B.μ＝0.2 C.t＝4.5s D.t＝3s 8. 如图所示，小物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速转动的过程中，以下分析正确的是（　　） A.M下滑的速度不变 B.M开始在传送带上先加速到2v0，后向下做匀速运动 C.M先向下做匀速运动，后向下做加速运动，最后沿传送带向下做匀速运动 D.M所受摩擦力的方向始终沿传送带向上 9 . 如图所示，一水平的长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度大小为g）（　　） A.μ与a之间一定满足关系μ＞ B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为 C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为 D.黑色痕迹的长度为 10 .如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动.一小物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求： （1）小物块向上运动的最远距离； （2）小物块回到底端时的速度大小； （3）小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间. 11.（2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。 （1）求A、B两端之间的距离L； （2）若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下的痕迹s； （3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。（结果保留3位有效数字） 12 （2025·安徽阜阳模拟）如图所示，煤矿有一传送带与水平地面的夹角为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，取g＝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。 　 学科网（北京）股份有限公司 $