文档内容
素养培优2 传送带模型中动力学、能量和动
量的综合.
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。
目录.
3 传送带中摩擦力做功与能量转化
（ ）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，
1
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。
（ ）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
2
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。
（ ）摩擦生热的计算：① ＝ ，其中 为相互摩擦的两个物体
3 Q F s s
相对 相对
f
间的相对路程。②传送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。
目录【典例1】
（
2024·
河南郑州二模）如图所示，水平传送带与左、右两边
的光滑的水平台面等高，并能平滑对接，静止在台面上可视为质点的滑块
的质量为 ＝ . ，长 ＝ . 的传送带始终以 ＝ 的速率顺时针
A m 0 9 kg l 3 5 m v 1 m/s
转动，滑块 左侧的枪膛长 ，高压气体对质量为 ＝ 子弹的平均作
A 1 m m 100 g
0
用力为 ，若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑
80 N
块 （子弹与滑块作用时间极短），并留在滑块 内，两者一起滑上传送带
A A
的左端，已知滑块 与传送带之间的动摩擦因数 ＝ . ，忽略空气阻力，
A μ 0 1
重力加速度 取 ，求：
g 10 m/s2
（ ）子弹出膛的速度大小；
1
答案：
40 m/s
解析： 设子弹出膛的速度为 ，则由牛顿第二定律可得 ＝
v F
0
，由匀变速直线运动规律有 ＝ ，解得 ＝ 。
m a 2ax v 40 m/s
0 0
目录
2
0
（ ）子弹与小滑块 组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；
2 A
答案：
4 m/s
解析： 子弹打滑块 过程中动量守恒，则 ＝（ ＋ ） ，解
A m v m m v
0 0 0 1
得含有子弹的小滑块 水平滑上传送带左端时的速度大小 ＝
A v
1
＋
0 0
＝ 。
4 m/s
0
目录（ ）小滑块 到达传送带右端时速度大小。
3 A
答案：
3 m/s
解析： 假设 在传送带上一直做减速运动， 从传送带的左端滑到
A A
右端的过程中，根据动能定理有－ （ ＋ ） ＝ （ ＋ ） －
μ m m gl m m
0 0
1
2
2
（ ＋ ） ，代入数据解得 ＝ ，因为 ＞2 ，所以假设 正
m m v 3 m/s v v
0 2 2
1
2
确，小滑块 在到达传送带右端时速度大小为 。
A1 3 m/s
2
目录如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为 ＝
【典例2】 m 2 kg
的小物块（可视为质点）沿光滑曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某
一初速度从传送带的最左端 滑上传送带，取向右为正方向，以地面为参
A
考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的 图像如图乙所示，传送
v-t
带的速率保持不变， 取 。
g 10 m/s2
目录（ ）求小物块与传送带之间的动摩擦因数；
1
答案： .
0 1
解析： 由 图像得，小物块滑上传送带的初速度为 ＝ ，
v-t v 2 m/s
0
加速度大小为 ＝ ＝ ，根据牛顿第二定律有 ＝ ，解得
a 1 m/s2 μmg ma
Δ
＝ . 。
μ 0 1
Δ
目录（ ）若小物块能在传送带上留下划痕，求最长划痕；
2
答案： .
4 5 m
解析： 小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次
滑上传送带到再次回到 端的过程中在传送带上留下的划痕，由题图
A
乙知前 内小物块向右做匀减速运动，第 内反向做匀加速运动，
2 s 3 s
第 末，小物块跟传送带的速度大小 ＝ 相等，此后小物块随传
3 s v 1 m/s
送带一块向左做匀速运动，所以最长划痕 ＝
s
2+0
＋（ × . － × . ）＝ . 。 2 × 2.0m + 1 × 2.0m
1 1 0 m 1 0 m 4 5 m
1+0
2
目录（ ）求小物块在传送带上向右运动的最大位移。
3
答案：
2 m
解析： 小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速
运动再做匀速运动到 ，随后在光滑曲面上运动再回到传送带的左
A
端，这样一直运动最后要停在 端，对小物块最初向右做减速运动的
A
过程，根据动能定理有－ ＝ － ，解得 ＝ 。
μmgx 0 m x 2 m
1
2
0
2
目录.
1 传送带问题的分析步骤与方法
目录.
2 划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相
对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方
向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量 ＝ （ 是相对
Q F s s
f 相对 相对
路程，即相对位移绝对值的和）。
目录【典例3】
（
2024·
安徽合肥二模）在快递分类时常用传送带运送快
件，一倾角为 °的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向
37
运行，传送带底端到顶端的距离为 ＝ . ，如图甲所示。现将一质
L 10 5 m
量 ＝ . 的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为参考平
m 2 0 kg
面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方 随位移 的变化关系
v2 x
如图乙所示，取重力加速度大小 ＝ ， °＝ . ， °
g 10 m/s2 sin 37 0 6 cos 37
＝ . ，快件可视为质点，求：
0 8
目录（ ）快件与传送带之间的动摩擦因数 ；
1 μ
答案： .
0 875
解析： 快件放上传送带先做匀加速运动，根据 ＝ ，结合图
v2 2ax
乙可得快件做匀加速运动的加速度 ＝ ，根据牛顿第二定律可
a 1 m/s2
得 °－ °＝ ，解得快件与传送带之间的动摩擦
μmgcos 37 mgsin 37 ma
因数为 ＝ . 。
μ 0 875
目录（ ）快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功 。
2 W
答案：
198 J
解析： 设传送带的速度为 ，根据图乙可知 ＝ ，快件加速的
v v 3 m/s
时间 ＝ ＝ ，快件与传送带的相对位移 ＝ － ＝ . ，快
t 3 s Δx vt vt 4 5 m
1 1 1
1
件和传送带间因摩擦产生的热量 ＝ ° ，电动机多消耗
Q μmgcos 37 ·Δx
2
的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量
之和，即 ＝ °＋ ＋ ，解得 ＝ 。
E mgLsin 37 mv2 Q E 198 J
1
2
目录【典例4】 （ 2024· 湖北高考 14 题）如图所示，水
平传送带以 的速度顺时针匀速转动，传送带左
5 m/s
右两端的距离为 . 。传送带右端的正上方有一悬
3 6 m
点 ，用长为 . 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 . 的小球，小球与传
O 0 3 m 0 2 kg
送带上表面平齐但不接触。在 点右侧的 点固定一钉子， 点与 点等高。
O P P O
将质量为 . 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小
0 10 kg
球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 、方向水平向
1 m/s
左。小球碰后绕 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 点向上
O P
运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 . ，重力加速度大小 ＝
0 5 g 10
。
m/s2
目录（ ）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
1
答案：
5 m/s
解析： 设小物块的质量为 ，传送带左右两端的距离为 ，小物
m L
块与传送带间的动摩擦因数为 ，小物块在传送带上加速时的加速度
μ
大小为 ，由牛顿第二定律有 ＝
a μmg ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为 ，假设小物块在传送带
v
1
上一直加速，由运动学公式有 ＝
2aL
联立并代入数据得 ＝
v 6 m/s 2
1 1
由于 ＞ ，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传
v 5 m/s
1
送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为 ＝ 。
v 5 m/s
1
目录（ ）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
2
答案： .
0 3 J
解析：设小球的质量为 ，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为
M
、 ，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为 ，对小物块
v v ΔE
2 3 k
与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 ＝－ ＋
mv mv Mv
1 2 3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
＝ － －
ΔE m m M
k
1 1 1
2 2 2
联立并代入数据得 ＝ . 。
1 2ΔE 0 33 J
2 2 k 2
目录（ ）若小球运动到 点正上方，绳子不松弛，求 点到 点的最小距离。
3 P P O
答案： .
0 2 m
解析：经分析知，小球到达 点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕
P P
点运动的半径最大， 点到 点距离最小，设这种情况下小球运动到
P O P
点正上方的速度大小为 ， 点到 点的距离为 ，绳子的长度为 ，小
v P O x l
4
球运动到 点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
P
＝
Mg M
2
4
对小球的整个上升过程，由动能定理得
−
－ [ ＋（ － ）]＝ －
Mg l l x M M
1 1
联立并代入数据得 x ＝ 0 . 2 m2。 2
4 3
2 2
目录提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7
. （ 北京高考 题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放
1 2024· 10
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
（ ）
. 刚开始物体相对传送带向前运动
A
. 物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
B
. 物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
C
. 传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
√D
目录1 2 3 4 5 6 7
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， 错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用， 错误；加速运
A B
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， 错
C
误；加速运动过程 ＝ ＝ 加速时间 ＝
ƒ μmg ma t
越大， 越大， 正确。
v t D
目录1 2 3 4 5 6 7
. 如图所示，传送带以恒定速度 向右运动， 、 间距为 ，质量为 的
2 v A B L m
0
物块无初速度放于左端 处，同时用水平恒力 向右拉物块，物块与传
A F
送带间的动摩擦因数为 ，物块从 运动到 的过程中，动能 随位移 变
μ A B E x
k
化的关系图像不可能的是（ ）
√
目录1 2 3 4 5 6 7
解析： 开始时物块受向右的拉力 和向右的摩擦力 而做加速运动，
F F
f
则动能 ＝（ ＋ ） ；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共
E F F x
k f
速，此时图像为 ；若 ＞ ，则当物块与传送带共速后还会加速，此时
C F F
f
动能增加量 ＝（ － ） ，此时图像为 ；若 ≤ ，则当物块与传
ΔE F F x D F F
k f f
送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为 ；物块
B
与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像 不可能。
A
目录1 2 3 4 5 6 7
. （ 天津和平区三模）如图所示，上表面长为 ＝ 的水平传送带
3 2024· L 4 m
与木板紧靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮带以 ＝ . 的
v 3 0 m/s
0
速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为 ＝ . 的
m 1 0 kg
物块（可视为质点），物块与传送带及物块与木板上表面之间的动摩擦
因数均为 ＝ . ，经过一段时间物块被传送到传送带的右端，随后物
μ 0 20
块平稳滑上木板，木板的质量 ＝ ，木板下表面光滑，物块最终刚
M 2 kg
好停在木板的右端没有滑下。不计空气阻力，重力加速度取 ＝
g 10
，求：
m/s2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）物块在传送带上运动的时间 ；
1 t
答案： .
2 08 s
解析： 物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有
＝ ，解得 ＝ ，所以物块在传送带上加速的时间
μmg ma a 2 m/s2 t
1
＝ ＝ ＝ . ，加速运动的位移 ＝ ＝ × × .
s 1 5 s x a 2 1 52 m
1
0 3 1 1
2
＝ . ＜ ，所以物块在传送带上先加1速后匀速，匀速的
2 25 2 m 4 m 2 2
时间 ＝ ＝ ＝ . ，所以物块在传送带上运动的
t s 0 58 s
2
− 1 4−2 25
.
时间 t ＝ t ＋ 0t ＝ 2 . 308 s 。
1 2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）木板的长度 。
2 d
答案： .
1 5 m
解析： 物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板
组成的系统动量守恒，则有 ＝（ ＋ ） ，物块最终刚好停在
mv m M v
0
木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的
减少量等于物块与木板发生相对滑动的过程中产生的内能，即
＝ － （ ＋ ） ，联立解得 ＝ . 。
μmgd m m M v2 d 1 5 m
1 1
2
0
2 2
目录1 2 3 4 5 6 7
. （ 辽宁抚顺三模）一水平传送带以 ＝ 的速度顺时针匀速转
4 2024· v 2 m/s
动。如图甲所示，将物块 轻轻放到传送带左端，物块 与传送带之间
A A
的动摩擦因数 ＝ . 。传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧 点放一
μ 0 2 O
0
物块 ，物块 与水平面间的动摩擦因数为 ，且 随物体到 点的距离
B B μ μ O x
按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长 ＝ . ，物块 运动到水
L 1 2 m A
平地面上和 发生弹性碰撞，碰后 向右运动挤压弹簧， 向右运动的最
B B B
大距离为 ＝ . ，物块 、 的大小可忽略，质量均为 ＝ . 。重
d 0 5 m A B m 0 5 kg
力加速度 取 。求：
g 10 m/s2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ） 碰 前的瞬间， 物块的速度大小；
1 A B A
答案：
2 m/s
解析： 假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，
根据牛顿第二定律得 ＝ ，设加速过程物块的位移为 ，则
μ mg ma x v2
0
＝ ，解得 ＝ ＜ ，假设成立， 碰 前， 物块的速度大小
2ax x 1 m L A B A
为 。
2 m/s
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ） 碰 后， 物块的速度大小；
2 A B B
答案：
2 m/s
解析： 、 碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得
A B mv
＝ ＋ ， ＝ ＋ ，解得 ＝ ， ＝ 。
mv mv mv2 m m v 0 v 2 m/s
A B A B
1 1 1
2 2
（ ）弹簧的最大弹性势能。
3
2 2 2
答案： .
0 5 J
解析： 、 碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热 ＝
A B Q
－ ，由图乙知 运动 . 时 ＝ . ，摩擦力对物块做的功 ＝
W B 0 5 m μ 0 4 W
f f
－ ，根据能量守恒得 ＝ ＋ ，解得 ＝ . 。
d m Q E E 0 5 J
B pm pm
0+ 1
2
目录
2 2 1 2 3 4 5 6 7
. （ 福建泉州一模）如图所示，光滑的水平面上静止一质量为 ＝
5 2024· M
. 的物块。紧挨平台右侧有一传送带，其与水平面成 ＝ °角，
0 98 kg θ 30
传送带底端 点和顶端 点相距 ＝ 。一颗质量为 ＝ . 的子
A B L 3 m m 0 02 kg
弹，以 ＝ 的水平向右的速度击中物块并陷在其中。物块滑过水
v 300 m/s
0
平面并冲上传送带，物块通过 点前后速度大小不变。已知物块与传送
A
带之间的动摩擦因数 ＝ . ，取重力加速度 ＝ 。
μ 0 2 g 10 m/s2
3
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）如果传送带静止不动，求物块在传送带上滑动的最远距离；
1
答案： .
2 25 m
解析： 根据动量守恒定律得 ＝（ ＋ ） ，解得子弹与
mv m M v
0
物块共速的速度为 ＝ ，物块沿传送带上滑过程，根据动能定
v 6 m/s
理得－[（ ＋ ） °＋ （ ＋ ） °] ＝ － （
m M gsin 30 μ m M gcos 30 x 0 m
1
＋ ） ，物块在传送带上滑动的最远距离为 ＝ . 。
M v2 x 2 25 m
2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）如果传送带顺时针匀速运行（如图），为使物块能滑到 端，求传
2 B
送带运行的最小速度；
答案：
2 m/s
解析： 设传送带速度为 ，物块到达 端时的速度为 。要求传
v B 0
1
送带速度最小，则物块速度大于 ，根据牛顿第二定律（ ＋ ）
v m M
1
°＋ （ ＋ ） °＝（ ＋ ） ，物块减速到 的
gsin 30 μ m M g·cos 30 m M a v
1 1
过程中 － ＝－ ，因为 ＝ . ＜ °，共速后，继
v2 2a x μ 0 2 tan 30
1 1
续减速运2动，有（ ＋ ） °－ （ ＋ ） °＝（
m M gsin 30 μ m M g·cos 30 m
1
3
＋ ） ，物块减速至 的过程中 ＝ ，又 ＋ ＝ ，联立
M a 0 2a x x x L
2 2 2 1 2
得 ＝ 。 2
v 2 m/s
1
1
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）若物块用最短时间从 端滑到 端，求此过程中传送带对物块
3 A B
做的功。
答案：
9 J
解析： 若物块用最短时间从 端滑到 端，物块所受摩擦力沿
A B
传送带向上，则 ＝ （ ＋ ） °＝ 。
W μ m M gLcos 30 9 J
目录1 2 3 4 5 6 7
. （ 辽宁大连二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图
6 2024·
所示。曲面 末端与水平面 平滑连接于 点，水平面 与传送带等
AB BC B BC
高。工人将小件货物甲从 点由静止释放，运动到 点时以速度 ＝
A C v 4
0
与遗留在平面末端 点的小件货物乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞
m/s C
前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度 ＝ .
v 1 5 m/s
1
和 ＝ 冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度 ＝ ，传送
v 5 m/s v 4 m/s
2
带足够长。已知曲面高度 ＝ ，小件货物甲的质量 ＝ ，小件货
h 1 m m 4 kg
1
物甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为 ＝ . ，重力
μ 0 5
加速度 取 。求：
g 10 m/s2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）小件货物甲从 点运动到 点过程中克服摩擦阻力所做的功；
1 A C
答案：
8 J
解析： 甲从 到 ，由动能定理得 － ＝ － ，解
A C m gh W m 0
1 f 1
1
2
得 ＝ 。
W 8 J 0
f 2
（ ）小件货物乙的质量 及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
2 m
2
答案： .
2 kg 2 5 J
解析：甲、乙碰撞，由动量守恒定律得 ＝ ＋ ，解
m v m v m v
1 0 1 1 2 2
得 ＝ ，则损失的机械能 ＝ － ＋ ，
m 2 kg ΔE m
2 机 1
1 1 1
解得 ＝ . 。 2 2 2
ΔE 2 5 J
机 0 1 1 2 2
2 2 2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）小件货物甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需
3
额外多消耗的电能。
答案：
32 J
解析：甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 ＝
μm g
1
，可得 ＝ ，甲加速到与传送带共速的时间 ＝ ＝ . ，此过
m a a 5 m/s2 Δt 0 5 s
1 1 1 1
− 1
＋
程传送带发生的位移 ＝ ＝ ，甲在传送带上运动的位移 ＝ ＝
x vΔt 2 m x Δt
1 1 1 2 1
1 2
. ，甲与传送带的相对位移 ＝ － ＝ . ，乙冲上传送带，其
1 375 m Δx x x 0 625 m
1 1 2
2
先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 ＝ ，可得 ＝ ，乙减
μm g m a a 5 m/s2
2 2 2 2
速到与传送带共速的时间 ＝ ＝ . ，此过程传送带发生的位移 ＝
Δt 0 2 s x
2 3
− 2
＋
＝ . ，乙在传送带上运动的位移 ＝ ＝ . ，乙与传送带的
vΔt 0 8 m x Δt 0 9 m
2 − 2 4 2
2
相对位移 ＝ － ＝ . ，电动机需额外消耗的电能 ＝ －
Δx x x 0 1 m ΔE m v2 m
2 4 3 2 电 1 1
1 1
＋ ＋ ＋ ＝ 。 2
μm gΔx μm gΔx 32 J
1
1 1 2 2 2 2
1 1
2 2
目录
2 2 2
2 − 2 1 2 3 4 5 6 7
. （ 广东梅州二模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，
7 2024·
装置中间有一个以 ＝ 的速度逆时针匀速转动的水平传送带，
v 3 m/s
0
传送带左端点 与光滑水平轨道 平滑连接，左侧有一光滑圆弧的
M PM
最低点与 在 点平滑连接，在 点处安装有自动控制系统，当物
PM P P
块 每次向右经过 点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带
b P
右端与半径 ＝ . 的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块 从右
r 0 8 m a
侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过 点时控制系统会使
M
静止在 点的物块 自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已
P b
知物块 、 的质量分别为 ＝ . 、 ＝ . ，两物块均可视
a b m 0 6 kg m 6 6 kg
1 2
为质点，物块 与传送带间的动摩擦因数 ＝ . ， 、 间的距离
a μ 0 25 M N
为 ＝ . ，重力加速度取 ＝ ，求：
L 1 5 m g 10 m/s2
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）物块 运动到圆弧轨道最低点 时对轨道的压力；
1 a N
答案： ，方向竖直向下
18 N
解析： 从出发点到 点，由动能定理有 ＝ ，
a N m gr m
1 1
1
2
在 点对物块 分析，由牛顿第二定律有 － ＝2 ，得
N a F m g m
N 1 1
2
物块 运动到圆弧轨道最低点 时受到的支持力大小 ＝
a N F 18
N
，根据牛顿第三定律可知，物块 对圆弧轨道的压力大小为
N a
，方向竖直向下。
18 N
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）物块 第一次碰后的速度大小；
2 a
答案： .
2 5 m/s
解析： 在传送带上运动，由牛顿第二定律有 ＝ ，由运
a μm g m a
1 1
动学公式有 － ＝ ，解得 在传送带上减速的位移为 ＝
2ax a x
. ＜ ，故物2 块 2到达 点时速度为 ＝ ， 和 发生弹性碰
1 4 m L a M v 3 m/s a b
0
0
撞有 ＝ ＋ ， ＝ ＋ ，解得 ＝
m v m v m v m m m v
1 0 1 a 2 b 1 1 2 b
1 1 1
2 2 2
0
＝ ＝ . ，2 ＝ 2 ＝－2 ＝ － . ，物块
v v 0 5 m/s v v v 2 5 m/s
0 0 a 0 0
＋ ＋
2 1 1 1− 2 5
a 第1 一 2次碰后6 的速度大小为 2 . 5 m1 /s 。2 6
目录1 2 3 4 5 6 7
（ ）若物块 每次经传送带到达 点时，物块 都已锁定在 点，即
3 a M b P
将碰撞时物块 自动解锁，求：物块 第一次碰撞后经过 点到
b a M
第二次碰撞前经过 点因摩擦而产生的热量 ；两物块从第一
M Q
1
次碰撞后到最终都静止，物块 与传送带之间由于相对运动产
a
生的总热量 。
Q
答案：
9 J 54 J
目录1 2 3 4 5 6 7
解析： 物块 第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速
a
度，所以物块 将先在传送带上向右做减速运动，然后在传送带上
a
向左做加速运动，由运动的对称性可知物块 离开传送带的速度仍
a
然是 ，且加速与减速的位移大小相等，由 ＝ 解得位移的
v 2ax
a 1
2
大小 ＝ ，传送带的位移 ＝ ，运动时间 ＝ ，经过 点到
x x v t t M
1 2 0
2
第二次碰前经过 点产生的热量 ＝ [（ ＋ ）＋（ －
M Q μm g x x x
1 1 1 2 2
2
）]，联立解得 ＝ ＝ × ＝ ，物块
x Q μm g 2 m 9 J a
1 1 1 5 1
0 1
6 5
2
0 0
2 6
第一次碰后速度小于传送带速度 ，故第二次碰前速度仍为 ，
v v
0 0
5
6
目录1 2 3 4 5 6 7
第二次碰后 的速度为 ，则第 次碰后到第 次碰前产生的热量为 ＝
a v 2 3 Q
0 2
2
5
6
＝ × ，由数学知识可知 ＝ × ，则
μm g 2 m Q 2 m
2
1 5 1 n 1
0 2
6 5 5
2 2
0 0 0
2 6 6
物块 与传送带之间由于相对运动产生的总热量 ＝ ＋ ＋
a Q 2m ·
1
2 3
5 5 5
2
0
6 6 6
＋ ＋ ＝ 。
54 J
5
… 6
目录
