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微专题 1 传送带中的动力学和能量问题
命题规律 1.命题角度：(1)传送带的动力学问题、图像问题；(2)传送带的功能关系及能量
转化问题.2.常用方法：图像法.3.常考题型：选择题、计算题．
1．传送带中动力学问题的注意事项
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．
理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)物体能否达到与传送带共速的判断．
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往
往是解题的突破口．
2．传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互
作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②
相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．
(3)摩擦生热的计算：①Q＝F·s ，其中s 为相互摩擦的两个物体间的相对路程．②传送
f 相对 相对
带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和．
例1 (2022·河北省高三学业考试)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 沿顺时针方向
1
转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运
0
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．0～1 s内物块受到的摩擦力大小大于1～2 s内的摩擦力大小
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0.5
D．传送带底端到顶端的距离为10 m
答案 D
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；1～2 s内，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，由于物块对传送带的压力相等，根据
F＝μF ，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1 s内物块的加速度大小为a
f N＝||＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.25，C错
误；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＝×1 m＋
m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，D正确．
例2 (2022·江苏海安市高三期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面
体组成，传送带AB间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m＝1 kg的物块
以水平速度v ＝5 m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度 h＝1.08 m的C点，物块
0
与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10 m/s2.(sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物块由A运动到B时的速度大小v ；
B
(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；
(3)若改变传送带转速，物块以初动能E 从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出
kx
发点A，求物块初动能E 的取值范围．
kx
答案 (1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤E ≤42.5 J
kx
解析 (1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得
－mgh－μmgcos 37°·＝0－mv 2
B
解得v ＝6 m/s；
B
(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x ，由动能定理可得
相对
mv 2－mv2＝μmgx
B 0 相对
解得x ＝1.1 m＜L
相对
即物块在传送带上先匀加速到v ，然后在传送带上匀速运动．设物块在传送带上匀加速时
B
间为t，有v ＝v＋at，a＝μg
1 B 0 1
解得t＝0.2 s
1
设物块在传送带上匀速时间为t，有L－x ＝v t
2 相对 B2
解得t＝0.1 s
2
设物块从B运动到C所用时间为t，
3
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，
又0＝v －a′t，联立可得t＝0.6 s，
B 3 3
物块由A运动到C所需要的时间为t＝t＋t＋t＝0.9 s；
1 2 3
(3)物块以初动能E 从A点水平滑上传送带，设到达B点动能为E ，相对传送带位移为x，
kx kB
则有E －E ＝μmgx，0≤x≤L，
kB kx
物块从B沿斜面运动到最高点，设上滑距离为s，有0－E ＝－μmgcos 37°·s－mgsin 37°·s，
kB
物块从B上滑后又返回B过程，
有E ′－E ＝－2μmgcos 37°·s，
kB kB
其中E ′是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，有0－E ′＝－μmgL，
kB kB
联立可得34 J≤E ≤42.5 J.
kx
1.(多选)(2022·宁夏回族自治区银川一中一模)如图所示，机场将货物用与水平面成θ＝30°角
的传送带送到货仓，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝1 kg的货
物以初速度v ＝4 m/s从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端．已知货物与传送
0
带之间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下
列说法正确的是( )
A．传送带从底端到顶端的长度为1 m
B．货物在传送带上运动的时间为1.25 s
C．货物在传送带上留下的划痕为1.25 m
D．货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为3.75 J
答案 BD
解析 开始时，货物相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，货物将匀减速上滑，
直至与传送带等速，设货物上滑的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ
1
＝ma ，代入数据得a＝8 m/s2，则货物相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等速的时间为
1 1
t＝＝ s＝0.25 s，货物沿传送带向上的位移为x＝t＝×0.25 m＝0.75 m，货物与传送带相对
1 1 1
静止瞬间，由于最大静摩擦力F＝μmgcos θ<mgsin θ，相对静止状态不能持续，货物速度会
f
继续减小，此后，货物受到的摩擦力沿传送带向上，但所受合力沿传送带向下，故继续匀减
速上升，直至速度为0，令此时货物减速上升的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mgsin
2
θ－μmgcos θ＝ma ，代入数据得a ＝2 m/s2，由于货物恰好能到达传送带的顶端，则货物到
2 2
达传送带顶端速度减为零且时间为t＝＝1 s，货物沿传送带向上运动的位移为x＝t＝1 m，
2 2 2
货物在传送带上运动的时间为t＝t ＋t ＝0.25 s＋1 s＝1.25 s，B正确；根据选项B可知，传
1 2
送带从底端到顶端的长度L＝x＋x＝1.75 m，A错误；货物减速到与传送带速度相等时传送
1 2
带的位移大小x ＝vt ＝2×0.25 m＝0.5 m，货物与传送带速度相等后运动过程传送带的
传送带1 1
位移大小x ＝vt ＝2×1 m＝2 m，货物速度与传送带速度相等前运动过程货物对于传送
传送带2 2
带的位移大小L ＝x －x ＝0.75 m－0.5 m＝0.25 m，货物速度与传送带速度相等后运动
1 1 传送带1过程货物对于相传送带的位移大小L ＝x －x ＝2 m－1 m＝1 m>L ，货物速度与传送带
2 传送带2 2 1
速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过程划痕重合，
因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L＝1 m，C错误；货物从滑上传送带到滑离传送带
2
的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L＋L)＝3.75 J，D正确．
1 2
2.(2022·湖南长沙一中高三检测)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度 v＝4
m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块(可看作质点)从A
点静止释放．已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ ＝
1
0.5、μ＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
2
(1)第1次滑过P点时的速度大小v；
1
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
答案 (1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv2－0
1 1
解得v＝6 m/s
1
(2)由牛顿第二定律有μmg＝ma
2
物块与传送带共速时，
由速度公式得－v＝v－at
1 1
解得t＝10 s
1
匀速运动阶段的时间为t＝＝2.5 s
2
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t＋t＝12.5 s
1 2
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小
相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有
Q＝μmgcos 37°·L＋mv2＝88 J.
1
专题强化练
1．(2022·河南省濮阳外国语学校月考)如图甲，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，
一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动．物块运
动过程的v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的
是( )A．物块最终从N点离开传送带
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块在第6 s时回到M点
D．传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动
答案 C
解析 从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为 2
m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿
顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块
沿传送带下滑时的加速度大小a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝
ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知 t ＝ s
1
时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大
小x ＝×4× m＝ m，t ＝ s到t ＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x ＝×2 m＝
1 1 2 2
m，因为x＝x，所以物块在第6 s时回到M点，C正确．
1 2
2.(多选)(2022·广东省模拟)如图，水平传送带在电动机带动下以恒定速率v顺时针运行，某
时刻一个质量为m的快递包裹(可视为质点)以初速度v(v<v)从传送带左端滑上传送带．若
0 0
从包裹滑上传送带开始计时，t 时刻包裹的速度达到v，快递包裹与传送带间的动摩擦因数
0
为μ.重力加速度为g，则该快递包裹在传送带上运动的过程中( )
A．包裹先受到滑动摩擦力的作用，后受到静摩擦力的作用
B．0～t 时间内，包裹所受摩擦力对包裹做功的功率越来越大
0
C．若仅增大包裹的初速度v(v 仍小于v)，则包裹被传送的整个过程中传送带对包裹所做的
0 0
功也一定增加
D．电动机因传送该包裹而多消耗的电能为μmgvt
0
答案 BD
解析 由题意可知，包裹先受向右的滑动摩擦力做加速运动，速度与传送带相同后做匀速运
动，匀速运动阶段不受摩擦力作用，A错误；0～t 时间内，包裹所受摩擦力恒定为μmg，
0
包裹速度越来越大，摩擦力做功功率为P＝Fv，可知摩擦力对包裹做功的功率越来越大，B
f t
正确；由动能定理知，整个过程中传送带对包裹所做的功等于包裹动能的增加量，所以 v
0
增大，而末速度不变，动能增加量减小，传送带对包裹做的功减小，C错误；电动机因传送该包裹而多消耗的电能等于包裹动能的增加量及产生的摩擦热，在 0～t 时间内，摩擦力对
0
包裹所做的功为W＝Fx＝μmgt ，包裹动能的增加量ΔE ＝W，产生的摩擦热Q＝μmgΔx＝
f 0 k
μmg(vt－t)，则电动机因传送该包裹多消耗的电能为E＝μmgvt，D正确．
0 0 0
3.(2022·湖南常德市模拟)如图所示，水平传送带AB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的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度g＝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(
)
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
答案 B
解析 当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F ＝
T
F，即m g＝μm g，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s顺时针转动，物
f P Q
块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有m g＋μm g＝(m ＋m )a，解
P Q P Q
得a＝ m/s2，当Q速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式
有v＝at ，代入数据解得匀加速的时间为t ＝1.2 s，匀加速的位移大小为x＝，代入数据解
1 1
得x＝4.8 m，则匀速运动的时间为t ＝，代入数据解得t ＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端
2 2
所用的时间为t ＝t ＋t ＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平
总 1 2
向右，匀速运动过程中，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的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加
速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．
4．(2022·广东省模拟)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v ＝3 m/s顺时针运转，两传
0
动轮之间的距离足够长，质量m＝2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传
送带上运动的v－t图像如图乙所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2)，则在图示时间内( )A．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6
B．0～4 s内，传送带对滑块做的功为56 J
C．0～4 s内，滑块对传送带做功大小为156 J
D．0～4 s内，系统产生的内能为20 J
答案 C
解析 根据图像可知，滑块向上先加速后匀速，加速过程有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，a
＝＝1 m/s2，解得μ＝0.875，A错误；根据能量守恒定律可知，在0～4 s内，传送带对滑块
做的功为W＝mv2－mv2＋mgxsin 37°，x＝×2 m＋3×2 m＝10 m，联立解得W＝
0
128 J，B错误；在0～4 s内，滑块对传送带做负功，大小为W′＝μmgcos 37°×3×2 J＋
mgsin 37°×2×3 J＝156 J，C正确；在0～4 s内，系统产生的内能为Q＝μmgΔxcos 37°，Δx
＝×2×
2 m＝2 m，联立解得Q＝28 J，则在0～4 s内系统产生的内能为28 J，D错误．
5．(2022·重庆八中高三检测)如图所示，水平传送带以v＝4 m/s逆时针匀速转动，A、B为两
轮圆心正上方的点，AB＝L ＝2 m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固
1
定，自然长度时左端恰好位于B点．现将一小物块与弹簧接触但不拴接，并压缩至图示位
置后由静止释放．已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L ＝1 m，小物
2
块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零．g＝10 m/s2，则下
列说法正确的是( )
A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4 m/s
B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能
C．小物块离开弹簧时的速度可能为1 m/s
D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等
答案 A
解析 设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从P
点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L＋L)＝0－mv′2，解得v′＝2 m/s，对物块由
1 2
A点到P点过程，由动能定理得－μmgL＝mv′2－mv 2，解得v ＝4 m/s，小物块可能在传送
2 A A
带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到 B端时就共速，故A正确；弹簧对小物块
做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；若物
块滑上传送带时的速度v 较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的过程，
B
有－2μmg(L ＋L)＝0－mv 2，解得v ＝2 m/s，若速度v 较小，物块在AB上一直加速，到A
1 2 B B B
点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L ＝v t＋at2，v＝v ＋at，联立解得v ＝2 m/s，故小
1 B B B
物块离开弹簧时的速度一定满足2 m/s≤v ≤2 m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦力大
B小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功的绝
对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D
错误．
6.(多选)(2022·广东省模拟)我国快递行业迅猛发展，工作人员在分快递时常用传送带传送快
递商品，工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为 m＝2 kg的快递商品，传送带
倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9 m，传送带以恒定速率v＝3 m/s顺时
针运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端
B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.875，快递商品可以看作质点，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(
)
A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为3 s
B．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126 J
C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为117 J
D．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180 J
答案 CD
解析 快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力F ＝μmgcos 37°
f1
根据牛顿第二定律有F －mgsin 37°＝ma，解得加速度大小a＝1 m/s2
f1
与传送带达到共同速度经历的时间为t＝＝3 s，运动的位移为x＝t＝4.5 m
1 1 1
因为μ＝0.875，μmgcos 37°>mgsin 37°
当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，运动的位移为x＝L－x＝
2 1
4.5 m
匀速运动的时间为t＝＝1.5 s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t＋t＝4.5 s，A
2 1 2
错误；快递商品加速运动时滑动摩擦力做的功为 W＝F x ＝63 J，B错误；快递商品从底端
f1 1
A传送到顶端B过程中机械能的增量为ΔE＝mv2＋mgLsin 37°＝117 J，C正确；快递商品与
传送带之间发生相对滑动时，传送带做匀速运动位移 x ＝vt ＝9.0 m，则产生的热量为Q＝
3 1
μmgcos 37°(x －x)＝63 J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物
3 1
块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63 J，根据能量守恒定律可知，快递商品从底
端A传送到顶端B过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增量，即系统内能和快递商品
机械能的增量，则E ＝Q＋ΔE＝180 J，D正确．
电
7．(多选)(2022·河南省高三检测)如图(a)，倾角为37°的传送带以v＝5 m/s的速度逆时针匀速
转动，传送带A、B之间的距离为20 m，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)自A点无初速度放上传送带．物块在传送带上运动时，其动能E 与位移x的关系图像(E －x)如图(b)所示，
k k
设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B所用时间为t，已知重力加速度g
取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是( )
A．μ＝0.25 B．x＝1.25 m
0
C．t＝4 s D．E＝50 J
0
答案 BD
解析 由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度相
等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加速
运动，当位移为x 时，物块的速度为5 m/s，可得＝mv2，代入数据解得E ＝50 J，故D正确；
0 0
根据功能关系得(mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝mv2＝，(mgsin θ－μmgcos θ)×10x ＝－，联立解
0 0
得μ＝0.5，x ＝1.25 m，故B正确，A错误；传送带A、B之间的距离为20 m，物块速度和
0
传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得a＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，可得时间t＝＝0.5
1 1
s，当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律有a ＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，根据运
2
动学公式有20 m－x ＝vt ＋at2，解得t ＝2.5 s，物块从A运动到B所用时间为t＝t ＋t ＝3
0 2 22 2 1 2
s，故C错误．
8.(2022·湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸
快递或包裹．如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率 v ＝0.6 m/s逆时针运行的传
1
送带与水平面间的夹角α＝37°.工作人员沿传送方向以速度v ＝1.4 m/s从传送带顶端推下一
2
质量m＝5 kg的小包裹(可视为质点).5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间
后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程产生的热量Q.
答案 (1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmgcos α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2
设经过t 后包裹与传送带速度相等，
1有t＝＝2 s
1
这段时间内包裹运动的距离s＝·t＝2 m
1 1
传送带运动的距离s′＝vt＝1.2 m
1 11
由于μmgcos θ＞mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，
共速后匀速运动时间t＝Δt－t＝3 s
2 1
包裹匀速运动距离s＝vt＝1.8 m
2 12
停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t＝＝1.5 s
3
停电后运动的距离s＝t＝0.45 m
3 3
传送带顶端到底端的距离
L＝s＋s＋s＝4.25 m
1 2 3
(2)产生的热量
Q＝μmg(s－s′)cos α＋μmgscos α＝40 J.
1 1 3
9.(2022·江苏苏州市高三期末)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送
带以v＝2 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行．从距离传送带底端x＝4 m的O点由静止释放
0
一质量m＝0.5 kg的滑块(视为质点)，滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板 P
发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．
求：
(1)滑块刚要与挡板P第一次碰撞时的速度大小；
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离L；
(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置滑块前相比电动机增加的功率．
答案 (1) 4 m/s (2)1.6 m (3)见解析
解析 (1)由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得a＝2 m/s2，
由2ax＝v2，可得v＝4 m/s.
0 1 1
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
a＝＝10 m/s2，
1
由v2－v2＝－2aL，解得L＝0.6 m，
1 1 1 1
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL，
2
得L ＝1 m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝
2
L＋L＝1.6 m.
1 2
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v＝＝ m/s
2
与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a 做匀减速运动
1
直到速度为v，此过程运动距离为L，则L＝＝0.12 m
3 3
之后以加速度大小a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离
为L，则有L＝＝1 m，
4 4
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速
度为v＝＝ m/s，
3
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝＋＝1.024 m，
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上
的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2 m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动
方向相反的阻力F＝μmgcos 37°＝2 N，
f
故电动机增加的输出功率为P＝μmgvcos 37°＝4 W.
