第14讲　题型突破：传送带模型中的动力学问题 讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理讲义以传送带模型为核心，通过表格系统归纳水平与倾斜传送带的常见情境，结合v-t图像呈现运动过程，梳理运动学公式、摩擦力分析、牛顿第二定律等知识及临界突变思想，构建清晰的动力学问题知识脉络。 讲义亮点在于分题型设计典例与练习，如水平传送带划痕计算、倾斜传送带加速度分析，运用图像法和临界思想培养科学思维与运动和相互作用观念。基础题巩固方法，综合题提升能力，助力学生自主复习，也为教师实施分层教学提供精准支持。

2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第14讲　传送带模型中的动力学问题 ——夯基强化讲义 一、重要知识： （一）运动学知识： 1．速度公式：v=v0+at 2．位移公式： 3．速度-位移公式：v2-v02=2ax （二）力学知识：摩擦力的大小计算和方向判断，受力分析。 （三）动力学知识：牛顿第二定律。 二、重要思想方法 临界与突变思想：当物块与传送带速度相等时，摩擦力会发生突变。 图像法：画出物块和传送带运动的v-t图像，根据图像可以求出位移和划痕。 题型一　水平传送带中的动力学问题 1.三种常见情境（注意：传送带模型中选地面为参考系） 常见情境 v-t图像 条件:l≤ 物块一直匀加速 条件:l> 物块先匀加速后匀速 条件:v0=v 物块一直匀速 条件:v0<v ①l≤x物，物块一直匀加速 ②l>x物，物块先匀加速后匀速 条件:v0>v ①l≤x物，物块一直匀减速②l>x物，物块先匀减速后匀速 条件:l≤ 物块一直匀减速 条件:l>;v0>v 物块先匀减速后反向匀加速到v再匀速 条件:l>;v0<v 物块先匀减速到停后反向匀加速到v0 2.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)共速时摩擦力突变可能情况: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。 3.传送带上的划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。 若两次相对运动: 两次相对运动方向相同:Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反: 因反向划痕会覆盖原有痕迹，最终痕迹长度等于最大相对位移，Δx取Δx1、Δx2两者中较大者(图乙)。 【典例1】　某快递公司为了提高效率,使用电动传输机输送快件,如图所示,水平传送带AB长度L=5.25 m,始终保持恒定速度v=1 m/s运行,在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点),快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,快件由静止开始加速,与传送带共速后做匀速运动到达B处,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　D　) A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用,后受静摩擦力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5 m D.快件由A到B的时间为5.5 s 【解析】　快件加速时,滑动摩擦力方向与运动方向相同,匀速后,与传送带之间无相对运动趋势,不受摩擦力作用,故A、B错误;快件与传送带相对运动时,由牛顿第二定律可得加速度大小为a==μg=2 m/s2,快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t==0.5 s,与传送带的相对位移为Δx=vt - t=0.25 m,故C错误;快件匀速运动的时间为t'= =5 s,则快件由A到B的时间为t总=t+t'=5.5 s,故D正确。 【典例2】　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v0<v1,小滑块返回到左端的时间为 C.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<v1,小滑块的速度从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t2=,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t=t1+t2+t3,解得t=,故C错误,D正确。 1.(多选)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(　CD　) 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点到B点之间的距离为11 m 解析:开始时物块受摩擦力向右,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,A、B错误;到达B点速度最大,最大速度vm=v0+a2(t-t1)=(6+4×1) m/s=10 m/s,C正确;传送带A点到B点之间的距离为L=x1+v0(t-t1)+a2(t-t1)2=3 m+6×1 m+×4×1 m=11 m,D正确。 2．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，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取10。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（　C　） A．开始时行李的加速度大小为4 B．行李经过2s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 解析：A．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为根据牛顿第二定律解得故A错误； BC．行李达到和皮带速度相同需要的时间为位移为，行李匀速到B的时间为行李从A运动到B处的时间为故B错误，C正确。 D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为故D错误。故选C。 题型二　倾斜传送带中的动力学问题 1.两种常见情境 常见情境 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<tan θ 加速度:a=g(μcos θ+sin θ) a'=g(sin θ-μcos θ) 2.倾斜传送带问题分析要点 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mgsin θ与μmgcos 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。 3.其他倾斜传送带情景： （1）物块从下方以初速度v0滑上传送带 （2）物体从上方以初速度v0滑上传送带 【典例3】　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。工作人员沿传送带方向以速度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。 【答案】　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 【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μmgcos θ-mgsin 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=×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μmgcos θ>mgsin 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。 【典例4】　(多选)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　AD　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4) m 【解析】　0~1 s内煤块的加速度大小为a1= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度大小为a2= m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1 - a1×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2 - a2×4×12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据动力学公式有x1+x2= a2,解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为t3= s,故C错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移为Δx1=x1-vt1=8 m-4×1 m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=4×1 m-2 m=2 m,2~(2+) s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=8 m+2 m+4 m=(10+4) m,由于Δx2+Δx3>Δx1,煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2+Δx3=(12+4) m,故D正确。 3.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,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(　C　) 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 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==0.8 m<LAB,故假设成立,此后根据牛顿第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得,此后工件下滑的加速度大小为a2=2 m/s2,则LAB-x1=v0t2+,解得t2=1 s,所以,工件由顶端到底端的时间是t=t1+t2=1.4 s,故B错误;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=x工2- 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。 4.如图所示，传送带AB的长度为L=16m，与水平面的夹角θ=37°，传送带以速度v0=10m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m=0.5kg的小煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.。求： （1）小煤块刚放上传送带时的加速度； （2）小煤块从A运动到底端B所用的时间： （3）小煤块在传送带上留下的划痕多长。 答案：（1），方向沿传送带向下；（2）；（3） 解析：（1）煤块刚放到传送带上时，对煤块根据牛顿第二定律可得，解得，方向沿传送带向下。 （2）煤块速度与传送带速度相等时，所用时间为；煤块通过的位移 煤块与传送带共速后，继续向下加速运动，由牛顿第二定律得，解得 根据运动学公式可得，解得 小煤块从A运动到底端B所用的时间为 （3）在时间内煤块相对于传送带向上的位移大小为 在时间内煤块相对于传送带向下的位移大小为，则小煤块在传送带上留下的划痕长度为。‍ 1.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v1<v0,则物料在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,则物料做匀加速运动的时间和位移大小分别为t1==4 s,x1=v1t1=16 m,做匀速运动的位移大小和时间分别为x2=L-x1=20 m,t2==2.5 s,则物料通过传送带的时间t总=t1+t2=6.5 s;当传送带以速度大小v2=16 m/s匀速运动时,因v2>v0,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.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.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.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.(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v≥ m/s≈9.4 m/s,故选C、D。 6.(多选)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　) A B C D 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.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μa<tan θ<μb,二者运动过程中不会碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,则a、b间的距离(　D　) A.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. (多选)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.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.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<x,物体返回到A点的速度v'A=v=4 m/s。 为则易 第1页/共21页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第14讲　传送带模型中的动力学问题 ——夯基强化讲义 一、重要知识： （一）运动学知识： 1．速度公式：v=v0+at 2．位移公式： 3．速度-位移公式：v2-v02=2ax （二）力学知识：摩擦力的大小计算和方向判断，受力分析。 （三）动力学知识：牛顿第二定律。 二、重要思想方法 临界与突变思想：当物块与传送带速度相等时，摩擦力会发生突变。 图像法：画出物块和传送带运动的v-t图像，根据图像可以求出位移和划痕。 题型一　水平传送带中的动力学问题 1.三种常见情境（注意：传送带模型中选地面为参考系） 常见情境 v-t图像 条件:l≤ 物块一直匀加速 条件:l> 物块先匀加速后匀速 条件:v0=v 物块一直匀速 条件:v0<v ①l≤x物，物块一直匀加速 ②l>x物，物块先匀加速后匀速 条件:v0>v ①l≤x物，物块一直匀减速②l>x物，物块先匀减速后匀速 条件:l≤ 物块一直匀减速 条件:l>;v0>v 物块先匀减速后反向匀加速到v再匀速 条件:l>;v0<v 物块先匀减速到停后反向匀加速到v0 2.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)共速时摩擦力突变可能情况: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。 3.传送带上的划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。 若两次相对运动: 两次相对运动方向相同:Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反: 因反向划痕会覆盖原有痕迹，最终痕迹长度等于最大相对位移，Δx取Δx1、Δx2两者中较大者(图乙)。 【典例1】　某快递公司为了提高效率,使用电动传输机输送快件,如图所示,水平传送带AB长度L=5.25 m,始终保持恒定速度v=1 m/s运行,在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点),快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,快件由静止开始加速,与传送带共速后做匀速运动到达B处,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　) A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用,后受静摩擦力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5 m D.快件由A到B的时间为5.5 s 【典例2】　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.小滑块的加速度方向向右,大小为μg B.若v0<v1,小滑块返回到左端的时间为 C.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 1.(多选)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点到B点之间的距离为11 m 2．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，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取10。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4 B．行李经过2s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 题型二　倾斜传送带中的动力学问题 1.两种常见情境 常见情境 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<tan θ 加速度:a=g(μcos θ+sin θ) a'=g(sin θ-μcos θ) 2.倾斜传送带问题分析要点 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mgsin θ与μmgcos 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。 3.其他倾斜传送带情景： （1）物块从下方以初速度v0滑上传送带 （2）物体从上方以初速度v0滑上传送带 【典例3】　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。工作人员沿传送带方向以速度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。 【典例4】　(多选)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4) m 3.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,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(　 　) 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 4.如图所示，传送带AB的长度为L=16m，与水平面的夹角θ=37°，传送带以速度v0=10m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m=0.5kg的小煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.。求： （1）小煤块刚放上传送带时的加速度； （2）小煤块从A运动到底端B所用的时间： （3）小煤块在传送带上留下的划痕多长。 1.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.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.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.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.(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.(多选)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(　 　) A B C D 7.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μa<tan θ<μb,二者运动过程中不会碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,则a、b间的距离(　 　) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 8. (多选)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.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.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。 为则易 第1页/共21页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $