“传送带”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习

运动和力的关系

“传送带”模型中的动力学问题

素养目标：

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。

1．（2024·北京·高考真题）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

【答案】D

【解析】A

．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；

B．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；

C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；

D．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：mg

ag

mm

m==

做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由vat=可知，传送带速度越大，

物体加速运动的时间越长，D正确。

故选D。

考点一　水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况

情景传送带不足够长(滑块最

终未与传送带相对静止)传送带足够长

一直加速先加速后匀速

v0

v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带

传回左端

若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；

若v0>v，则返回到左端时速度为v

例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v，一小滑块从传送带左端

以初速度大小0v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

0

1

v

v



，小滑块返回到左端的时间为

0

1vv

gm+

C．若01vv>，小滑块返回到左端的时间为01vv

gm+

D．若01vv>，小滑块返回到左端的时间为2

01

12vv

gvm+

【答案】D

【解析】A．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：mgmam=

解得：agm=

故A错误；

B．若

01vv，小滑块的速度从0v先向右减速到0再返回加速到0v，刚好返回到左端，时间为：

02v

t

gm=

故B错误；

CD．若01vv>，小滑块的速度从0v先向右减速到0的时间：0

1v

t

gm=

位移为：2

0

12v

x

gm=

然后加速返回，速度加速到1v的时间：1

1v

t

gm=

位移为：2

1

22v

x

gm=

最后以速度1v匀速回到左端，时间为：22

01

22

0112

3

11122

2vv

vvxxggt

vvgvmm

m-

--

===

小滑块返回到左端的时间：1123tttt=++

解得：222

010011

1122vvvvvv

t

gggvgvmmmm+-

=++=

故C错误，D正确。

故选D。

【易错分析】

1.若01vv>，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v，不能加速到0v。

2.

01vv，先匀减速再反方向加速，因减速位移较短，反方向加速只能加速到0v，不能加

速到1v。

例题2. 在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。

将一个包裹(可视为质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度

为0 的匀加速直线运动。包裹和传送带的速度一时间图像如图所示， 5t=s时包裹运动到

传送带的右端。下列说法正确的是（ ）A．图线I 反映的是包裹的运动

B．包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.16

C．传送带的长度为 20 m

D．包裹相对传送带滑动的距离为7.5m

【答案】D

【解析】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加

速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线

I 反映的是传送带的运动，图像Ⅱ反应包

裹的运动，选项A错误；

B．包裹的加速度：225

m/s1m/s

5a==

根据：agm=

可知包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，选项B错误；

C．传送带的长度等于包裹的位移：1

55m12.5m

2L=´´=

选项C错误 ；

D．包裹相对传送带滑动的距离为：1

58m12.5m7.5m

2xD=´´-=

选项D正确。

故选D。

【易错分析】

1.求相对位移时应为位移大的减去位移小的。

2.匀变速运动利用平均速度更容易求解。

考点二　倾斜传送带中的动力学问题。倾斜传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

一直加速(一定满足关系μ>tan θ)先加速后匀速(一定满足关

系μ>tan θ)

若μ≥tan θ，先加速后匀速

一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)若μ

θ

，先以

a

1加速，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速

v0

μgcos θ)v0

速后匀速；若μ

以a1加速，后以a2加速

v0>v时，若μ

加速度大小为gsin θ－

μgcos θ；

若μ>tan θ，一直减速，

加速度大小为μgcos θ－

gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速v0>v时，若μ>tan θ，先减

速后匀速；若μ

直加速；若μ＝tan θ，一直

匀速

μ

μ＝tan θ，一直匀速

(摩擦力方向一定

沿传送带向上)μ>tan θ，一直减速μ>tan θ，先减速到速度为0

后反向加速，若v0≤v，运

动到原位置时速度大小为

v0；若v0>v，运动到原位置

时速度大小为v

例题3. 如图甲所示，MN是一段倾角为30q=°的传送带，一个可以看作质点，质量为

1kgm=的物块，以沿传动带向下的速度04m/sv=从M点开始沿传送带运动。物块运动过程

的部分vt-图像如图乙所示，取210m/sg=，则（ ）A．物块最终从传送带N点离开

B．物块将在4.8s时回到原处

C

．物块与传送带之间的摩擦因数为3

2

D．传送带的速度1m/sv=，方向沿斜面向下

【答案】

C

【解析】AD．从vt-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1m/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1m/sv=，方向沿斜

面向上，故AD错误；

C．—vt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

224(1)

m/s2.5m/s

2a--

==

根据牛顿第二定律可得：cossinmgmg

a

mmqq-

=

联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为：3

2m=

故C正确；

B．物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为：0

11.6sv

t

a==

物块沿传送带向下减速通过的位移大小为：0

113.2m

2v

xt==

物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为：20.4sv

t

a==

物块反向向上加速通过的位移大小为：220.2m

2v

xt==

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：12

33sxx

t

v-

==

则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为：1235stttt=+=+

故B错误。

故选C。

例题4. 如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图。分离器出口在倾斜传送带中段

适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿斜面向下的初速度，最终虾均能被传

送至下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面间夹角为q，始终

以恒定速率顺时针转动，下列说法正确的是（ ）

A．鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向先沿斜面向上后沿斜面向下

B．虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做减速直线运动

C．虾与传送带间的动摩擦因数一定小于tanq

D．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tanq

【答案】

D

【解析】AD．由于鱼落在斜面时有沿着斜面向下的初速度，鱼相对于传送带向下运动，鱼

受到沿斜面向上的滑动摩擦力，鱼均能被传送到上端收集箱中，鱼所受重力沿斜面的分力小

于滑动摩擦力，即：cossinmgmgmqq>

鱼

解得：tanmq>

鱼

则鱼先沿斜面向下做匀减速直线运动，当速度减为0后，沿斜面向上做匀加速直线运动，当

鱼的速度与传送带共速时，做匀速直线运动，鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向一

直沿斜面向上，故A错误，D正确；

BC．由于虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度，虾相对于传送带向下运动，虾受到沿斜

面向上的滑动摩擦力，当虾所受重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀加

速直线运动，当虾所受重力沿斜面的分力等于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀速直线运动，

当虾所受重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀减速直线运动，这三种情

况虾均能把虾传送至下端收集箱中，故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于tanq，故BC

错误。

故选D。