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2023 高考二轮复习二十五专题
专题十八、传送带模型
第一部分 织网点睛，纲举目张
模型一 动力学中的传送带模型
动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线
运动规律的理解，涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。
模型二 与动量、能量有关的传送带模型
滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的
物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量
有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。
传送带中的功能关系
第二部分 实战训练，高考真题演练
1.（11分）（2021新高考辽宁卷）机场地勤工作人员利用初速度从飞机上卸行李。如图所
示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。工
作人员沿传送带方向以速度v2=1.6m/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.取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=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。
【解题思路】（1）取沿传送带向下为正方向，由牛顿第二定律， mgsinα-
μmgcosα=ma，
1
解得：a=-0.4m/s2。负号表示加速度方向沿斜面向上。
1
即小包裹相对传送带滑动时的加速度大小为0.4m/s2。
（2）由v-v=at，解得小包裹速度减小到等于传送带速度 时间t=2.5s
1 2 1 1
由v2-v2=2ax，解得在这段时间小包裹位移x=2.75m
1 2
小包裹速度减小到等于传送带速度v 后，由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹与传送带
1
同速向下运动，
由L-x= v t，解得：t=2.0s。
1 2 2
小包裹通过传送带所需时间t= t+t =2.5s+2.0s=4.5s。
1 2
2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传
送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m
＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传
0
送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝ s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从
左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【解题思路】：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运
动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s，由运动学公式有
1
v2－v2＝－2as ②
0 1
联立①②式，代入题给数据得
s＝4.5 m ③
1
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱
从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t，做匀减速运动所用的时间为t′，由运动学公
1 1
式有
v＝v－at′ ④
0 1
t＝t′＋ ⑤
1 1
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t＝2.75 s。 ⑥
1
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为
v ；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v 。
1 2
由动能定理有
－μmgL＝mv2－mv2 ⑦
1 0
μmgL＝mv2－mv2 ⑧
2 0
由⑦⑧式并代入题给条件得
v＝ m/s，v＝4 m/s。 ⑨
1 2
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v ＜v＜v ，载物箱先做匀加速运动，加速度
0 2
大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s，所用时间为t，由运动学公式有
2 2
v＝v＋at ○
0 2
v2－v2＝2as ⑪
0 2
联立①○⑪式并代入题给数据得
t＝1.0 s ⑫
2
s＝5.5 m ⑬
2
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物
箱与传送带共同匀速运动(Δt－t)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距
2
离为s，有
3
s＝(Δt－t)v ⑭
3 2
由①⑫⑬⑭式可知，mv2＞μmg(L－s －s)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，
2 3设为v。由运动学公式有
3
v2－v2＝－2a(L－s－s) ⑮
3 2 3
v＝v－at ⑯
3 3
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I，由动量定理有
1
I＝m(v－v) ⑰
1 3 0
联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得
I＝0 ⑱
1
传送带对它支持力的冲量为I＝mg(Δt＋t) ⑲
2 3
联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I＝ N·s ⑳
2
由于I＝0，所以传送带对它的冲量为
1
I＝I＝ N·s，方向竖直向上。
2
答案：(1)2.75 s (2)4 m/s m/s
(3) N·s，方向竖直向上
第三部分 思路归纳，内化方法
1, 物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻，
也是物体运动分段的关键点。
2. 对于倾斜传送带
(1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动
摩擦力作用。
(2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023重庆第二次质检）生产生活中，有的场所需要将物品运送到高处，有的场所需要
将物品运送到低处。现有如图甲、乙所示完全相同的物块和皮带传送装置，图甲装置将物
块无初速放到传送带最低端，送往最高端；图乙装置将物块无初速放到传送带最高端送往
最低端。设定两传送带以相同恒定速率运行，已知传送带足够长。物块从传送带一端到达
另一端点经过的时间分别为t 、t ，在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩
甲 乙
擦生热的平均热功率分别为P 、P 。则（）
甲 乙A. B.
C. D.
【参考答案】BD
【名师解析】
．对甲、乙分别受力分析，由牛顿第二定律得
解得
，
设传送带长度为L，速率为v，物块先加速，共速后匀速，则有
解得
因为 ，则 ，故A错误，B正确；
CD．在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩擦生热的平均热功率为
其中摩擦力 ，甲、乙相同，则 ，故C错误，D正确。
故选BD。
2. （2023湖南永州一模）如图所示，用与水平面成 角的传送带输送货物，传送带
以 的速度顺时针运行，地勤人员将一质量 的货物以初速度 从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为
，取重力加速度 ，下列正确的是（ ）
A. 货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动
B. 传送带从底端到顶端的长度是
C. 货物在传动带上运动的时间为
D. 货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为
【参考答案】CD
【名师解析】
物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上
滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
1
mgsinθ+μmgcosθ=ma
1
代入数据解得
a=8m/s2
1
则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为
物块沿传送带向上的位移为
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力
f=μmgcosθ＜mgsinθ相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，
但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度
大小为a，由牛顿第二定律得
2
mgsinθ-μmgcosθ=ma
2
代入数据解得
a=2m/s2
2
则物块速度减为0的时间为
物块沿传送带向上运动的位移为
物块在传送带上向上运动的时间
t=t+t=0.5s+0.5s=1.0s
1 2
传送带从底端到顶端的长度
L=vt=1×1.0m=1.0m
故AB错误，C正确；
D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小
x =vt=1×0.5m=0.5m
传送带1 1
物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小
x =vt=1×0.5m=0.5m
传送带2 2
物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小
l=x-x =1.5-0.5m=1.0m
1 1 传送带1
物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小
l=x -x=（0.5-0.25）m=0.25m
2 传送带2 2
物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为
Q=μmgcosθ（l+l）
1 2
代入数据解得
Q=3.75J
故D正确。
故选CD。
3.（2023陕西渭南市咸林中学摸底）如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持速度 顺时针转动，两轮轴心间距为 ，质量为 的物块（视
为质点），以速度v 从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过时间 到达右轮的正上方，
1
物块与传送带间的动摩擦因数为 ，物块和传送带的 图像如图乙所示，重力加
速度 ，对此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带对物块做的功为5J
B. 物块对传送带做的功为4J
C. 物块与传送带之间因摩擦产生热量5J
的
D. 传送带对物块摩擦力 冲量大小为
【参考答案】BD
【名师解析】
经过时间 到达右轮的正上方，则
物块的位移为
传送带对物块做的功为解得
A错误；
B．传送带位移为
物块对传送带做的功为
解得
B正确；
C．物块与传送带之间因摩擦产生热量为
解得
C错误；
D．传送带对物块摩擦力的冲量大小为
解得
D正确；
故选BD。
4. （2023辽宁铁岭六校协作体联考）如图所示，光滑水平面MA上有一轻质弹簧，弹簧一
端固定在竖直墙壁上，弹簧原长小于MA。A点右侧有一匀速运动的水平传送带AB，传送
带长度l＝2m，速度 ，一半径为R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，轨道圆心为O，OC水平。现用一质量为m＝2kg的物块（可看做质点）压缩弹簧，
使得弹簧的弹性势能为 。由静止释放物块，已知物块与传送带之间的动摩擦因数
为 ，g取 ，关于物块的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物块能运动到半圆轨道最高点D
B. 物块运动到B点的速度为
的
C. 物块运动到C点时对轨道 压力为60N
D. 若传送带速度变为v＝2m/s，物块在B点右侧不会脱离轨道
【参考答案】ACD
【名师解析】
由题意知，物块到达A点的速度满足
解得
所以物块滑上传送带后做加速运动，且加速位移为
所以滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点的速度与传送带速度相同，即为
设滑块恰好可以运动到半圆轨道最高点D，则在最高点满足解得
从B到D由动能定理得
求得B点最小速度为
所以物块恰好能运动到半圆轨道最高点D，故A正确，B错误；
C．从B到C由动能定理得
在C点受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知物块运动到C点时对轨道的压力为60 N，故C正确；
D．若传送带速度变为v=2m/s，则可知滑块滑上传送带后先做减速运动，且减速到
时 位的移为
即滑块恰好减速到B点和传送带共速，设物块恰好可以到达C点时对应的B点速度为v，
1
则从B到C由机械能守恒可得
解得即滑块在B点的速度为 时，在到达C点之前已经减速为零，则可知传送带速度变为
v=2m/s时，物块在B点右侧不会脱离轨道，故D正确。
故选ACD。
5. （12分）(2023江西宜春重点高中期中) 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道
竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑
下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度 顺时针转动时，滑
块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置无机械能损失的滑上静止在光滑水平地面上的
长木板，长木板运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右
端到挡板的距离L在R<L<5R范围内取值，滑块与水平传送带、长木板间的动摩擦因数均
为μ=0.5，挡板和长木板等高且上表面光滑，传送带右端点C距长木板。如图中高度
h=4R，重力加速度大小为g，求∶
（1）传送带BC两点间的距离x；
（2）传送带以速度 顺时针转动时，从A到C滑块与传送带间产生的内能；
（3）讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功W与L的关
f
系。
【 参 考 答 案 】 . （ 1 ） 2R ； （ 2 ） ； （ 3 ）
，
【名师解析】（1）由题知，滑块从A到B、B到C，由动能定理得联立解得
（2）小滑块到B点的速度大于传送带速度 ，据牛顿第二定律可得
从B点至滑块与传送带共速时间
滑块的位移
传送带的位移
产生的内能
联立解得
（3）由机械能守恒定律得
设长木板与滑块达到共同速度v 时，位移分别为l、l，由动量守恒定律
2 1 2由动能定理
联立解得
滑块相对长木板的位移
即滑块与长木板在达到共同速度时，物块未离开滑板。
滑块滑到长木板右端时，若R<L<2R
解得
若2R<L<5R
解得
解得
6．（16分）(2023甘肃名校期中)如图所示，质量为m的滑块A，在水平力F作用下静止在
倾角为θ在光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v ，长为
0
L；传送带右端与光滑的水平轨道平滑连接，水平轨道上有质量为 2m的n个小滑块，依次
编号为B 、B 、B 、B....B ，今将水平力撤去，当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传
1 2 3 4 n送带速度相同，己知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块间的碰撞
均为弹性碰撞，求：
（1）滑块A下滑的可能高度；
（2）滑块A第一次与滑块B 碰撞后瞬间，A和B 的速度大小及方向。
1 1
（3）若A 与滑块B 碰撞n次后停止运动，滑块B 最终速度及被碰撞的次数。
1 1
【参考答案】（1）（5分） 或 ；
（2）（6分） 水平向右； 水平向左
（3）（5分） ，
【名师解析】（1）设滑块A从高为h处下滑，到达斜面底端时的速度为v，到达传送带右
端时的速度为v ，下滑过程机械能守恒 若滑块A冲上传送带时的速度小于传送
0
带的速度，则滑块 A 由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理得
解得
若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块 A由于受到向左的滑动摩擦力而
做匀减速运动，根据动能定理得 解得
（2）滑块A离开传送带后与滑块B发生弹性碰撞
；
解得 水平向右； 水平向左
（3）A与B 碰后，滑块B 与滑块B 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得B 的速度
1 1 2 1传递给B ，同样滑块B 与滑块B 发生弹性碰撞……，直至与滑块Bn发生弹性碰撞后第一
2 2 3
轮碰撞结束，得滑块Bn的速度为
第一轮滑块B 碰撞两次；
1
滑块A通过传送带后会返回水平轨道再次与滑块B 发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对
1
称性可知，滑块 A 返回水平轨道是速度大小为 ； ；
解得 ； 然后滑块B 与滑块B 发生弹性碰
1 2
撞，由动量守恒和能量守恒可得滑块 B 的速度传递给滑块B ，同样滑块B 与滑块B 发生
1 2 2 3
弹性碰撞……，直至与滑块Bn 发生弹性碰撞后第二轮碰撞结束，得滑块 Bn 的速度为
-1 -1
第二轮滑块B 碰撞2次；
1
……
第n-1轮，滑块B 与滑块B 碰撞后结束第n-1轮碰撞。第n-1轮碰撞中滑块A、滑块B、滑
1 2 1
块B 的速度分别为 ； ；
2
第n-1轮滑块B 碰撞2次；
1
第n轮，滑块A与滑块B 发生弹性碰撞，最后滑块B 的速度为
1 1
第n轮滑块B 只碰撞1次；
1
综上可得，滑块B 共碰撞2n-1次。
1
7．（12分）(2023广东佛山重点高中月考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度
v=2m/s匀速运动，质量为m=1kg的小物块P和质量为m=1.5kg的小物块Q由通过定
1 2
滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻给P、Q同时提供等大的初速度
v=4m/s，使Q竖直向上运动、P从传送带左端冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。
0
已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量
与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：
(1)物块P在传送带上向右运动的最大距离x；
(2)物块P离开传送带时的速度。【名师解析】．（12分）
(1)物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为a ，轻绳的拉力为F 。因P的初速度大于传
1 1
送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用。
F +μm g=m a
对P，由牛顿第二定律得： 1 1 1 1（1分）
m g−F =m a
对Q，由牛顿第二定律得： 2 1 2 1（1分）
m g+μm g=(m +m )a
对PQ： 2 1 1 2 1（2分）
1
−(m g+μm g)x = (m +m )(V2 −V2 )
2 1 1 2 1 2 0
或对PQ减至共速 （3分）
联立解得：a=8m/s2
1
v2 −v2 =−2a x
物块P先减速到与传送带速度相同，设位移为x，则有： 0 1 1（1分）
1
解得x=0.75m
1
f=μm g=5N<m g=15N
共速后，由于摩擦力 1 2 （1分）
故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右设此时的加速
度为a，轻绳的拉力为F（1分）
2 2
F −μm g=m a
对P，由牛顿第二定律得： 2 1 1 2（1分）（系统牛二2分）
m g−F =m a
对Q，由牛顿第二定律得： 2 2 2 2（1分）（写成动能定理给3分）联立解得：a=4m/s2
2
v2 =2a x
设减速到0位移为x，则有： 2 2（1分）
2
解得 x=0.5m
2
x=x +x
物块P在传送带上向右运动的最大距离 1 2（1分）
解得：x=1.25m （1分）
(2) P向右运动的速度减为0后，再以大小为a 的加速度向左做匀加速运动，直到从左端
2
v2 =2a x
离开传送带，由运动学公式 2 2 （1分）
v =√10m/s
解得： 2 （1分）
8.（2023四川内江一中入学考试）如图所示，倾角为37°长为l=16m的传送带，转动速度
为v=10m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体，已知物体与
传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 传送带顺时针转动时，物体从顶端A无法滑到底端B
B. 传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间为4s
C. 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B先做匀加速后匀速运动
D. 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间为2.1s
【参考答案】B
【名师解析】
．传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，
因为
则物体向下做匀加速运动到底端B，故A错误；
B．传送带顺时针转动时，物体向下一直做匀加速运动，则解得
故B正确；
的
C．若传送带逆时针转动，开始时物体将受到沿传送带向下 滑动摩擦力，物体向下做匀
加速直线运动，当物体与传送带达到共速时，若物体发生的位移小于传送带的长度，则摩
擦力突变为沿传送带向上，但物体仍然向下做匀加速直线运动，故C错误；
D．若传送带逆时针转动，物体刚开始运动有
物体与传送带共速后有
解得
所以物体运动的总时间为
故D错误。
9. （2023济南重点高中质检）如图所示，传送带底端A点与顶端B点的高度差为h，传送
带在电动机的带动下以速率v匀速运动。现将一质量为m的小物体轻放在传送带上的A点，
物体在摩擦力的作用下向上传送，在到达B点之前，已经与传送带共速，物体与传送带因
摩擦产生的热量为Q。则在传送带将物体从A送往B的过程中，下列说法正确的是（）
A. 物体与传送带因摩擦产生的热量为
B. 传送带对物体做功为
C. 传送带对物体做功为
D. 为传送物体，电动机需对传送带额外做功
【参考答案】BD
【名师解析】
设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时
间为
t时间内物体和传送带的位移大小分别为
物体相对于传送带滑动的位移大小为
设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得物体与传送带因摩擦产生的热量为
故A错误；
BC．根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即
故B正确，C错误；
D．根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为
故D正确。
故选BD。
10．（2023南京六校联考）如图所示，传送带与水平方向成 角，顺时针匀速转动的速
度大小为 ，传送带长 ，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，
且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径 .质
量 的物块（可视为质点）从A端由静止释放沿传送带下滑，在底端B滑上紧靠传送
带上表面的静止木板，木板质量为 ，木板长度 ，不考虑物块滑上木板时
的机械能损失，物块滑到木板最右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块
进入半圆形光滑轨道槽运动．已知物块与传送带间的动摩擦因数 ，物块与木板间的
动摩擦因数 ．取重力加速度 ．求：
（1）物块从A运动到B经历的时间t；
（2）物块从A运动到B与传送带摩擦产生的热量Q；（3）判断物块能否通过半圆槽的最高点D，若能，求出物块经过D点的速度；若不能，求
出物块离开半圆槽的位置．
【参考答案】
（1） ；（4分）
（2） ；（4分）（3）能通过D点, （5分）
【名师解析】（1）
此过程物块的位移大小为
由于 ，且 ，所以此后物块继续做匀加速直线运动，由
牛顿第二定律
由运动学公式
得
（2）从物块滑上传送带至速度与传送带相同的过程中皮带位移此过程物块相对皮带位移
此后过程中皮带位移
此过程物块相对皮带位移
（3）物块滑上木板时的速度大小
------1分
-------1分
--------1分
解得
对物块沿槽上滑过程应用动能定理，有
-------1分
解得物块到达D点的速度为
-------------------1分
物块能够到达D点
11（2023吉林一模）在日常生活和生产中，常用传送带运送物体。如图所示，一水平传送
带以 v = 2.0m/s的速度匀速运动，现把小物块（可视为质点）无初速地轻放在传
送带的左端A处，经过一段时间，小物块到达传送带的右端B处。A、B间距离L =
6.0m，小物块质量为m = 1Kg，小物块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.10，取重力加速度g = 10m/s2。
（1）求小物块从A运动到B所用的时间t
（2）求小物块从A运动到B 因摩擦所产生的热Q
【名师解析】.（10分）
(1) 小物块放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
（2分）
代入数据解得： 小物块做匀加速直线运动的时间为： （1分），
加速位移为： ，
因 为 ， 所 以 小 物 块 运 动 后 开 始 做 匀 速 直 线 运 动 ， 有 ：
（1分）
小物块从 运动到 所用的时间为： ．
小 物 块 放 到 传 送 带 上 后 到 与 传 送 带 具 有 共 同 速 度 所 发 生 的 位 移 为
在同样的时间段传送带所发生的位移为x' =vt=2×2=4
m（1分）在此时间段物块与传送带发生的相对位移为Δx=x' −x=4−2=2m（1分）
此过程摩擦所产生的热量为Q=μmgΔx=2J（2分）
12.（2023湖北八市重点中学联考）如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角 ，劲度
系数 的轻质光滑弹簧平行于传送带放置，下端固定在水平地面上，另一端
自由状态时位于Q点。小滑块质量 ，放置于传送带P点，滑块与传送带间的滑动
摩擦因数 。 已知传送带足够长，最大静摩擦力可认为和滑动摩擦力相等， 整个
过程中小滑块未脱离传送带，弹簧处于弹性限度内，弹簧的弹性势能 ，x为弹
簧的形变量 (重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8）
(1)若传送带静止不动，将小滑块无初速放在P点，PQ距离 ，求小物块滑行的最
大距离 ；
(2)若传送带以 速度逆时针传动，将小滑块无初速放在P点， PQ距离
，求小物块滑行的最大距离 。
【名师解析】
（1）对全程，设弹簧最大形变量为x，由能量守恒得：………………5分
（2）当小滑块达到与传送带共速时，其滑行距离设为 ，由动能定理得：
………………2分
小滑块再滑行 时，
即将与弹簧接触，设此时速度为v，由动能定理得：
………………2分
小滑块接触弹簧后，当速度减小到与传送带速度相等时，弹簧的压缩量设为 ，由能量
守恒得：
………………2分
然后小滑块继续减速至零，此时弹簧的压缩量设为 ，由能量守恒得：
………………3分(结果1分)
13．（17分）（2023广东名校月考）如图所示，倾角为
α=37°
，腰长为
L
1=5.25m的光
L
滑等腰三角形斜面固定在水平面上，一长为 2=9m的轻质绸带跨过斜面的顶端对称铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M =1.5kg、m=1kg的小物块同时轻
放在斜面两侧的绸带的中点上．两物块与绸带间的动摩擦因数μ相等，且最大静摩擦力与
滑动摩擦力大小相等．若将小物块视为质点，（
sin37∘ =0.6g
=10m/s2）问：
(1)若物块
M、m
与绸带不发生相对滑动，它们共同运动的加速度大小为多少？且此时
M、m
与绸带间摩擦力的大小为多少？
(2)欲使物块
M、m
与绸带不发生相对滑动，物块与绸带间的动摩擦因数需要满足什么条件？
μ=0.75, m
(3)若 物块从释放到斜面底端用时为多少？
【名师解析】．（17分）
(1) M、m 加速度大小相等，可以看作一个整体，设加速度为a，根据牛顿第二定律有
Mgsinα−mgsinα=(M+m)a
（2分）
解得：
a=1.2m/s2
（1分）
对M ，设M 与绸带间的静摩擦为 f ，则： Mgsinα−f=Ma （1分）
f
解得： =7.2N （1分）
由于不计绸带质量，
M、m
与绸带间的摩擦力大小相等，都为7.2N。（1分）
(2)由于最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，所以
M、m
与绸带间的最大静摩擦力分别为
μMgcosα ，μmgcosα，二者动摩擦因数相等，显然 μMgcosα>μmgcosα
，所以当
μ减小时，首先发生相对滑动的是m，当m与绸带出现相对滑动时，M 与绸带间不会出
现相对滑动，绸带将随着M 一起运动。（1分）
欲使物块
M、m
与绸带不发生相对滑动，则需满足：
μmgcosα≥f
（1分）μ≥0.9
可得： （1分）
a , m a
(3)设M 与绸带一起运动的加速度为 1 加速度为 2，则
Mgsinα−μmgcosα=Ma
1（1分）
mgsinα−μmgcosα=ma
2（1分）
a =2m/s2a =0
解得： 1 2
结果表明，M 带着绸带一起向下加速运动，而m相对斜面静止，m处于右侧绸带的中点，
L
2
t
所以当M 与绸带一起运动 4 时，m将离开绸带沿斜面下滑，设这段时间为 1，则：
L 1
2 = a t2
4 2 1 1 （1分）
t
解得： 1=1.5s （1分）
mgsina=ma
m在斜面上下滑时： 3（1分）
a =6m/s2
解得： 3
t
设m从离开绸带到滑到斜面底端用时为 2，则有：
L 1
L − 2 = a t2
1 4 2 3 2 （1分）
t =1s
解得： 2 （1分）
m物块从释放到斜面底端用时为：
t=t
1
+t
2
t=2.5s
（1分）
14. （2023天津名校月考） 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为
如图2所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最
左端，传送装置始终以v ＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因
0
数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度
g＝10m/s2。
（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到
传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。【参考答案】（1）0.25m；（2）2.5s
【名师解析】
（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得
μmg＝ma
解得
a＝0.5m/s2
包裹加速到v 所用的时间为
0
t＝
1
解得
t＝1s
1
t 时间内包裹的位移大小为
1
x＝
1
解得
x＝0.25m
1
t 时间内传送装置的位移大小为
1
x＝vt
2 01
解得
x＝0.5m
2
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x－x＝0.25m
2 1
（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为
t＝ ，
2
解得.
t＝35s
2
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为
t＝
3
解得
t＝2s
3
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为
Δt＝t＋t－t＝2.5s
1 2 3
15. （2023湖南顶级名校质检）如图所示，长为L=2m的水平传送带以v=2m/s的速度匀速
2
转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，m =m =1.0kg。在距传送带左端
B C
s=0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有
一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面
底端L=2m处由静止释放一质量m =0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，
1 A
碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩
擦因数μ=0.2，与水平面间的动摩擦因数μ=0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，
1 2 3
物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小；
（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
（3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；
（4）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。
【参考答案】（1）4m/s；（2）0.5J；（3）10；（4）11m
【名师解析】
（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
代入数据可得
v =4m/s
A（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，有
A1 B
代入数据得
v =3m/s
B
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B
解得
物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
1
，
由于x<L，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位
2
移
因此物块与传送带间因摩擦而产生的热量
代入数据得
Q=0.5J
（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有
代入数据得
v =0，v =2m/s
B1 C1
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动
能定理可知代入数据得
n=10
（4）由（3）知，物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为 ，由运动学公式得
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左
端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
代入数据得
x =11m
总
16. （2023南昌二中开学质检）如图所示，三角形传送带以 的速度顺时针匀速转
动，传送带两边倾斜部分的长度都是 ，且与水平方向的夹角均为 。现有两个质
量均为 的可视为质点的物体A和B，从传送带顶端处都以 的对地初速
度同时分别沿传送带两倾斜部分下滑，两个物体与传送带间的动摩擦因数都是 。
（取 ， ），求：
（1）A、B两物体到达传送带底端的时间差；
（2）A、B两物体整个下滑过程中因摩擦产生的总热量。【参考答案】（1）7.5s；（2）441J
【名师解析】
（1）对B，在速度未达到v=7m/s之前，受到沿着传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律
有
代入数据得
设经过时间 ，B与传送带达到共同速度，由运动学公式得
求得
此时B已下滑的对地位移
由于
此后物体B与传送带一起匀速下滑到底端，则
求得所以，B下滑的总时间为
对A由牛顿第二定律，有
得
即A一直做匀速直线运动，故
则A、B两物体到达传送带底端的时间差
（2）B只是在与传送带发生相对滑动的过程中，与传送带有相对位移，相对位移为
A一直匀速运动，但是与传送带的运动方向相反，故与传送带的相对位移为
A、B两物体滑动摩擦力产生热量分别为
代入已知数据，可得A、B两物体整个下滑过程中因摩擦产生的总热量
【名师点睛】解决本题的关键能正确对其受力分析，判断A、B在传送带上的运动规律，
结合运动学公式分析求解；特别分析相对位移时，找出物理量间的关系是解决相对位移的
关键。17．（14分）（2023江西红色十校第一次联考）如图，用水平传送带向右运送货物，传送
带左、右端点 A、B 间距为 ，装货物的凹形薄木箱质量为 、长度
。现将质量 的货物放入静止的木箱，木箱左侧位于A端。货物恰与木箱
左侧壁接触。放入货物后，传送带由静止开始依次做匀加速运动、匀速运动和匀减速运动
直到静止，木箱在传送带匀速运动中的某时刻与传送带共速，且停止运动时其右侧刚好到
达B端，该过程中，传送带减速段、加速段的加速度大小均为 ，最大速度
。已知木箱与货物间的动摩擦因数 ，木箱与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度g取 ，货物可视为质点，货物与木箱间的碰撞为时间极短的
完全非弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）传送带加速运动过程中，木箱侧壁对货物的作用力大小；
（2）传送带减速运动过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）传送带匀速运动的时间。
【名师解析】：（1）传送带启动后向右做匀加速运动，货物和木箱一起相对传送带向左滑
动，对于货物和木箱整体，由牛顿第二定律有 （1分）
代人数据得
对于货物，因 ，仅靠静摩擦力提供的最大加速度为 ，所以木箱对货物的静
摩擦力不仅达到最大值，且左侧壁对货物还施加有压力F
对于货物，由牛顿第二定律有 （1分）
代人数据得 （1分）（2）传送带减速运动过程中，货物一定相对于木箱向右滑动
对货物，由牛顿第二定律有 （1分）
代人数据得
设木箱相对传送带滑动，则由牛顿第二定律有 （1分）
代入数据得
因 ，所以木箱相对传送带静止且一起做减速运动，由题意，木箱停止运动
时右侧在B端，可知此前传送带速度已经减为零且货物与木箱已经发生了碰撞，设传送带
速度由 减到零所用时间为t
由运动学规律有
代人数据得
此过程中，设货物、木箱发生的位移大小分别为 、
由牛顿第二定律有 ， （1分）
代人数据得 、
因 ，所以木箱速度第一次减小到零时，货物与木箱右侧刚好发生碰撞、此后一起减
速运动
传送带减速运动过程中，因摩擦产生的热量为 （1分）
代入数据解得 （1分）
（3）货物与木箱间发生的是完全非弹性碰撞，设碰撞前后货物的速度分别为v和
由运动学规律有由动量守恒定律有 （1分）
代入数据得
设碰后到停止运动的过程中木箱发生的位移为
由动能定理有 （1分）
代人数据得
设木箱在加速段发生的位移为 ，由运动学规律有 （1分）
代入数据得
设木箱匀速运动的时间为 ，则有 （1分）
代入数据得
传递带比木箱多匀速运动的时间为 （1分）
代入数据得
所以，传送带匀速运动的时间为 （1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
18.（14分）（2023江苏扬州市宝应县期初检测）如图所示，水平地面上有一倾角θ=37°的
传送带，现让一小煤块以v=8m/s从传送带的底端滑上传送带，已知小煤块与传送带间的
1
动摩擦因数μ=0.5，且传送带足够长，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：
（1）若传送带静止，煤块滑动最高点所用时间；
（2）若传送带以v=2m/s顺时针旋转，煤块向上滑行的最大距离。
2
（3）若传送带以v=10m/s顺时针旋转，煤块到达最高点时传送带上的滑痕长度。
3v
1
θ
【名师解析】.（14分）
（1）a=gsinθ+μgsinθ=10m/s2 （2分）
1
t=v/a=0.8s （2分）
1 1 1
（2）煤块先以a 匀减速到v
1 2
v −v
2 2
x = 1 2 =3m
1 2a
1 （2分）
由于gsinθ>μgsinθ，煤块继续匀减速
a=gsinθ-μgsinθ=2m/s2 （1分）
2
v
2
x = 2 =1m
2 2a
2 （1分）
总位移x=4m （1分）
（3）煤块以a 一直匀减速到最高点
2
t=v/a=4s
2 1 2
v
2
x = 1 =16m
煤 2a
煤块位移 2 （2分）
x =v t =40m
传 3 2
传送带位移 （2分）
Δx=x －x =24m
传 煤
痕迹长度为 （1分）
19. （2023重庆南开中学第一次质检）如图所示，倾角 的传送带，正以速度
顺时针匀速转动。长度 ，质量为m的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数 ，当木板前进 时机器人将另一质量也为m（形状大小忽略不
计）的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数 ，从此刻开始，每间
隔 机器人将取走货物而重新在木板右端轻放上相同的货物（一共放了两次货物），重力
加速度为 ，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，求：
（1）木板前进 时的速度大小；
（2）取走第一个货物时，木板的速度大小；
（3）取走第二个货物时，木板的速度大小。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】
（1）木板放在传送带上受到重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力作用
根据牛顿第二定律有代入数据，解得
由位移速度关系
代入数据，木板前进 时的速度大小
（2）放上货物后，货物受重力、支持力、滑动摩擦力作用
向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
代入数据，解得
木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力因为
木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律
解得
0.5
货物加速，木板减速，当两者速度相等时
解得
s
之后，两者一起匀加速到与传送带共速，该过程加速度与木板初始的加速度相同
＜1s取走第一个货物时，木板的速度大小为 ；
（3）同理，放上第二个货物后，木板的运动与放上第一个的时候相同，木板先做匀减速，
再和货物做匀加速直线运动，直到与传送带共速，整个过程 ，剩下的 做匀速直线
运动，所以取走第二个货物时，木板的速度大小为 。
. 20.（2023济南重点高中质检）如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外
力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v＝－10m/s运行的水平传送带，从物体
0
冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0～4s内水平外力方向始终
与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。
【参考答案】（1）0.3；（2）2880J
【名师解析】
（1）设水平外力大小为F，由乙图可知0～2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速度大
小为
a＝5m/s2
1
由牛顿第二定律得
F＋f＝ma
1
2～4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为
a＝1m/s2
2
由牛顿第二定律得
f－F＝ma
2
联立解得f＝60N
又
f＝μmg
解得
μ＝0.3
（2）0～2s内物体的对地位移为
传送带的对地位移为
x′＝vt＝－20m
1 01
此过程中物体与传送带间的摩擦热为
Q＝f(x－x′)＝1800J
1 1 1
2～4s内物体的对地位移为
传送带的对地位移为
x′＝vt＝－20m
2 02
此过程中物体与传送带间的摩擦热
Q＝f(x－x′)＝1080J
2 2 2
0～4s内物体与传送带间的摩擦热为
Q＝Q＋Q＝2880J
1 2
21．（15分）（２０２３南京镇江１０月学情调研）如图所示，装置由光滑的四分之一圆
弧轨道 、水平传送带 组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接。一质量为
的滑块在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落
地。已知滑块与传送带的动摩擦因数为 ，传送带 长L=3m，圆弧轨道半径为
R=0.8m，传送带一直向右做匀速运动，速度大小为 ，C端距地面的高度
H=1.25m。（传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取 ）
（1）若小滑块从h=0.2m处静止释放通过传送带，求滑块经过传送带因摩擦而产生的热量。
（2）操作发现，当滑块从距离B点高度为 和 之间 下滑，最后都会落到地上同一点，求 和 。
（3）若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节（B点位置不变，
C点位置可以左右调节），其他条件不变，求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长
度L之间的关系。（注：滑块运行期间传送带长度是不变的）
【名师解析】
(1)mgh= mv2
解得v =2m/s
B
分析得：滑块在传送带上先匀加速再匀速，v=v -at
B
得t=1s 相对位移大小X -X =0.5m Q=fx=0.1J------------(5分)
带 物
(2)分析得：临界:一个匀加速到头为V, 一个匀减速到头V
h =0.15m ------(2分)
1
h=0.75m -------------(2分)
2
(2) 滑块始终从A点释放，到达B点的速度为
经过分析，当传送带长度小于等于 时，滑块全程减速，否则为先减速后以
匀速， L=3.5m
当L≥3.5m X=L+1.5 (m)-------------(3分)
当L∠3.5m -------------(3分)22.(18分) （2023安徽示范性高中质检）
某快递公司为了提高效率,使用电动传输机转运快件,如图所示,传送带由水平部分AB=2m、倾斜 部分
BC=8m 组成,倾斜部分与水平面的夹角θ=37°。先将货物静止放在水平部分最右端 A 点,再让 传送
带以a=8m/s 的加速度开始启动,当传送带的速度达到v=4m/s后改为匀速运动,假设货物到达
2
B 端由AB 转到BC 部分时衔接速度方向立刻改为沿BC 方向但大小不变,货物与传送带间的动摩擦
因 数都是μ=0.5,已知重力加速度g=10m/s ,sin37°=0.6,cos37°=0.8。试求:
2
(1)货物从A 点传送到B 点所用的时间;
(2)若货物传送到B 点,传送带立即停止转动,货物从B 端传送到C 端所用的时间;(计算结果保留 小
数点后两位)
(3)若货物传送到B 点,传送带的速度立即改变但仍为匀速率,货物从B 端传送到C 端所用的时间
为1.2s,试判断传送带改变后运转的方向并计算运转的速度大小。
【名师解析】（1）由货物分析： mg ma ，解得 a 5m/s2 （1 分）
传送带加速阶段，货物加速，传送带匀速以后货物仍要加速一段时间才能共速，设货物加
速的总时间为t1 ，加速阶段位移为 x1 。
解得 t
1
0.8s ， x
1
1.6m（1 分）
余下 0.4m 一起匀速 L x
1
vt
2
（1 分）
解得 t 0.1s （1 分）
2
所以货物从 A 点传送到 B 点所用的时间为 t t
1
t
2
0.9s（1 分）（2）BC 段不动： mg sin 37mg cos 37 ma
1
解得 a
1
2m/s2 ，方向沿斜面向下（1 分）
解得：t （ ）s≈0.146s （1 分）
2
（3）若传送带顺时针运动，货物受到沿斜面向上的摩擦力，始终以 a 2m/s 的加速度
2 1
向下加速，用时
t 1.46s 不变 若传送带逆时针运动，且运转速度0 v 4m/s ，货物受到沿斜面向
1
上的摩擦力，始终以 a 2m/s2 的加速度向下加速，用时 t 1.46s 不变
1 1
若传送带逆时针运动，且运转速度足够大，货物受到始终沿斜面向下的摩擦力
mg sin 37°+ mg cos 37 ma （1 分）
2
解得 a 10m/s2 ，方向沿斜面向下（1 分）
2
若以此加速度一直加速到最低端，所用时间最短
解得：
由以上分析可知，传送带应逆时针运动，且运转速度大于 4m/s，摩擦力方向先向下，后向
上。 设货物在传 送带上先经过 t 时间以 a 加速，与传送带共速后又以 a 加速经过 t 时
3 2 1 4
间到达底端 设传送带的速度为 v，
2联立解得
解得 v
2
6m/s ， v
2
26m/s（舍）
所以传送带以逆时针 v
2
6m/s 转动（1 分）
