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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 ′<v ，即v ′<4 m/s，小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加
P P P
速第二次返回P点，v ＝v ′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块
2 P
到达P点的速度为0，即从第1次由传送带返回P点后小物块的动能全部损失在与斜面的
摩擦生热过程中，Q＝mv 2，解得Q＝16 J，则Q＝Q＋Q＝48 J.
2 P 2 1 2
题型二：滑块同向滑上传送带模型
类型一：只有传送带模型
【典例2a拔尖题】如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为 1 kg、2 kg，放在静止的水平传
送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2，t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、
2 m/s的初速度开始向右滑行．t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速
度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
【典例2a拔尖题】【答案】BC
【解析】由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：a＝＝μg＝2 m/s2，前0.5
s两滑块均做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动，0.5 s时，甲的速度为v ′＝(6－2×0.5) m/s
甲
＝5 m/s，乙的速度为v ′＝(2－2×0.5) m/s＝1 m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运动，
乙
乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的v
－t图象：v－t图象与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5 s时，两滑块相对位移Δx＝(6
－2)×0.5 m＝2 m，所以相距5 m－2 m＝3 m，故A项错误；由v－t图象可知，t＝1.5 s时，
两滑块速度相等，均为3 m/s，故B项正确；0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为 m＝
0.25 m，故C项正确；两滑块在传送带上滑动，除摩擦力外没有其他力做功，t＝2.5 s时速
度已经恒定，0～2.5 s内损耗的能量全部转化为内能，由能量守恒定律可得 m v 2＋m v
甲 甲 乙
2＝m v 2＋m v 2＋Q，解得：Q＝8.5 J，故D项错误．Δx ＝3×1 m－
乙 甲 传 乙 传 乙
4
学科网（北京）股份有限公司【典例2a拔尖题对应练习】如图所示，用水平传送带将质量为m的煤块从A端运送到B
端，AB之间的距离为L，传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因
数为μ，将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹。下列
说法不正确的是( )
A．摩擦力对煤块做的功为μmg(L+l)
B．摩擦力对煤块做的功为μmgl
C．煤块与传送带因摩擦产生的热量为μmgl
D．煤块与传送带因摩擦产生的热量为 mv2
【典例2a拔尖题对应练习】【答案】A
【解析】设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，
则 ，由于煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹，则有 ，联立
解得 ，则摩擦力对煤块做的功为 ，故A错误，符合题意；B正确，
不符合题意；煤块与传送带因摩擦产生的热量为 ，故C正确，不符合题
意；煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为a=μg，匀加速运动的位移为x=l，由
运动学公式2ax=v2可得 ，上式变形，得到 ，故煤块与传送带因
摩擦产生的热量为 ，故D正确，不符合题意。
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例2b拔尖题】如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上
5
学科网（北京）股份有限公司的A点，在水平向右的恒定拉力F = 4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其
滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.3m且内壁光滑的
竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一
与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆
轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l =
2
2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ
1 2
= 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）水平轨道AB的长度l；
1
（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条
件；
（3）若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度
v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【典例2b拔尖题】【答案】(1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有
，从A到P点，列动能定理有 解得
(2)分析若恰能过P点，则，满足vP = 0，从A到P点列定能定理，有：
，算得 ，若小滑块恰能到D点，则有
，解得 ，综上所述应满足条件为
(3)分析各类情况：
①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足 得
可知 时，无法达到E点。
②恰好过P点的情况下 得 ，即进入传送带加速。
讨论传送带上运动问题：
[1]若全程加速，加到E点时恰好为3 ，有 得
对应距离满足 得 ，即
满足 得
6
学科网（北京）股份有限公司[2]当过D点的速度超过3 时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3
，有 得
对应距离满足 得 ，即 ，
[3]若 ，则满足 得
综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下：
在 时，无法达到E点；
在 时，
在 时，
在 时，
【典例2b拔尖题对应练习】如图所示，在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l＝3 m的水平
传送带BC平滑连接于B点，传送带BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.55 m的四分之一细
圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝50 N/m的
轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m＝0.5 kg的物块(可视
为质点)从曲面上P点由静止释放，P点距BC的高度为h＝0.8 m．(已知弹簧的弹性势能E
p
与弹簧的劲度系数k和形变量x之间的关系是：E ＝kx2，水平传送带与物块间的动摩擦因
p
数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求物块在水平传送带BC上前进的距离；
(2)若传送带向右匀速运动的速度v＝2 m/s，求物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力以及
0
物块在压缩弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度)；
(3)若传送带向右匀速运动的速度v＝2 m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．
0
由于物块与传送带发生相对运动，求一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能．
【典例2b拔尖题对应练习】【答案】见解析
【解析】(1)物块从P点由静止释放到停在传送带某处的过程中，由动能定理：mgh－μmgx
＝0－0，解得x＝2 m.
(2)由动能定理可得，mgh＝mv 2，则物块下落到B点时的速度为v ＝4 m/s，若传送带向右
B B
匀速运动的速度v ＝2 m/s，物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，受到向左的滑动摩
0
7
学科网（北京）股份有限公司擦力，使物块减速，减速到与传送带速度相同时，物块的位移x′＝＝1.5 m<l，因此物块将
在传送带上先减速后匀速，到达C点时已经与传送带速度相同，即v ＝2 m/s.
C
经过管道C点时：mg－F ＝，由牛顿第三定律得F ′＝F ，则物块对管道的压力F ′＝
N N N N
N，方向竖直向下．由平衡条件得：mg＝kx′，解得x′＝0.1 m，此时物块加速度为0，物块
速度最大，则物块从C点运动到动能最大的过程中，由动能定理：mg(r＋x′)－kx′2＝mv 2
m
－mv 2，解得v ＝4 m/s.
C m
(3)物块再次回到C点的速度仍为2 m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向
右匀加速运动至C点，速度大小仍为2 m/s，因此电动机多消耗的能量即为物块与传送带之
间因摩擦产生的热量．物块向左减速的位移x＝＝0.5 m，与传送带的相对位移Δx＝x＋v
1 1 1 0
＝1.5 m，物块向右加速的位移x ＝＝0.5 m，与传送带的相对位移Δx ＝v －x ＝0.5 m，因
2 2 0 2
此电动机在一个周期内多消耗的电能E＝μmg(Δx＋Δx)＝4 J.
1 2
题型三：滑块反向滑上传送带模型
类型一：只有传送带模型
【典例3a拔尖题】如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg
的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化
关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的
速度保持不变，g取10 m/s2.求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块在传送带上的运动时间；
（3）整个过程中系统产生的热量．
【典例3a拔尖题】【答案】(1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J
【解析】(1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定
律得F＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝0.2.
f
(2)由速度图象可知，物块初速度大小v＝4 m/s、传送带速度大小v′＝2 m/s，物块在传送
带上滑动t ＝3 s后，与传送带相对静止．前2 s内物块的位移大小x ＝t＝4 m，向右，后1
1 1
s内的位移大小x ＝t′＝1 m，向左，3 s内位移x＝x －x ＝3 m，向右；物块再向左运动时
2 1 2
间t＝＝1.5 s.物块在传送带上运动时间t＝t＋t＝4.5 s.
2 1 2
(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移x′＝v′t ＝6 m，向左，物块的位移x＝x －
1 1
x＝3 m，向右。相对位移为Δx′＝x′＋x＝9 m，所以转化的热能E ＝F·Δx′＝18 J.
2 Q f
8
学科网（北京）股份有限公司类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例3b拔尖题】如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平
直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平
传送带MN以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8
0
m，MN间的距离为L ＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，
MN
轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L ＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg.重力加速度g取
BC
10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P
从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水
平位移；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差
H的范围．
【典例3b拔尖题】【答案】(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
【解析】(1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则v ＝0，mg(H－R)－μmgL ＝
F BC
0，解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为v ，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
N
mgH′－μmg(L ＋L )＝mv 2－0，解得v ＝2 m/s，滑块从N点做平抛运动，水平位移为x
BC MN N N
＝v ＝0.8 m
N
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H ，从开始到E点应用动
1
能定理mgH－μmgL －2mgR＝mv 2－0，在E点时有mg＝m，解得H＝0.7 m，滑块滑上
1 BC E 1
传送带时的速度为v ，mgH －μmgL ＝mv 2－0，v ＝ m/s<4 m/s，滑块做减速运动的位
M 1 BC M M
移为L＝＝2.5 m<L ，因此滑块返回M点时的速度为v ′＝ m/s，因此能第二次过E点．
MN M
设高度为H 时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v＝＝ m/s，从开始到M点应用动
2
能定理mgH－μmgL ＝mv2－0，解得H＝0.8 m，第二次经过E点后，当滑块再次从B点
2 BC 2
滑上圆轨道时在B点的速度为v ，则有mgH －3μmgL ＝mv 2－0，v ＝2 m/s< m/s所以滑
B 2 BC B B
块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H范围是0.7 m≤H≤0.8 m.
【典例3b拔尖题对应练习】如图所示，右边传送带长L＝15 m、逆时针转动速度为v＝16
0
m/s，左边是光滑竖直半圆轨道(半径R＝0.8 m)，中间是光滑的水平面AB(足够长)．用轻
质细线连接甲、乙两物体，中间夹一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连．甲的
质量为m ＝3 kg，乙的质量为m ＝1 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定甲物
1 2
9
学科网（北京）股份有限公司体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为 s ＝12 m．传送带与乙物
m
体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点．
(1)固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D点时对轨道
的压力大小；
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后甲、乙两物体离开弹簧时的速度大小之比为＝，
问甲物体和乙物体能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙
两物体的速度大小；若不会碰撞，说明原因．
【典例3b拔尖题对应练习】【答案】(1)30 N (2)会碰撞 2 m/s 6 m/s
【解析】(1)固定甲物体，烧断细线后乙物体滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律得：
μm g＝ma，由运动学公式：v＝2as ，由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能：E ＝
2 2 m p
mv，固定乙物体，烧断细线后，甲物体离开弹簧的速度满足：E ＝mv，甲物体从B运动
2 p 1
到D过程中由机械能守恒定律得：2mgR＋mv＝mv，甲物体在D点，由牛顿第二定律得：
1 1 1
mg＋F ＝m，联立以上各式解得F ＝30 N，由牛顿第三定律知F ′＝F ＝30 N.
1 N 1 N N N
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，由机械能守恒定律得：E ＝mv′2＋mv′2，由
p 1 1 2 2
题意：＝，解得：v′＝2 m/s，v′＝6 m/s，之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最高点高度
1 2
为h，则mv′2＝mgh，得h＝0.6 m＜0.8 m，滑不到与圆心等高位置就会返回，返回水平
1 1 1
面AB面上时速度大小仍然是v′＝2 m/s，乙物体滑上传送带，因v′＝6 m/s＜16 m/s，则乙
1 2
物体先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动．由对称性可知乙物体返回AB面上时速
度大小仍然为v′＝6 m/s甲物体和乙物体能再次在AB面上发生水平碰撞．
2
考点二：斜面式传送带模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
当物体的速度与传送带速度相等时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小关系才能决定物块以
后的运动，判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
题型一：传送带向上匀速运动模型（上传模型）
类型一：静止的滑块从底端向上运动模型
【典例1a拔尖题】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带
动下始终保持v＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻轻放在
0
传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
10
学科网（北京）股份有限公司【典例1a拔尖题】【答案】(1) (2)230 J
【解析】(1)传送带长x＝＝3 m，工件速度达到v 前，做匀加速运动的位移x＝v t＝t，匀
0 1 1 1
速运动的位移为x－x ＝v(t－t)，解得加速运动的时间t ＝0.8 s，加速运动的位移x ＝0.8
1 0 1 1 1
m，所以加速度a＝＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带
与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。在时间t 内，传送带运动的位移，x ＝vt ＝
1 传送带 01
1.6 m，在时间t 内，工件相对传送带的位移，x ＝x －x ＝0.8 m，在时间t 内，摩擦
1 相 传送带 1 1
生热Q＝μmgcos θ·x ＝60 J，工件获得的动能E ＝mv＝20 J，工件增加的势能E ＝mgh＝
相 k p
150 J，故电动机多消耗的电能W＝Q＋E ＋E ＝230 J。
k p
【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2 m/s的速度按如
图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9 m．把一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)
无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间
的动摩擦因数μ＝，不计物块的大小，g取10 m/s2.求：
(1)从放上物块开始计时，t＝0.5 s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩
擦力做功的功率是多少？
(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？
(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？
【典例1a拔尖题对应练习】【答案】 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W
【解析】(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：F＝μmgcos 30°＝14 N，由牛顿第二定律得：
f
F－mgsin 30°＝ma，a＝2 m/s2，物块与传送带速度相同时用时为：t＝＝ s＝1 s，因此t＝
f 1
0.5 s时刻物块正在加速，其速度为：v ＝at＝1 m/s，则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：
1
P＝Fv＝14 W，此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P＝Fv＝28 W
1 f 1 2 f
(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x＝at＝×2×12 m＝1 m<l＝9 m，摩擦力对物块
1
做功为：W＝Fx＝14×1 J＝14 J，此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W＝Fvt＝28
1 f 1 2 f 1
J，这段时间产生的热量：Q＝W－W＝14 J
2 1
(3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t ＝＝4 s，把物块由A端传送到B端摩擦力对物块
2
所做的总功为：W ＝mglsin 30°＋mv2，把物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块
总
做功的平均功率是：＝＝18.8 W.
11
学科网（北京）股份有限公司类型二：运动的滑块从底端向上运动模型
【典例1b拔尖题】如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为
37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接．两传送带均顺时针匀速率运行．现将
装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取
下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切．已知箱子的
质量M＝1 kg，货物的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v＝8 m/s，AB长L＝15 m，与箱子
1 1
间的动摩擦因数为μ＝.传送带Ⅱ的速度v＝4 m/s，CD长L＝8 m，由于水平面BC上不小
1 2 2
心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2.
2
(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；
(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生
的内能(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
【典例1b拔尖题】【答案】(1)3.475 s (2)见解析
【解析】(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律μ(M＋m)gcos 30°－(M＋m)gsin 30°＝(M＋
1
m)a，代入数据解得a＝2.5 m/s2，根据运动学公式v＝2as，整理可以得到s＝12.8 m<15
m，则知箱子与传送带共速后做匀速运动，根据速度公式v＝at，则t＝3.2 s，与传送带一
1 1 1
起匀速运动L－s＝vt，则t＝0.275 s，故总时间为t＝t＋t＝3.475 s.
1 12 2 1 2
(2)在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律 Mgsin 37°＋μMgcos 37°＝
2
Ma，整理可以得到a＝10 m/s2，根据运动学公式v－v＝－2as ，解得s ＝2.4 m，当达
1 1 1 箱1 箱1
到传送带速度时，由于Mgsin 37°>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
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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
15
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
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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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