傳送帶模型中的動力學問題高頻考點專題練

2026年高考物理一輪復習備考

一、單選題

1.如圖甲所示，傾角為0的傳送帶以恒定的速率％沿逆時針方向運行。，=0時，將質量〃z=lkg的物

體（可視為質點）輕放在傳送帶上端，物體相對地面的VT圖像如圖乙所示，2s時滑離傳送帶。設

沿傳送帶向下為正方向重力加速度8取10111/S2,而37。=0.6,8837。=0.8。則（）

v/(ms'')

A.傳送帶的傾角0=30。B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=04

C.傳送帶上下兩端的間距為15mD.物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5m

2.如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為0=37。，以恒定速率v=4m/s順時針轉動。一物

塊以初速度%=12m/s從A端沖上傳送帶，若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,g取lOm展,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.物塊以8m/s2的加速度勻減速至。后以4m/s2的加速度加速回到A點

B.物塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為二氈s

2

C.物塊在上升階段，在傳送帶上留下的劃痕長為2m

D.物塊在傳送帶上留下的劃痕長為（12+46）m

3.如圖所示，水平勻速轉動的傳送帶左右兩端相距L=3.5m,物塊A（可看作質點）以水平速度

%=4m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃設A到達傳送帶右端時的瞬時速

度為心g取10m/s2,下列說法不正確的是（）

A.若傳送帶速度等于2m/s,物塊不可能先減速運動后勻速運動

B.若傳送帶速度等于3.5m/s,v可能等于3m/s

C.若A到達傳送帶右端時的瞬時速度I，等于3m/s,傳送帶可能沿逆時針方向轉動

D.若A到達傳送帶右端時的瞬時速度n等于3m/s,則傳送帶的速度不大于3m/s

4.如圖所示，水平傳送帶4〃間的距離為16m,質量分別為2kg、4kg的物塊P、Q,通過燒在光滑

定滑輪上的細線連接，Q在傳送帶的左端且連接物塊。的細線水平，當傳送帶以8m/s的速度逆時針

轉動時，。恰好靜止。重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當傳送帶以8m/s的速

度順時針轉動時，下列說法正確的是()

A.。與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.6

B.。從傳送帶左端滑到右瑞所用的時間為2.4s

C.整個過程中，。相對傳送帶運動的距離為4.8m

D.。從傳送帶左端滑到右端的過程細線受到的拉力為20N

5.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率H沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37。。一物塊以初

速度％從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的VT圖像如圖乙所示，物塊到傳送

帶頂端時速度恰好為零，sin370=0.6,cos37°=0.8og取lOm/s?,則()

A.傳送帶的速度為I6m/s

B.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25

D.傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大

6.云南昆明長水國際機場航站樓是中國面向東南亞、南亞和連接歐亞的第四大國家門戶樞紐機場,

航站樓行李處埋系統(tǒng)具中的一度如圖甲所示，水平傳送帶順時針勻速轉動，一小行李箱以初速度%滑

上水平傳送帶，從A點運動到B點的UT圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

甲乙

A.小行李箱的初速度大小為2m/sB.傳送帶轉動的速度大小為6m/s

C.A、8兩點間的距離為6mD.小行李箱與傳送帶的相對位移大小為2m

二、多選題

7.如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為仇在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與

傳送帶間動摩擦因數(shù)為"，小木塊速度隨時間變化關系如圖所示，若。、g、如、山已知，則下列說法

甲乙

A.傳送帶一定逆時針轉動

B〃=tan。+----——

?geos。

C.傳送帶的速度大于如

D.后一段時間內(nèi)滑塊加速度為2gsin"?

8.圖甲為一轉動的傳送帶，以恒定的速率-順時針轉動。在傳送帶的右側有一滑塊以初速度％從光

滑水平面滑上傳送帶，運動一段時間后離開傳送帶，這一過程中滑塊運動的UT圖像如圖乙所示。由

圖像可知滑塊（）

A.從右端離開傳送帶

段時間后小物塊與傳送帶共速，之后勻速上升到傳送帶頂端C下列說法正確的有（)

A.物體在傳送帶.上所受摩擦力為恒力

B.傳送帶對物體做功等于物塊獲得的動能

C.若增加傳送帶速度，物塊可以更快到達傳送帶頂端

D.若增大傳送帶動摩擦因數(shù)，物塊可以更快到達傳送帶頂端

三、解答題

13.如圖所示，與水平面夾角0=30。的傳送帶正以v=2m/s的速度沿順時針方向勻速運行，A、B兩端

相距/=現(xiàn)每隔1s把質量，〃=lkg的工件（視為質點）輕放在傳送帶A端，在傳送帶的帶動下，

工件向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃二等，g取IOm/s，求：

（1）兩個工件間的最小距離；

（2）傳送帶滿載時與空載時相比，電機對傳送帶增加的牽引力。

14.如圖甲所示，在順時針勻速轉動的傳送帶底端，一質量/〃=lkg的小物塊以某一初速度向上滑動,

傳送帶足夠長，物塊的速度與時間（u-f）圖的部分圖象如圖乙所示，已知sin370=0.6,cos370=0.8,

g=lOm/s2,求：

（i）物塊與皮帶之間的動摩擦因數(shù)〃；

（2）物塊沿皮帶向上運動的最大位移：

（3）物塊向上運動到最高點的過程中相對傳送帶的路程。

15.機場地勤JL作人員利用傳送帶從匕機上卸行李。如圖所示，以怛定速率I，尸0.6m/s運行的傳送帶

與水平面間的夾角儀=37。，轉軸間距L=3.95m。工作人員沿畤送方向以速度V2=I.6nVs從傳送帶頂端

推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)—0.8。取重力加速度g=IOm/s2,

sin37°=0.6,COS37-0.8.求:

（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小〃；

（2）小包裹通過傳送帶所需的時間九

16.傳送帶在流水線中的應用節(jié)省了勞動力，降低了商品成本。車間中兩段傳送帶的截面圖如圖所示，

I為長度2m的水平傳送帶,2為長度心=1m,傾角夕=37。的傾斜傳送帶.現(xiàn)將質量陽=8kg的

貨物輕放在傳送帶1的右端點〃，貨物到達力處剛好與傳送帶I的速度相等。貨物與傳送帶I、2之

間的動摩擦因數(shù)分別為從=。4,必=0.5,貨物在連接點〃處速度大小不變從水平滑上斜面，兩傳送

帶均逆時針運行。已知sin370=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?。

（1）求傳送帶1的速度大小；

（2）要使貨物能夠運送至c點，求傳送帶2的最小速度：

（3）改變傳送帶1、2的速度，求貨物從。到達。的最短時間。

參考答案

題號12345678910

答案DDDCCDADADACAD

題號1112

答案BDCD

1.D

【詳解】AB.由題圖得0?Is內(nèi)物體加速度

a.=m/s2=10.Om/s2

1M1.0

根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin，+/jmgcos0=，叫

1?2s內(nèi)加速度

△也12.0-10.0「.八,,

%=-=---------------m/s-=2.0m/s-

?△/,1.0

根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin0-pmgcos0=ma2

聯(lián)立解得

族37。，"=0.5

故AB錯誤；

C.由題可得物體0?2s內(nèi)的位移大小即為傳送帶上下兩端的間距，根據(jù)回圖像與/軸所困的面積表

示位移，可知位移

,10.0x1.010.0+12.0.

/=-------------m+----------------xlm=16m

22

故C錯誤；

D.由題圖知傳送帶的速率所10m/s,則0?Is內(nèi)，物體的位移為

10.0x1.0<

x=-------------m=5m

12

傳送帶的位移為

X2=voh=}0xlm=10m

故物體與傳送帶間相對位移大小為

A.V/=X2-X/=IOm-5m=5m

物體相對傳送帶向上運動；1?2s內(nèi)物體的位移為

10.0+12.0,一

X.=---------------xlm=1Im

傳送帶的位移為

X4=voti=1Ox1m=10m

故物體與傳送帶間相對位移大小為

^X2=X3-X4=1m

物體相對傳送帶向下運動，痕跡重疊1m,因此物體在傳送帶上留下的痕跡長度為5m,故D正確。

故選D。

2.D

【詳解】A.對物塊，開始階段由牛頓第二定律可得

，，喀sin0fjHigcos6=

q=8m/s2

共速后

mgsin0-/.imgcos0=ma2

a,=4m/s2

物塊先以I2m/s的初速度,8mQ的加速度減速至4m/s,后又以4m*的加速度演速至o,再反向加速

至回到4點，A錯誤;

B.運動學圖像如圖所示

4-12,

-------s=Is

-8

0-4.

:-----s=Is

-4

物塊上升到最高點的位移大小等于速度隨時間變化的圖線與時間軸所包圍的面積的大小，物塊沿傳送

帶向上滑行的位移

x=-x(l2+4)xlm+—x4xlm=10m

22

物塊上升到最高點后反向向下慨初速度為零的勻加速直線運動，設返回到A點所需的時間為小下滑

的位移

1、

解得

則物塊從沖上傳送帶到返回4端所用時間為

t=h+t2+4=(2+石)s

B錯誤；

C.在。到1s內(nèi)傳送帶比物塊速度慢，則滑塊在傳送帶上的劃痕為

Lt=g*(12+4)乂1m—4乂1m=4m

此時劃痕在物塊的下方，在Is到2s內(nèi)，傳送帶速度比物塊速度大，則

乙=4xlm--x4xlm=2m

2

因為L2V所以在上升階段產(chǎn)生的劃痕為4m,此時物塊在產(chǎn)生的劃痕的中點，C錯誤；

D.在2s到(2+石)s時間內(nèi)，物塊向下滑了10m,傳送帶向上滑了4石m,則物塊在傳送帶上的劃痕

為

4=(10+4石+2)m=(12+46)m

故D正確。

故選D。

3.D

【詳解】A.物體在傳送帶上的加速度大小為

4mg

a=---=lm/s2

m

若物體一直做勻減速運動到傳送帶右端時，根據(jù)

2

v-VQ=-2aL

解得

v=3m/s>2m/s

可知當傳送帶速度等于2ni/s歸，物塊一直減速到最右端，故A正確；

B.當傳送帶速度等于3.5m/s,u可能等于3m/s,故B正確；

CD.若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s,傳送帶可能沿逆時針方向轉動；若A到達傳送

帶右端時的瞬時速度v等于3m/s,傳送帶順時針轉動時，則傳送帶的速度要大于3m/s。故C正確，

D錯誤。

本題選不正確的，故選D。

4.C

【詳解】A.當傳送帶以v=8m/s逆時針轉動時，Q恰好靜止不動，對。受力分析知

F-f

%g=

解得

〃=0.5

A錯誤；

B.當傳送帶突然以尸8m/s順時針轉動，做初速度為零的勻加速直線運動，有

+=(nip+mQ)a

解得

”2

當速度達到傳送帶速度即8m/s后，做勻速直線運動，勻加速的時間為

解得

=1.2s

勻加速的位移為

x=—=4.8m

2a

則勻速運動時有

1、=-=1.4s(7從傳送帶左端滑到右端所用的時間為

V

Li+，2=2.6s

B錯誤；

C.加速階段的位移之差為

Av=%-x=4.8m

即整個過程中，。相對傳送帶運動的距離為4.8m,C正確;

D.當Q加速時，對P分析有

，〃pg-T=mpa

解得

T20z

T=—N

3

之后做勻速直線運動，有

T=20N

D錯誤。

故選c。

5.C

【詳解】A.由圖乙可知傳送帶的速度為8nVs,A錯誤；

BC.在O~ls內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二

定律有

mgsin37°+〃〃隹cos37°=，叫

根據(jù)圖乙可得

4=—―-m/s2=8m/s2

I

在l-2s內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)根據(jù)牛頓第二

定律有

sin37°-Ringcos37°=ma,

根據(jù)圖乙可得

8—0.2,2

a、=-----m/s~=4Am/s

一2

聯(lián)立解得

〃=0.25

故C正確；

D.當傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上一直做加速度為%的減速運動，無論傳送帶的速

度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度都相等，D錯誤。

故選C。

6.D

【詳解】AB.由V—/圖像可知，小行李箱開始做勻減速直線運動，后與傳送帶一起勻速運動，則小

行李箱的初速度vo為6m/s,而傳送帶轉動的速度v大小為2ni/s,故AB錯誤；

C.根據(jù)1，一/圖像，小行李箱在前3s內(nèi)運動的距離為

x=6+~xIm+2x2m=8m

2

則A、8兩點間的距離為8m,故C錯誤；

D.根據(jù)了-/圖像，在前3s內(nèi)傳送帶傳動的路程為

s=2x3m=6m

所以小行李箱與傳送帶的相對位移大小為

Ar=x-5=2m

故D正確。

故選D。

7.AD

【詳解】A.若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑(〃gsine>m〃gcos。)，將一直勻加速到底端；當

滑塊上滑(〃zgsine<〃〃zgcosB),先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖

像，故傳送帶是逆時針轉動，A正確；

B.滑塊在。?，。內(nèi)，滑動摩擦力向下做勻加速下滑

4=gsin0+〃gcos0

由圖可知

%普

*0

則

//=———----tan0

gfoCOS。

B錯誤；

C.只有當滑塊的速度等于傳送帶的速度時，滑塊所受的摩擦力變成斜向.匕故傳送帶的速度等于%,

C錯誤；

D.等速后的加速度

生=gsin。一/jgcos6

代入〃值得

a2=2gsin。一且

D正確。

故選ADo

8.AD

【詳解】AB.有圖像可知，滑塊先向左做勻減速運動，再向右做勻加速運動，最后與傳送帶速度相

同做勻速直線運動，故從右端離開傳送帶，故A正確，B錯誤；

CD.滑塊先向左做勻減速運動，受到向右的滑動摩擦力，再向右做勻加速運動，還是受到向右的滑

動摩擦力，所以變速運動過程中受滑動摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速運動，不受摩擦力，故

C錯誤，D正確。

故選ADo

9.AC

【詳解】A.開始時，對行李，根據(jù)牛頓第二定律

ftmg=ma

解得

?=2m/s2

故A正確；

B.設行李做勻加速運動的時間為〃，行李勻加速運動的末速度為

v=0.4m/s

根據(jù)

代入數(shù)據(jù)解得

r/=0.2s

勻加速運動的位移大小

x=；atr=；x2x0.22m=0.04m

勻速運動的時間為

可得行李從4到8的時間為

Z=Z/+/2=5.1S

故B錯誤；

C.由上分析可知行李在到達8處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達4處時速度大小為O/m/s,故

C正確；

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為

Ax=v7/—A-(0.4x0.2—0.04)m=0.04m

故D錯誤。

故選AC。

10.AD

【詳解】A.煤塊的加速度

""￡=2m/s?

m

在收圖上作出煤塊的速度一時間圖像，斜率為加速度，根據(jù)幾何關系可知，圖像過6s,12m/s；與傳

送帶的圖像交于8s,I6m/s；然后減速，交/軸于16s,故A正確；

BD.由圖可知，煤塊先相對皮帶向左滑動的相對位移為

1,16+241,

A.r.=-x6x24m+--------x2m——x8x16m=48m

1222

共速后煤塊相對皮帶往右滑動的相對位移為

Ax,=—x8x16m-』x4x16m=32m

“22

則痕跡應取較長的相對位移為48m,煤塊相對傳送帶的總位移為

Lx=Av,-%=16m

故B錯誤，D正確：

C.質量變大，不改變加速度，痕跡長不變，故C錯誤。

故選AD。

11.BD

【詳解】AB.剪斷細繩前，物體處于靜止狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可得

77cos0=f=〃（〃2g—尸sin。）

可得

F=—巴型一

cos6+〃sin。

可知繩中的拉力與傳送帶速度無關，故有

F、="

故A錯誤，B正確；

CD.繩子斷開后，木塊受重力、支持力和向左的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有

Rung=nici

解得

a="g

木塊可能?直向左做勻加速直線運動；也可能先向左做勻加速直線運動，等到速度與傳送帶速度相同,

然后一起勻速運動；由于匕＜與，若兩種情況下木塊都是一直向左做勻加速直線運動，由

L=-ar

2

可得

若傳送帶速度為匕時，木塊先向左做勻加速直線運動，等到速度與皮帶速度相同，然后一起勻速運動;

傳送帶速度為匕時，木塊一直句左做勻加速直線運動，則。＞，2：若兩種情況下木塊都是先向左做勻

加速直線運動，等到速度與皮帶速度相同，然后一起勻速運動，則。故C錯誤，D正確。

故選BDo

12.CD

【詳解】A.加速階段物塊所受摩擦力為

f=cos0

共速后為

f'=mgsin0

故A錯誤;

B.根據(jù)功能關系，傳送帶對物體做功等于物塊獲得的動能加重力勢能，故B錯誤;

C.增加傳送帶速度，物塊加速時間更長，全程平均速度更大，用時更短，故C正確;

D.增加傳送帶動摩擦因數(shù),物塊加速度更大,更快達到共速,全程平均速度更大,用時更短,故D

正確。

故選CDo

13.(1)x=1.2m；(2)32.5N

【詳解】（1）對工件受力分析，根據(jù)牛頓第二定律

geos。-"igsinf)=I)KI

工件放上傳送帶后的加速度大小

嗎絲繪"N暨的=2.5詔2

經(jīng)過。時間與傳送帶速度相等，則加速時間、運動距離分別為

v

\=—=0.8s

V

內(nèi)=-r1=0.8m

再過4=0.2S,放下一個工件，此時該工件距前一個工件的距離最小，有

x=x]+vt2

代入數(shù)據(jù)解之得

x=1.2m

（2）工件與傳送帶同速后相對靜止，在靜摩擦力作用下做勻速直線運動直到8端，勻速距離為

解得每個工件在傳送帶上的運動時間

I=t1+ty=5.4s

當?shù)?個工件剛到達A端時，第6個工件已經(jīng)在傳送帶上運動了0.4s,而第7個工件還未放上；傳送

帶上滿載時，有1個工件在傳送帶上滑動，有5個工件相對傳送帶靜止，傳送帶受到的摩擦力

f=/〃咫cos。+5/〃gsin0=32.5N

故電機對傳送帶增加的牽引力

F=/=32.5N

14.(1)0.5：(2)6.4m；(3)4.8m

【詳解】(1)由圖乙可知，物塊的初速度

%=8m/s

物塊的速度減速到與皮帶的速發(fā)相等時，加速度發(fā)生變化，所以皮帶轉動時的速度

y=4m/s

在r=0到，=0.4s時間內(nèi)，物塊加速度大小為

Av8-4.o，八」

—=------m/s'=lOm/s-

20.4

方向沿斜面向下：物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛頓第二定律

mgsin<9+Ringcos0=nt%

解得

N—0.5

(2)在，=0.4s后，物塊減速運動的加速度大小為生，物塊受到重力、支持力和沿斜面向上政摩擦力,

由牛頓第二定律可得

mgsin0-“，ngcos0=ma2

解得

%=2m/s2

物塊從f=0.4s開始，經(jīng)過6時間速度減為零，則

-s=2s

2

從，=0到/=().4s,物塊位移為

I,八，

$=印=2.4m

從，=().4s至卜=2.4s,物塊減速到零的位移

v4

x,=—A=—x2m=4m

-212

物塊沿皮帶向上運動過程中的位移為

x—x[—6.4m

(3)從f=0到f=0.4s,傳送帶位移為

x3=vt=\.6m

物塊相對傳送帶向上

Ax,=芭一七=0.8m

從，=0.4s至M=2.4S,傳送帶位移

44=%=Sill

物塊相對傳送帶向下

乂=x4-x,=4m

故從，=0到f=2.4s,物塊相對傳送帶的路程

△x=Ax2+zkr2=4.8m

15.(1)0.4m/s2；(2)4.5s

【詳解】(1)小包裹的速度叱大于傳動帶的速度K，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，

根據(jù)牛頓第二定律可知

"mgcos0-mgsin0=ma

解得

a=0.4m/s'

(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時

以一91.6-0.6._

/.=——L=----------s=2.5s

a