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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：考考考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提高题】如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运
输带始终以恒定的速度v＝1 m/s顺时针传动。建筑工人将质量为m＝2 kg的建筑材料静
0
止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料
0
与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10
m/s2。求：
(1)建筑工人比建筑材料早到右端的时间；
(2)因运输建筑材料电动机多消耗的能量；
(3)运输带对建筑材料做的功。
【典例1a提高题】【答案】(1)0.5 s (2)2 J (3)1 J
【解析】(1)建筑工人匀速运动到右端，所需时间t ＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运
1
动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t＝＝1 s，加速运动的位移为x
2 1
＝t ＝0.5 m<L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t ＝
2 3
＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t＋t－t＝0.5 s。
3 2 1
(2)(3)建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x＝vt＝1 m，则
2 02
因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x－x)＝1 J。由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功
2 1
为W＝mv 2＝1 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J。
0
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学科网（北京）股份有限公司【典例1a提高题对应练习】如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端
A、B间距离为x＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送
0
到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）行李箱开始运动时的加速度大小a；
（2）行李箱从A端传送到B端所用时间t；
（3）整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【典例1a提高题对应练习】【答案】(1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
【解析】(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小a＝＝＝μg＝2 m/s2。
(2)经过t 时间二者共速，t ＝＝ s＝1 s,行李箱匀加速运动的位移为x ＝at＝×2×12 m＝1 m,
1 1 1
行李箱随传送带匀速运动的时间t＝＝ s＝4.5 s,则行李箱从A传送到B所用时间t＝t＋t＝
2 1 2
1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t 时间内传送带的位移x ＝vt ＝2×1 m＝2 m，根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的
1 2 1
摩擦力F′＝F，行李箱对传送带的摩擦力做功W＝－F′x＝－μmgx ＝－0.2×5×10×2 J＝－
f f f 2 2
20 J。
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提高题】如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为 R＝0.1
m，两轮轴距为L＝3 m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包(可视为质点)无初
速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.6，g＝10 m/s2，不
计空气阻力。
(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
(2)若传送带实际速度为0.2 m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每
天相对于空载多消耗的电能E是多少？(所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同)
【典例1b提高题】【答案】(1)1 m/s (2)400 J
【解析】(1)设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传递带的支持力为F ，则有
N
mg－F ＝m ①，得：v＝，当F ＝0时， v有最大值v ＝ ②
N N max
＝ m/s＝1 m/s ③，旅行包一直加速能达到的最大速度为 v′ ＝＝6 m/s＞1 m/s ④，
max
故传送带的速度应小于1 m/s ⑤
(2)旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分别为：x ，x ，x ＝v
带 包 带
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学科网（北京）股份有限公司t，x ＝v ·t ⑥，v 表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有：，v ＝ ⑦，故有：
带 包 包 包 包
x ＝2x ⑧，消耗电能为E＝μmgx ，旅行包在滑动过程中动能的增量为：ΔE ＝
带 包 带 k
μmgx ，故E＝2ΔE ⑨。结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包增加动
带 k
能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能转化为内能。故春运期每天多消耗的电能为 10
吨，旅行包在传送带上获得总动能的两倍：E ＝2ΔE ＝m v＝10 000×0.04 J＝400 J。⑩
电 k总 总
【典例1b提高题对应练习】如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，
轨道的入口与传送带在Q点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为
x轴建立坐标系，已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v＝4 m/s.一质量m＝1 kg的小物
0
块轻轻放在传送带上x ＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧
P
轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
（1）求N点的纵坐标y ；
N
（2）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道，求传送带上这些
位置的横坐标的范围．
【典例1b提高题对应练习】【答案】（1）0.64 m（2）0≤x≤4 m或5.2 m≤x<6 m
【解析】(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2，小物块与传送带共速时，
物块位移x＝＝2 m<(L－x )＝4 m，故小物块与传送带共速后以v 匀速运动到Q，然后冲上
1 P 0
圆弧轨道恰到N点有：mg＝m，从Q→N有：mv－mv＝2mgR，解得R＝0.32 m，y ＝2R＝
N
0.64 m
(2)若小物块能通过最高点N，则0≤x≤L－x 即0≤x≤4 m，若小物块恰能到达高度为R的M
1
点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x ，则μmgx ＝mgR解得：x ＝0.8 m所以5.2
2 2 2
m≤x<6 m，所以当0≤x≤4 m或5.2 m≤x<6 m时，小物块均不脱离轨道．
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提高题】(多选)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( )
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学科网（北京）股份有限公司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提高题】【答案】BCD
【解析】两物体变速运动时的加速度大小a＝＝μg＝2 m/s2，根据x＝vt－at2可得t＝0.5 s时
0
两滑块相距Δx＝x －＋＝3 m，A错误；传送带启动时，甲物体的速度为v′＝v －at＝5
0 1 1
m/s，与皮带速度相等所用时间Δt＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与皮带相等；传
1
送带启动时，乙物体的速度为v′＝v －at＝1 m/s，与皮带速度相等所用时间Δt ＝＝1 s，
2 2 2
因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度也与皮带相等，故1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～
0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x ＝vt－at2＝0.75 m，0.5～1.5 s内，乙相对传送带的
1 2
位移大小为x＝vt－＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x－x＝0.25 m，
2 0 2 1
C正确；在1.5 s前，甲在做减速运动，则甲相对传送带的位移x ＝vt－at2－vt′＝6×1.5
甲 1 01
m－×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热Q ＝μm gx ＝7.5 J，在0～
1 1 甲
0.5 s内乙做减速运动，传送带静止，在0.5～1 s内，乙滑块做加速运动，整个过程中乙滑
块与传送带间摩擦产生热量Q＝μm g(x＋x)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩
2 2 1 2
擦生热Q＝Q＋Q＝14.5 J，D正确。
1 2
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例2b提高题】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，物块与斜面
0
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
kx
出发点A，求物块初动能E 的取值范围。
kx
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学科网（北京）股份有限公司【典例2b提高题】【答案】(1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤E ≤51 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解得v ＝6 m/s；
B B
(2)设物块从A运动到B过程中匀加速传送带的位移是x，由动能定理可得 mv 2－ mv 2＝
B 0
μmgx，解得x＝1.1 m＜L，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，
B
设物块在传送带上匀加速运动的时间为t，有v ＝v＋at，a＝μg，解得t＝0.2 s，设物块
1 B 0 1 1
在传送带上匀速运动的时间为t，有L－x＝v t，解得t＝0.1 s，设物块从B运动到C所用
2 B2 2
时间为t，由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，又0＝v －a′t，联立可得t
3 B 3 3
＝0.6 s，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 ，与传送带共速前的位
kx kB
移为x′，则有|E －E |＝μmgx′，0≤x′≤L，物块从B沿斜面运动到最高点，设上滑距离为
kB kx
s，有0－E ＝－μmgcos 37°·s－mgsin 37°·s，物块从B上滑后又返回B过程，有E ′－E
kB kB kB
＝－2μmgcos 37°·s，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－
kB
E ′＝－μmgL，联立可得34 J≤E ≤51 J。
kB kx
【典例2b提高题对应练习】如图所示，AB为倾角为θ＝37°的光滑固定斜面，在B点与水
平传送带平滑连接，在传送带的右端C处，平滑连接有半圆形光滑轨道CD，轨道半径为
R＝2 m，CD为半圆轨道竖直方向的直径．现自斜面高h＝5 m的A点由静止释放一个m＝1
kg小物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带以v＝5 m/s的速度顺时针转动，
0
传送带足够长．重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）物块到达C点时，系统由于摩擦产生的内能Q；
（2）通过改变传送带顺时针转动的速度大小，可以影响物块在半圆轨道上的运动情况，若
要求物块不在半圆轨道上脱离，试计算传送带的速度大小范围．
【典例2b提高题对应练习】【答案】(1)12.5 J (2)v≥10 m/s或v≤2 m/s
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学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)由于传送带足够长，物块到C点的速度一定与传送带速度相同，由A到B过程，
利用能量守恒可得mgh＝mv 2，在传送带上a＝－μg，到达共速所用时间t＝，物块的位移
B
x＝t，相对位移为Δs＝x－vt，由于系统摩擦产生的内能为Q＝μmg·Δs解得Q＝12.5 J.(2)传
0
送带的速度即为物块进入半圆轨道的速度，物块不从轨道上脱离，有两种临界情况：
①物块到达圆心等高处时速度为零，由能量关系可得mv 2＝mgR解得v ＝2 m/s
C1 C1
②物块恰能到达D点，则有mg＝m，C到D的过程，由能量关系可得mv 2＝mv 2＋mg·2R
C2 D
解得v ＝10 m/s，综合两种情况，传送带的速度大小范围为：v≥10 m/s或v≤2 m/s.
C2
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提高题】如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率
匀速向右运动。一质量为2kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率
滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有( )
A．全过程中电动机对传送带多做功为12J
B．全过程中电动机对传送带多做功为6J
C．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6J
D．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J
【典例3a提高题】【答案】BD
【解析】设滑块向左运动的时间 ，位移大小为 ，则滑块的位移为 ，滑块向左
运动过程中对传送带的位移大小 ，设滑块向右匀加速运动的时间
，位移大小为 ，则滑块的位移为 ，滑块向右匀加速过程中传送带的位移大
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学科网（北京）股份有限公司小 ，滑块相对传送带的总路程 ，
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小 ，全过程中，电动机
对传送带做的功
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例3b提高题】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，取重力加速
1 2
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3b提高题】【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(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量 Q ＝μmg·cos
1 2 3 1 1
37°·L＝32 J小物块第1次从传送带返回P点，v ＝v＝4 m/s物块沿斜面做匀减速运动减速
P
到零后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，v ′<v ，即v ′<4 m/s，小物块沿传送
P P P
带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v ＝v ′，此往返过程，小物块的动能
2 P
无损失，以此类推，最终小物块到达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 ＝
2 P 2 1 2
48 J.
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学科网（北京）股份有限公司【典例3b提高题对应练习】如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为m＝1kg
的小物体放在斜面上，斜面与水平方向的夹角为θ＝37°，若小物体受到一大小为F＝20N
的沿斜面向上的拉力作用，可以使小物体从斜面底端A由静止向上加速滑动。当小物体到
达斜面顶端B时，撤去拉力F且水平传送带立即从静止开始以加速度a＝1m/s2沿逆时针方
0
向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平传送带的右端C处。小物体与斜
面及水平传送带间的动摩擦因数均为µ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB间距离L
＝5m，导槽D可使小物体速度转为水平且无能量损失，g＝10m/s2。已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，求：
(1)小物体运动到B点的速度
(2)小物体从A点运动到C点的时间
(3)小物体从B点运动到C点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q
【典例3b提高题对应练习】【答案】(1) ；(2)3s；(3)
【解析】(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可
得 ，解得 ，从 到 过程中由运动学公式
可得 ，解得
(2)从 到 过程中由运动学公式可得 ，小物体在 段，由牛顿第二定律可得
，由运动学公式可得 ，小物体从 到 过程中的时间， ，
总
联立解得
总
(3)小物体在 段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块 ，对传送
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学科网（北京）股份有限公司带 ，小物体相对于传送带的位移 ，小物体与传送带间由于摩擦而
产生的热量 ，解得 。
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：传送带向上考考运动模型考上传模型考
类型一：静止的滑块从底端向上运动模型
【典例1a提高题】如图所示，工厂利用传送带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的
C平台上，C平台离地面的高度一定．运输机的传送带以一定的速度v顺时针转动且不打
滑．将货物轻轻地放在A处，货物随传送带到达平台．货物在传送带上相对滑动时，会留
下一定长度的痕迹．已知所有货物与传送带间的动摩擦因数为 μ.若传送带的倾角θ、运行
速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，则( )
A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越短
B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变
C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，传送带上留下的痕迹越长
D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，传送带上摩擦产生的热越多
【典例1a提高题】【答案】D
【解析】开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a＝μgcos θ－gsin θ，根据运动学公
式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t ＝，货物加速过程的位移s ＝，货物加速
1 1
到与传送带的速度相等时，因为μmgcos θ>mgsin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式
得货物匀速运动的时间t ＝，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t ＋t ＝＋，当速度一定
2 1 2
时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，
运送时间不同，B错误；货物相对传送带运动的位移Δs＝vt －t ＝t ，v和θ一定，加速度
1 1 1
一定，速度一定，由t ＝得货物的加速时间t 一定，货物相对传送带的位移一定，C错误；
1 1
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学科网（北京）股份有限公司摩擦产生的热量为μmgΔs，当倾角θ和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，
D正确．
【典例1a提高题对应练习】如图所示，传送带的倾角为30°，以2 m/s的速度运动，将静止
的工件由底端P处传送到顶端Q处。已知工件的质量为1.0 kg，P、Q之间的距离为5 m，
工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，则
(1)摩擦力对工件做的功是多少？
(2)工件与传送带间因摩擦而产生的内能是多少？、
【典例1a提高题对应练习】【答案】(1)27 J (2)6 J
【解析】(1)工件先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得出a＝
2.5 m/s2；工件匀加速的位移为x ＝＝ m＝0.8 m，摩擦力对工件做的功为W ＝μmg·xcos
1 1 1
θ，得出W ＝6 J，工件后做匀速运动，位移为x ＝5 m－x ＝4.2 m，摩擦力对工件做的功
1 2 1
为W＝mg·xsin θ，得出W＝21 J，所以摩擦力对工件做的功为W＝W＋W＝27 J。
2 2 2 1 2
(2)工件匀加速的时间为t ＝，得出t ＝0.8 s，在工件匀加速时传送带的位移为s ＝vt ＝1.6
1 1 1 1
m，工件与传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝μmg·(s－x)cos θ，得出Q＝6 J。
1 1
类型二：运动的滑块从底端向上运动模型
【典例1b提高题】如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度 v，沿顺时针方向转动，
传送带的倾角为37°。一质量m＝1kg的物块以初速度v 从传送带的底部冲上传送带并沿传
0
送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图象如图乙所示，已知重
力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5；
B．传送带底端到顶端的距离为32m；
C．0～2s内物块的加速度大小为12m/s2
D．全程物块与传送带间由于摩擦而产生的64J热量。
【典例1b提高题】【答案】AB
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学科网（北京）股份有限公司【解析】由图示图象可知，0～2s内物块的加速度为 ，负号表
示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，代入数据解得
μ=0.5选项A正确，C错误；图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为
选项B正确；由v-t图象可知，物块在0～2s内向上
做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最
大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s，0～2s内物块与
传送带的相对位移d= ×(24+4)×2−4×2=20m，该过程产生的热量，Q=μmgcos37°•d，代
1 1 1
入数据解得Q=80J，2s-4s内，相对位移d=4×2- ×(4+0)×2=4m，摩擦产生的热量
1 2
Q=μmgcos37°•d 代入数据解得Q=16J，整个过程摩擦产生的热量Q=Q+Q=96J，选项D
2 2， 2 1 2
错误。
【典例1b提高题对应练习】如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩
一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线
拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑
连接。已知x ＝0.25 m，传送带顶端为B点，L ＝2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ＝
OA AB
0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速
度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，
物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于L ，不计空气阻力，
AB
已知重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；
（2）若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；
（3）若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s<v<3 m/s，物块由
O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。
【典例1b提高题对应练习】【答案】(1) (2)48 J (3)W＝105－8v2
【解析】(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h＝vsin θ·t，BC的水平距
0
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学科网（北京）股份有限公司离为：x＝vcos θ·t代入数据解得：＝。
0
(2)在O点由牛顿第二定律得：kx ＝ma代入数据解得：a＝2 m/s2，由v 2＝2ax 得：v ＝1
OA A OA A
m/s到达B点时：v 2＝2a(x ＋L )代入数据得：v ＝3 m/s，物块从A到B运动时间：t＝
B OA AB B
＝1 s，物块与传送带间摩擦产生的热量：Q＝μmgcos θ(vt－L )代入数据解得：Q＝48 J。
AB
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：F＋k(x －x)＝ma
OA
可知力F随位移x线性变化，则：W＝x ＝ma·x ，代入数据解得：W＝1 J
1 OA OA 1
若传送带速度2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下，
物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：
F ＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得：F ＝16 N。由速度位移关系得：v2－v 2＝2ax
1 1 A 1
物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：F －μmgcos θ－mgsin
2
θ＝ma解得：F ＝48 N。由A到B拉力做的功：W ＝F x ＋F (L －x)解得：W ＝104－
2 2 1 1 2 AB 1 2
8v2，拉力做的总功：W＝W＋W＝105－8v2。
1 2
类型三：运动的滑块从顶端向下运动模型
【典例1c提高题】已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速转动，
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
记录小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系(如图乙所示)，v>v，取沿传送带向
1 2
上的方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则( )
A．物块在0～t 时间内运动的位移比在t～t 时间内运动的位移小
1 1 2
B．0～t 时间内，重力对物块做正功
2
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ＜tan θ
D．0～t 时间内，传送带对物块做功为W＝mv2－mv2
2 2 1
【典例1c提高题】【答案】B
【解析】由题图乙图像可知，0～t 内图线与坐标轴所形成的三角形面积大于t ～t 内图线
1 1 2
与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t 内运动的位移比在t ～t 内运动的
1 1 2
位移大，故A错误．在t ～t 内，物块向上运动，则有 μmgcos θ＞mgsin θ，解得μ＞tan
1 2
θ，故C错误.0～t 内，由“面积”表示位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，
2
重力对物块做正功，设为W ，根据动能定理得W＋W ＝mv 2－mv 2，则传送带对物块做的
G G 2 1
功W≠mv 2－mv 2，故B正确，D错误．
2 1
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学科网（北京）股份有限公司题型二：传送带向考考考运动模型考考考模型考
类型一：滑块静止考放模型
【典例2a提高题】(多选)在物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，倾角为
37°的传送带以恒定速度逆时针转动，在传送带顶端A处无初速度释放一个质量为m＝2 kg
的货物(可视为质点)，经过2 s到达传送带的B端。货物与传送带的速度随时间变化图象如
图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A.0～1 s内物体的加速度为10 m/s2
B.A、B两点相距15 m
C.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5
D.0～1 s内货物与传送带摩擦产生的热量为80 J
【典例2a提高题】【答案】AC
【解析】0～1 s内物体的加速度为a＝＝ m/s2＝10 m/s2，故A正确；物体运动总的位移x
＝vt＋vt＝×1 m＋×1 m＝16 m，A、B两点相距16 m，故B错误；前1 s物体向下加速运动
1 2
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数值可求得μ＝0.5，说明物体与传
送带间的动摩擦因数为0.5，故C正确；0～1 s内物体与传送带运动的相对距离为Δx＝vt－
t＝10×1 m－×1 m＝5 m，货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgcos 37°Δx＝
0.5×2×10×0.8×5 J＝40 J，故D错误。
【典例2a提高题对应练习】(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲
所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的
货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带
的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图像可知(
)
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学科网（北京）股份有限公司A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
D.A、B两点的距离为2.4 m
【典例2a提高题对应练习】【答案】BC
【解析】由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s
内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由
图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝
ma ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，由图像得到a ＝10 m/s2，a ＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝
1 2 1 2
0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝FΔx ＋FΔx ＝μmgcos 37°(Δx ＋Δx)
f 1 f 2 1 2
＝0.5×1×10×0.8×J＝4.8 J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t图
像与坐标轴围成的面积。所以有s ＝ m＋×1 m＝3.2 m，故D错误。
AB
类型二：运动的滑块从顶端向下运动模型
【典例2b提高题】如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点的切线水平，上端A与B点
的高度差为h＝1.0 m，一质量为m＝2.5 kg的滑块(可视为质点)从轨道的A点由静止下滑，
1
滑到轨道下端B点时的速度大小为v ＝4 m/s，然后从B点水平抛出，落到传送带上端的C
B
点时速度方向恰好与传送带平行．倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带逆时针
匀速转动，速度大小为v＝2.6 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带足够长
不计空气阻力，不考虑滑块与传送带碰撞时的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块从A点滑到B点的过程中克服摩擦阻力做的功W；
f
(2)B点与传送带上端C点的高度差h；
2
(3)滑块在传送带上运动时与传送带因摩擦产生的热量Q.
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学科网（北京）股份有限公司【典例2b提高题】【答案】(1)5 J (2)0.45 m (3)115.2 J
【解析】(1)滑块从A点滑到B点的过程中，根据动能定理得：mgh －W＝mv－0
1 f
代入数据解得W＝5 J.
f
(2)从B到C滑块做平抛运动，到达C点时速度与水平方向的夹角为37°，则滑块到达C点
的速度为 v＝＝5 m/s，根据机械能守恒定律得：mgh ＋mv＝mv，解得 h＝0.45 m.
0 2 2
(3)滑块在传送带上运动时，由于v＞v，所以滑块所受的滑动摩擦力方向沿传送带向上．根
0
据牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得 a＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上，滑块
做匀减速运动，速度减至v＝2.6 m/s的时间 t＝＝ s＝6 s，减速过程滑块的位移 x＝t＝×6
1
m＝22.8 m，传送带的位移 x＝vt＝2.6×6 m＝15.6 m，此过程中摩擦生热 Q′＝μmgcos θ(x
2 1
－x)，解得 Q′＝115.2 J，由于μmgcos θ＞mgsin θ，所以滑块与传送带共速后相对静止，
2
不再产生热量，所以摩擦产生的热量Q＝Q′＝115.2 J.
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