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知识点 43：传送带模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学和能量观点解决传送带问题的技巧：
（1）动力学方法：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式
结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关
系．
（2）能量方法：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因
放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
①传送带与物体产生的内能Q＝f s 其中x 是物体间相对路径长度（同向相减，反向相
相对 相对
加）。
②因传送工件而多消耗电能电机做功的求解方法：
根据动能定理：传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W＝f x 。
传
根据能量守恒：电机做功等于物块机械能增加量和系统摩擦产生的热W＝ΔE ＋ΔE ＋Q。
k p
考点一：水平式传送带模型的力与能量问题
题型一：滑块静止释放模型
类型一：滑块在传送带上静止释放模型
【典例1a拔尖题】如图所示，水平传送带的质量 ，两端点 间距离 ，
传送带以加速度 由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为 的滑
块(可视为质点)无初速度地轻放在 点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1， 取
，电动机的内阻不计。传送带加速到 的速度时立即开始做匀速转动而后速率
将始终保持不变，则滑块从 运动到 的过程中( )
A．系统产生的热量为
B．滑块机械能的增加量为
C．滑块与传送带相对运动的时间是
D．传送滑块过程中电动机输出的电能为
【典例1a拔尖题】【答案】A
1
学科网（北京）股份有限公司【解析】传送带初始做匀加速运动，加速时间 ，根据牛顿运动定律，滑块
的加速度满足 ，得： ，滑块加速过程的位移
，故滑块会一直加速到 与传送带共速，后保持相对静止
一起做匀速运动。滑块加速的时间： ，相同时间内传送带的位移
，故滑块与传送带的相对路程： ，系统产生
的热量： ，故A正确，C错误；根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力
做的功等于滑块机械能的增加量： ，故B错误；由能量守恒定律得，
电动机输出的电能： ，故D错误。
类型二：滑块在传送带上静止释放+其他组合运动模型
【典例1b拔尖题】如图所示，半径R＝1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端
与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16 m，传送带以v＝10 m/s的速
0
度顺时针运动，将质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的
动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.
（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；
（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的
位置范围；
（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨
道的最高点C，求此初速度满足的条件．
2
学科网（北京）股份有限公司【典例1b拔尖题】【答案】（1）2.85 s（2）在A端与距A端6 m的范围内（3）向右v≥4
1
m/s，向左4 m/s≤v≤8 m/s
2
【解析】(1) 设滑块加速运动的时间为t，加速度大小为a，对滑块受力分析，有μmg＝ma
1
v ＝at 解得：t ＝2.5 s，a＝4 m/s2，设滑块速度达到v 时经过的位移为x ，x ＝at2＝12.5
0 1 1 0 1 1 1
m，设滑块匀速运动的位移为x ，则x ＝L－x ＝3.5 m，则滑块匀速运动的时间为t ＝＝
2 2 1 2
0.35 s，所需时间为t＝t＋t＝2.85 s.
1 2
(2)滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为0，则在C点由牛顿第二定律得
mg＝m，B点到C点由动能定理得－mg·2R＝mv 2－mv 2，滑块通过B点的速度至少为v
C B B
＝4 m/s，v 2＝2ax，解得：x＝10 m，滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放
B
均可到达半圆轨道的最高点C处．
(3)若给滑块一水平向右的初速度v ，v 2－v2＝2a·，解得：v＝4 m/s，所以v≥4 m/s。若给
1 B 1 1 1
滑块一水平向左的初速度v，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8 m的范围即可，由运
2
动学公式可得v2－0＝2ax′，2≤x′≤8，解得4 m/s≤v≤8 m/s，所以当初速度方向水平向左时
2 2
满足于4 m/s≤v≤8 m/s.
2
【典例1b拔尖题对应练习】如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度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的小物块从A点静止释放．已知
A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 μ ＝0.25、μ ＝0.20，取
1 2
重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
(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.
【典例1b拔尖题对应练习】【答案】(1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
【解析】(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a ，则有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma ，
1 1 1
解得a＝4 m/s2，小物块从A到P，由运动学公式得v2＝2aL，解得v＝8 m/s
1 1 1 1
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的
加速度为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′，得a′＝2 m/s2，设经时间t 小物块速度减为零，
2 1
则t ＝＝4 s，此过程小物块的位移大小为x ＝＝16 m，小物块速度减为零后开始向右做匀
1 1
加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t 和传送带速度相同，则t＝＝2 s，此过程小物块的
2 2
位移大小为x ＝＝4 m，因x>x ，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t ＝＝3
2 1 2 3
s，则t＝t＋t＋t，解得t＝9 s
1 2 3
3
学科网（北京）股份有限公司(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q ＝μmg·cos 37°·L＝32 J，小物块第1次从传送
1 1
带返回P点，v ＝v＝4 m/s，物块沿斜面做匀减速运动减速到零后反向做匀加速运动，再次
P
到达P点，动能减小，v ′μMgcos 37°，所以箱子继续减速运动，则根据牛顿第二
2
定律，Mgsin 37°－μMgcos 37°＝Ma ，整理可以得到a ＝2 m/s2，根据运动学公式0－v＝
2 2 2
－2as ，解得s ＝4 m，由于s ＋s ＝6.4 m<8 m，所以箱子不能运送到高处平台上，
2 箱2 箱2 箱1 箱2
第一段减速时间，t ＝＝ s＝0.4 s，此过程中传送带的位移大小，s ＝vt ＝4×0.4 m＝
减1 减1 2 减1
1.6 m，两者相对位移Δs ＝s －s ＝2.4 m－1.6 m＝0.8 m，产生的热量为Q ＝μMgcos
1 箱1 减1 1 2
37°·Δs，解得Q＝3.2 J，第二阶段t ＝＝ s＝2 s，此过程中，传送带的位移大小s ＝vt
1 1 减2 减2 2
＝4×2 m＝8 m，两者相对位移Δs ＝s －s ＝8 m－4 m＝4 m，产生的热量为Q ＝
减2 2 减2 箱2 2
μMgcos 37°·Δs，解得Q＝16 J，故总的热量为Q＝Q＋Q＝19.2 J.
2 2 2 1 2
类型三：运动的滑块从顶端向下运动模型
【典例1c拔尖题】已知一足够长的传送带倾角为θ，以一定的速度顺时针匀速转动。某时
刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t=0时刻记录了
12
学科网（北京）股份有限公司小物块之后在传送带上运动速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方
向为正方向，v>v)。已知传送带的速度保持不变，则( )
1 2
A．在0~t 内系统产生的热量与在t~t 内系统产生的热量相等
1 1 2
B．在0~t 内，传送带对物块做的功W= mv 2－ mv 2
2 2 1
C．在0~t 内，物块对传送带做负功
2
D．在t~t 内，系统产生的热量等于物块机械能的增量
1 2
【典例1c拔尖题】【答案】CD
【解析】由图乙可知，在0～t 内，物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故A错
1
误；在0～t 内，由图乙中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，
2
重力对物块做正功，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，故B错误；
由图乙可知，在0～t 内，物块先向下运动后向上运动，传送带相对于物块的运动方向向上，
2
传送带受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故C正确；
由图乙中“面积”等于位移可知，在t～t 内，传送带的位移 ，物块的位移
1 2
，物块与传送带之间的相对位移 ，等于物块的位移，而
Q=fx ，传送带对物体所做的功W=fx =ΔE，故D正确。
相 物
题型二：传送带向下匀速运动模型（下载模型）
类型一：滑块静止轻放模型
【典例2a拔尖题】(多选)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，
倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将 m＝1 kg的货物
放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器分别测得货物与传送带
的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
13
学科网（北京）股份有限公司37°＝0.8，可知( )
A. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B. A、B两点间的距离为1.2 m
C. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功为－11.2 J
D. 货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
【典例2a拔尖题】【答案】CD
【解析】0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a＝
1
gsinθ＋μgcosθ＝ m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，
a＝gsinθ－μgcosθ＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误．从题图乙可知，0～
2
1.2 s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x＋x＝3.2 m，则A、B两点间的距
1 2
离为3.2 m，故B错误．传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W ＝Fx＝μmgcosθ·x＝
f1 f 1 1
0.8 J，W ＝－Fx＝－μmgcosθ·x＝－12 J，W＝W ＋W ＝－11.2 J，故C正确．从题图
f2 f 2 2 f f1 f2
乙可知，0～0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m,0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以
货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Fx ＝
f 相对
μmgcosθ·x ＝4.8 J，故D正确．
相对
【典例2a拔尖题对应练习】如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为
L=14m，传送带以v=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为
0
m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留
下黑色划痕， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求∶
(1)煤块从A到B的时间。
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。
(3)系统因摩擦产生的热量。
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学科网（北京）股份有限公司【典例2a拔尖题对应练习】【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J
【解析】(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得 ，煤块达到和传送带速度相等时的
时间为 ，煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为 ，煤块
速度到达v 后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得 ，代
0
入数据解得 ，煤块第二次加速的位移为 ， ，
解得 ，煤块从A到B的时间为
(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为 ，第二过程中煤块
相对传送带向下移动，划痕长为 ，两部分重合，故划痕总长为4m
(3)系统因摩擦产生的热量为
类型二：运动的滑块从顶端向下运动模型
【典例2b拔尖题】如图所示，传送带以速度 逆时针匀速转动，转轮半径很小
(相比于传送带长度可忽略)，传送带AB部分水平，OA部分倾角 、长为1m，OB
1
部分倾角 2 、长为0.75m。现将一质量为 的墨盒轻放在A端，墨盒由静止
从A运动到B的过程中留下清晰的痕迹(忽略墨盒质量的变化)。已知墨盒通过O点转轮时
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学科网（北京）股份有限公司速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数 ，取重力加速度 ，
， ， ，则墨盒从A到B过程中下列说法中正确的是(
)
A．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.584J
B．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.81J
C．墨盒在传送带上留下的痕迹长为0.6125m
D．墨盒在传送带上留下的痕迹长为1.0125m
【典例2b拔尖题】【答案】AC
【解析】当墨盒在OA部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得
解得 ，当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为
故墨盒先加速后匀速，加速时间为 ，墨盒相对
于传送带向后，相对位移为 ，摩擦产生的热量为
，当墨盒在OB部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二
定律得 ，解得 ，墨盒在OB部分做匀加速运动，
根据匀变速公式得 ，解得 ，墨盒相对于传送带向前，相对位移
为 ，摩擦产生的热量为 ，墨盒
16
学科网（北京）股份有限公司从A到B过程中产生的热量为 ，故A正确，B错误；根据分析可知，
在OA部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为 ，在
OB部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为 ， 与
的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为 ，故C正确，D
错误。
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