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大题05 传送带模型
传送带模型是高考物理动力学与能量综合题的典型载体，常见于压轴计算题。建议关
注：如工厂流水线物料传输、地铁安检传送带简化模型；智能传送带的速度自适应控制
（结合PID 算法思想）；利用函数图像分析临界点（如物块恰好到达传送带顶端的位移条
件）；节能传送带的功率优化与摩擦生热损耗计算；AGV 机器人配合传送带的协同运动分
析；超导材料传送带的零摩擦理想模型（探讨能量守恒的边界条件）；太空站微重力环境
下的传送带运动特性（如依赖静电吸附）。2025 年高考对“传送带模型”的考查将延续
“重过程分析、强综合应用、拓创新情境”的命题风格，突出多阶段动态建模与跨模块整
合能力。备考需以相对运动为核心抓手，强化图像分析与数学工具应用，同时关注科技前
沿与实际工程背景，做到“以动制动，以简驭繁”。
题型1 功能关系和能量观点在传送带模型中的应用
例1.(2023 汕尾二模)如图所示，一长度L＝11 m 的水平传送带，左侧与竖直
平面内一倾角θ＝37°的斜面相邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台．现有质量为m＝0.1 kg 的
小滑块从距离B 点s＝4 m 处的A 点静止释放．斜面与传送带距离较小且其底端B、C 间有一小圆弧(运
动过程可忽略)，可以使小滑块在B、C 两点速度大小不变．已知小滑块与倾斜轨道、传送带间的动摩
1
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擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕．已知传送带以v0＝6 m/s
的速度顺时针运动，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1) 小滑块从A 运动到D 所需的时间．
(2) 小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小．
答案 (1) 4 s (2) 1 m 0.2 N·s
解析(1) 设滑块从A 到B 的加速度大小为a1，用时为t1，由牛顿第二定律有
mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1
解得a1＝2 m/s2
由运动学公式有s＝a1t
解得t1＝2 s
根据运动学公式，滑块滑上传送带时的速度大小
vC＝vB＝a1t1＝4 m/s<v0＝6 m/s
由于滑块滑上传送带时速度小于传送带速度，所以滑块在传送带上先做加速运动，设加速度大小
为a2，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2
解得a2＝2 m/s2
根据运动学公式v0－vC＝a2t2
解得滑块在传送带上加速运动时间t2＝1 s
加速运动位移x1＝t2＝5 m<L＝11 m
滑块速度达到传送带速度后与传送带一起匀速运动，匀速运动时间t3＝＝1 s
从A 运动到D 的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4 s
(2) 滑块在传送带上加速运动过程中传送带位移
x2＝v0t2＝6 m
在传送带上留下划痕的长度为
Δx＝x2－x1＝1 m
由动量定理，摩擦力的冲量大小为
I＝mv0－mvC＝0.2 N·s
例2.如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为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A 滑上传送带，取
向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v－t 图像如图乙所示，传
送带的速率保持不变，g 取10 m/s2。
2
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(1)求小物块与传送带之间的动摩擦因数；
(2)若小物块能在传送带上留下划痕，求最长划痕；
(3)求小物块在传送带上向右运动的最大位移。
答案 (1)0.1 (2)4.5 m (3)2 m
解析 (1)由v－t 图像得，小物块滑上传送带的初速度为v0＝2 m/s，加速度大小为a＝＝1 m/s2
根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1。
(2)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A 端的过程中在传
送带上留下的划痕，由题图乙知前2 s 内小物块向右做匀减速运动，第3 s 内反向做匀加速运动，第3
s 末，小物块跟传送带的速度大小v＝1 m/s 相等，此后小物块向左做匀速运动，所以最长划痕s＝
＋
＝4．5 m。
(3)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A，随后在光滑曲面
上运动再回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在A 端，对该过程，根据动能定理有μmgx＝mv
解得x＝2 m。
传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)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，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。
(2)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。
(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。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。
1．(2023 广东中山高三下期末)如图甲所示，光滑曲面MP 与光滑水平面PN 平滑连接，
N 端紧靠速度恒定的传送带装置，PN 与它上表面在同一水平面。以A、B 为端点的半圆形光滑轨道固定
于竖直面内，A 点位于传送带的右端，B 点与水平地面相切。质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)在MP
上某点静止释放后下滑，从滑上传送带左端开始计时，物块在传送带上运动的v -t 图像如图乙所示。
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t＝2 s 时物块到达传送带右端，然后恰好能通过A 点沿半圆弧轨道滑下，最终停在水平面上的C 点(C
点未画出)，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)传送带的长度L 和半圆弧轨道的半径R；
(2)C 点与B 点的距离s；
(3)改变物块在MP 上的释放点，要使物块仍能停在C 点，则物块在MP 上的释放点与PN 平面高度差h 应
该在什么范围？
答案(1)3.5 m 0.4 m (2)2 m (3)0＜h≤0.55 m
解析(1)由v -t 图像可知，0～2 s 内，物块的位移大小等于传送带的长度L，设物块滑上传送带的速度
大小为v0，传送带速度为v，由v -t 图像可知，加速阶段s1＝(v0＋v )
2
t1＝1.5 m
匀速阶段s2＝vt2＝2 m
则L＝s1＋s2＝3.5 m
物块滑至传送带右端的速度为v，恰好通过半圆弧轨道的最高点，由牛顿第二定律得mg＝mv
2
R
解得R＝0.4 m。
(2)物块从A 到C，由动能定理得
mg·2R－μmgs＝0－1
2mv2
解得s＝2 m。
(3)要使物块能停在C 点，即物块离开传送带时必须与传送带共速。 设物块与传送带间的动摩擦因数
为μ1，由动能定理得μ1mgs1＝1
2mv2－1
2mv0
2
改变物块在MP 上的释放点，物块在MP 曲面上的释放点与PN 平面高度差为h。
(ⅰ)若物块滑至传送带左端时的速度小于v，则物块在传送带上加速至与传送带共速过程中的位移x1
必须满足x1≤L
由动能定理得mgh＋μ1mgx1＝1
2mv2
解得h＞0(当h＝0 时，物块会静止于P、N 之间)；
(ⅱ)若物块滑至传送带左端时的速度大于v，则物块在传送带上减速至与传送带共速过程中的位移x2必
须满足x2≤L
由动能定理得mgh－μ1mgx2＝1
2mv2
解得h≤0.55 m；
综上可知h 的范围为0＜h≤0.55 m。
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题型二 斜面上的传送带模型
例3.传送带是一种常见的搬运工具，如图所示为某快递公司卸车时的情境，倾角
为α＝30°的传送带长度为L＝6 m，传送带以v0＝4 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动，现将一包裹
无初速地放到传送带顶端A 点，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g＝10
m/s2。
(1)求包裹运动到传送带最低点B 时的速度大小；
(2)若包裹的质量为m＝1 kg，求该过程中因摩擦产生的热量。
答案 (1)6 m/s (2)6 J
解析 (1)放上瞬间，对包裹，由牛顿第二定律得
mgsin α＋μmgcos α＝ma1
解得a1＝8 m/s2
包裹从放到传送带上到与传送带共速所用的时间为
t1＝＝0.5 s
该阶段包裹的位移为x1＝a1t＝1 m
因为x1＜L，所以共速时，包裹还未运动到最低点，
由于mgsin α＞μmgcos α，则之后包裹继续向下加速，
由牛顿第二定律得mgsin α－μmgcos α＝ma2
解得a2＝2 m/s2
该过程中，由匀变速运动规律得
L－x1＝v0t2＋a2t
解得t2＝1 s 或t2＝－5 s(舍去)
则包裹到最低点时的速度大小为
v＝v0＋a2t2＝6 m/s。
(2)第一阶段，传送带的位移为x1′＝v0t1＝2 m
包裹与传送带的相对位移大小为Δx1＝x1′－x1＝1 m
第二阶段，传送带的位移为x2′＝v0t2＝4 m
包裹的位移为x2＝L－x1＝5 m
则包裹与传送带的相对位移大小为
Δx2＝x2－x2′＝1 m
包裹与传送带之间的摩擦力为Ff＝μmgcos α＝3 N
整个过程因摩擦产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)
代入数据解得Q＝6 J。
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例4.（2023 广东揭阳三模）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带两部
分组成。质量不计长度为
的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为
的物体（可
视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为
。一段时间后悬
挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送
方向进入传送带。倾角为
的传送带以恒定的速率
沿顺时针方向运行，物体在传送
带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为
，物体和传送带之间的动摩
擦因数为
。重力加速度取
（
，
）。
（1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小
和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度；
（2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量
和压力冲量
；（答案可用根号表
示）
答案（1）
，
；（2）
，方向沿传送带向下；
，方向
垂直传送带向下
解析（1）物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
可得
6
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物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有
又
联立解得
（2）物体刚滑上传送带时的速度为
可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为
物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物
体的加速度大小为
设物体从共速到传送带底端所用时间为
，根据运动学公式可得
解得
或
（舍去）
根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为
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物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为
2．（2023 广东清远模拟预测）如图所示，水平地面AB 与倾斜长传送带用光滑的小圆
弧BC 连接，传送带与水平面的夹角
，传送带以速度
逆时针转动，质量为
的物块（可视
为质点）静止在水平地面上的A 处，一颗质量为
的子弹以某一速度射入物块并留在其中（子弹和
物块在极短时间内达到共速），经时间后物块运动到
处，此时速度为，忽略物块从B 点到C 点的
速率变化，物块与地面AB 之间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，
。
（1）求子弹射入物块前的速率。
1.传送带问题的分析步骤与方法
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Q＝Ffs 相对(s 相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。
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（2）若物块与传送带之间的动摩擦因数
，物块恰好能到达传送带CD 的最高点D，求传送带
C、D 间的长度。
（3）在（2）中，讨论物块在传送带上自最高点D 向下滑到底部C 点所需的时间与传送带速度的关系。
答案（1）
；（2）
；（3）见解析
解析（1）根据题意，设子弹射入物块前的速率为
，子弹射入物块过程动量守恒，由动量守恒定律有
物块在水平面AB 上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得，加速度大小为
由运动学公式有
联立解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律可得，物块在倾斜传送带上向上运动时的加速度大小为
当速度减小到0 时运动的位移
则送带C、D 间的长度为
（3）根据题意，设物块在传送带上自D 点向下滑到底部C 点所需的时间为t'，若传送带的速度
时，物块直接匀加速到底部
点，由牛顿第二定律可得，物块在传送带上向下滑过程中的加速度大小
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可知，物块的末速度为，由运动学公式可得，运动时间为
若传送带的速度
时，物块先加速到速度达到
，所用时间为
下滑的位移为
此后由于
物块继续向下加速运动，加速度为
位移为
根据运动学公式有
解得
则有
题型三 动量观点在传送模型中的应用
例5.（2024 广东梅州二模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间
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有一个以v0＝3 m/s 的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M 与光滑水平轨道PM 平滑连
接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM 在P 点平滑连接，在P 点处安装有自动控制系统，当物块b 每次
向右经过P 点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r＝0.8 m 的四分之一光滑圆弧
轨道平滑连接，物块a 从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M 点时控制系统会使静止在P
点的物块b 自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b 的质量分别为m1＝0.6 kg、m2
＝6.6 kg，两物块均可视为质点，物块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，M、N 间的距离为L＝1.5
m，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）物块a 运动到圆弧轨道最低点N 时对轨道的压力；
（2）物块a 第一次碰后的速度大小；
（3）若物块a 每次经传送带到达M 点时，物块b 都已锁定在P 点，即将碰撞时物块b 自动解锁，求：
物块a 第一次碰撞后经过M 点到第二次碰撞前经过M 点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后
到最终都静止，物块a 与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q。
答案（1）18 N，方向竖直向下 （2）2.5 m/s（3）9 J 54 J
解析（1）a 从出发点到N 点，由动能定理有m1gr＝1
2m1v N
2，在N 点对物块a 分析，由牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1v N
2
r
，得物块a 运动到圆弧轨道最低点N 时受到的支持力大小FN＝18 N，根据牛顿第三定律
可知，物块a 对圆弧轨道的压力大小为18 N，方向竖直向下。
（2）a 在传送带上运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a，由运动学公式有v N
2－v0
2＝2ax，解得a 在传
送带上减速的位移为x＝1.4 m＜L，故物块a 到达M 点时速度为v0＝3 m/s，a 和b 发生弹性碰撞有m1v0
＝m1va＋m2vb，1
2m1v0
2＝1
2m1va
2＋1
2m2vb
2，解得vb＝
2m1
m1＋m2
v0＝1
6v0＝0.5 m/s，va＝
m1－m2
m1＋m2
v0＝－5
6
v0＝－2.5 m/s，物块a 第一次碰后的速度大小为2.5 m/s。
（3）物块a 第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a 将先在传送带上向右做减
速运动，然后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a 离开传送带的速度仍然是va，
且加速与减速的位移大小相等，由va
2＝2ax1解得位移的大小x1＝va
2
2a
，传送带的位移x2＝v0t，运动时
间t＝va
a ，经过M 点到第二次碰前经过M 点产生的热量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，联立解得
Q1＝μm1g(2v0
5
6 v0
μg )
＝2×(
5
6)
1
m1v0
2＝9 J，物块a 第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前
速度仍为5
6v0，第二次碰后a 的速度为(
5
6)
2
v0，则第2 次碰后到第3 次碰前产生的热量为Q2＝μm1g
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[2v0(
5
6)
2
v0
μg ]
＝2×(
5
6)
2
m1v0
2，由数学知识可知Qn＝2×(
5
6)
n
m1v0
2，则物块a 与传送带之间由于相对
运动产生的总热量Q＝2m1v0
2·[
5
6 ＋(
5
6)
2
＋(
5
6)
3
＋…＋(
5
6)
n
]＝54 J。
例6．（2023 广东佛山模拟预测）如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部
分，轨道AB 是半径为R 的半圆，产品2 加工后以
的速度从A 点沿光滑轨道开始下滑，到
达轨道最低点B 处时，与静止在此处的产品1 发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后
的产品1 沿粗糙的水平轨道BC 滑动，以
的速度滑上运行速度为v 的传送带CD。其中BC 段为生
产线中的杀菌平台，长度为d，传送带的摩擦因数为μ2，长度为L，求：
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件?
（2）求BC 段杀菌平台的摩擦因数μ1；
（3）调整产品从A 点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时
间。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）若产品由C 到D 一直加速，则传送时间最短。由动能定理
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解得
则传送带速度
（2）产品2 从A 运动到B 的过程，由动能定理得
产品2 和产品1 发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒
解得
，
产品1 进入杀菌平台后由动能定理得
解得
（3）若要保证不脱轨，则产品在A 点的最小速度满足
产品进入杀菌平台的最小速度
产品减速到0 的距离为s，由动能定理得
解得
产品进入杀菌平台后由动量定理得
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解得
3．（2024 广东广州模拟预测）如图所示，小物块A 和B 均可视为质点，光滑的水平桌
面右端与传送带通过光滑的小圆弧相连接，传送带从与桌面交界处到传送带顶端的长度L=15m，与水
平面的夹角θ=37°，传动带正以v=4m/s 的速率顺时针方向匀速转动。现将B 静置于桌面右侧，A 从桌面
左侧以
的初速度向右运动，与B 发生弹性正碰。若重力加速度取
，B 与传送带之间
的动摩擦因数为
，不考虑物块滑上传送带的能量损失。
（1）若B、A 的质量之比
，求碰后物块A 的速度；
（2）若B、A 的质量之比
，求物块B 从进入传送带到离开传送带所用的时间；
（3）若B、A 的质量之比
，
，
，试求出物体B 离开传送带时的动能
与k 的关系
式。
答案（1）1m/s，方向水平向左；（2）3.75s；（3）当
，
；当
，
解析（1）A、B 弹性正碰，设碰后两者速度分别为
、
，设向右为正方向，根据动量守恒和机械能
守恒可得
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解得
可知碰后物块A 的速度大小为1m/s，方向水平向左。
（2）由上可知，碰后B 速度为
，
因为
所以B 与传送带相对静止，B 以
的速度匀速运动。则物块B 从进入传送带到离开传送带所用的时
间为
（3）由上可知，碰后B 速度为
，所以
，B 在传送带中有匀加速过程。若当B 在传送带全程做
匀加速，且到达传送带顶端与传送带共速，则由动能定理可得
解得
经判断：
（ⅰ）当
，即
，B 可以与传送带达到共速，共速后B 与传送带相对静止，最
终B 将以
的速度滑出传送带。解得
（ii）当
，物体B 在传送带上一直加速，由动能定理可得
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解得
1．（2024 广东深圳二模）如图所示，右侧为光滑固定圆弧导轨A，末端水平。左侧B 为固定的挡板，C 为
足够长的传送带，以速度v=5m/s 顺时针运动。D 为木板，质量为M=1kg，长L=3m。C、D 等高。最初
D 紧靠着A。一个质量为m=2kg 的滑块从A 上下滑h=1.8m 后，滑上木板D。已知滑块恰能滑到木板D
的左端，此刻板D 恰与B 相撞，若D 与板B 及A 碰撞时，速度突变为零且不粘连，滑块与木板和传送
带间的动摩擦因数都相等，水平地面光滑，g=10m/s2。求：
(1)动摩擦因数μ；
(2)从滑块滑上传送带到运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功W；
(3)滑块第一次返回导轨A，能上滑的最大高度H；
(4)滑块在木板上相对滑动的总路程S 及相对滑动的总时间t。
答案(1)0.2(2)
(3)
(4)
，3s
解析（1）滑块滑下，有
解得
木板D 和滑块组成的系统动量守恒
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由能量守恒可知滑块和木板D 损失的动能转化为系统的摩擦生热
联立可解得
（2）电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中
做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知
由运动学可知滑块在传送带运动的时间
滑块的位移
则传送带的位移
系统摩擦生热为
滑块损失的动能为
则电动机多做的功
（3）当再次滑上木板
滑块和木板再次损失的热量
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木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程
联立解得
（4）分析可知，滑块返回A，则
滑块与木板动量守恒
联立解得
由能量守恒
解得
木板D 撞上B 后，滑块继续滑行，有
解得
总路程
滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，总时间
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2．（2024 广东佛山一模）为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下。斜面AB 与水平
面的夹角
。水平传送带顺时针转动，长度为
，速度大小为
，传送带左端与斜
面底端平滑相连。传送带右端下方
处有货箱长
的货车，在传送带左端无初速度释放货物，
货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带的动摩擦因数
，与斜面的动摩擦因数
，
，重力加速度为
，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。
（1）求落入货箱尾部的货物的速度大小；
（2）当货物从斜面上距离B 点18.75m 处静止释放，求落入货箱的位置；
（3）在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区
域长度。
答案（1）
；（2）距尾端距离为5m；（3）12.5m
解析（1）货物在传送带上的加速度为
货物和传送带速度相等时的位移为
则货物到达传送带右端时的速度为
货物离开传送后做平抛运动，根据
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解得
落入货箱尾部的货物的速度大小为
（2）根据动能定理有
解得
货物到达右端过程有
解得
货物做平抛运动的时间为
无初速度滑上传送带后做平抛运动的水平位移为
当货物从斜面上距离B 点18.75m 处静止释放后做平抛运动的水平位移为
则落入货箱的位置距尾端距离为
（3）货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有
，
解得离开传送带右端的速度为
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货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有
设此时距距离B 点距离为，根据动能定理有
解得
货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有
设此时距距离B 点距离为
，根据动能定理有
解得
这段区域长度为
3．（2024 广东惠州二模）如图所示，水平平台上一轻弹簧左端固定在A 点，原长时在其右端B 处放置一
质量为m=2kg 的小滑块（可视为质点），平台AB 段光滑，BC 段长x=2m，与滑块间的动摩擦因数
μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C 点，传送带长L=5m，与滑块间的动摩擦因数μ₂=0.4。传送带
右端D 点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4m，最高点E 处有一弹性挡板，滑块碰撞挡
板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C 点
1.5m 处停下。已知传动带只可顺时针转动，重力加速度。
求:
（1）释放滑块时弹簧的弹性势能Ep；
（2）若在相同位置释放滑块，要使滑块恰好上升到E 点，传送带的速度v 为多少；
（3）若在相同位置释放滑块，要使滑块不脱离圆弧形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速度大小
范围。
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答案（1）
；（2）
；（3）
或
解析（1）滑块从释放到在传送带上静止，由能量守恒定律得：
其中
解得
（2）滑块恰好到达E 点，有
得
分析得物块在传送带经历了加速过程，设物块在传送带上加速的位移为
，
由动能定理得
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解得
=1m，又因
<L=5m 故滑块在传送带先加速后匀速。从D 到E，由动能定理
联立得：传送带速度为
（3）情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设传送带速度为
，由动能定理：
解得
假设返回经过传送带速度减为零时，与D 点相距距离为
，则有：
解得
故物块不会冲过C 点，在传送带与圆心等高处往复运动，
则此情况要滑块不脱离圆弧轨道
情况二：物块上到最高点E 后再恰好返回B 点，设物块在传送带上的加速位移为s，
对全程分析由动能定理
解得
设此时传送带速度为
，则由动能定理
解得
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故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需：
总结：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条件：
或
4．（2023 广东广州三模）如图所示，长为
的传送带以
逆时针匀速转动，左端连接半径
为
的四分之一圆弧，右端连接倾角为
，高为
的斜面，斜面顶部连接水平面。
传送带和斜面粗糙，其他接触面均光滑。可视为质点的物块B 静止在圆弧底端，物块A 在圆心等高处
静止释放，在底端与物块B 发生弹性碰撞后立马撤走A。已知物块A 和B 的质量分别为
和m
且
，B 与传送带和斜面间的动摩擦因数分别为
和
，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）A 与B 碰前瞬间的速度和所受支持力的大小；
（2）k 为多少时，B 刚好能滑上平台；
（3）k 取不同值时，物块B 从滑上传送带到第一次离开传送带过程中传送带对B 做的功。
答案（1）
，方向水平向右；
（2）
；（3）当
时，
；
时为
，
时，
解析（1）设A 与B 碰前瞬间的速度为
，从A 到B 根据动能定理
解得
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方向水平向右。
根据牛顿第二定律
解得
（2）设B 碰后瞬间的速度为
，根据动量守恒和机械能守恒得
解得
B 从碰完到刚好能滑上平台，到根据动能定理
联立解得
（3）当物块B 恰好到达传送带右侧时，根据动能定理
解得
所以当
时，物块B 能在传动带右侧离开，传送带对B 做的功
当
时，物块B 不能到达传动带右侧，在传动带上先向右减速到零再向左加速，当物体进入传送带
的速度和传送带的速度恰好相等时
，此时物体速度大小不变离开传送带，即当
当
时物体返回离开传送带的速度为
，此时传送带对物体做功为
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5．（2024 广东东莞模拟预测）如图所示，为竖直平面内固定的光滑轨道 AB、粗糙水平直轨道 BC、DE
和以速度v0 =3.0m/s 顺时针转动的传送带 MN，在轨道 DE 右端固定反弹装置。各轨道平滑连接，传
送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一个质量为 m=2.0kg 的滑块从轨道 AB 上高为 h 处由静止下
滑，若滑块能运动到最右侧与反弹装置碰撞，则碰后立即以原速率被弹回。已知各部分的长度分别为
LBC=0.45m，LMN=0.675m，LDE=0.45m，滑块与水平轨道、传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速
度大小为 g=10m/s2。
（1）若滑块刚好能第一次到达 C 点，求滑块从轨道 AB 静止释放的高度；
（2）若滑块在传送带上加速并恰好在 N 点与传送带共速，求滑块与传送带之间摩擦产生的热量；
（3）若滑块最后停下前有且仅有两次经过传送带上的 N 点，求高度 h 应满足的条件。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）若滑块恰好到达
点
得
（2）若刚好在
点与传送带共速
对滑块由牛顿第二定律得
滑块运动时间为
滑块与传送带的位移差
滑块与传送带之间摩擦产生的热量
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得
（3）若有且仅有两次经过
点
因为若从传送带以某初速度滑上DE 反弹后刚好停在D，则
得
所以要第二次经过
点，在第一次经过传送带时全程减速，若刚好第二次到达
点
若刚好第三次到达
点
则
得
6．（2024 广东东莞模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平面AB 与传送带在B 点平滑相连，衔接前后速
度大小不变。长度L=2m 的轻绳系一质量m1=2kg 的物块甲在竖直平面内做顺时针圆周运动，最低点刚
好与水平面A 处接触，当物块甲运动到圆周的最低点时绳子突然断开，物块甲以水平速度v 从A 处射出，
绳断前瞬间轻绳张力大小为120N。从A 处射出的物块甲与静止在B 点的质量m2=3kg 的物块乙发生弹性
正碰后，乙从B 点冲上倾角为θ=37°的传送带。已知传送带以v0=4m/s 的速度沿逆时针方向转动，两物
块均可视为质点，乙与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，（
，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加
速度大小取g=10m/s2），求：
（1）甲、乙碰撞后的瞬间，甲、乙的速度大小；
（2）乙不从传送带上端离开，则传送带的最小长度是多大（结果保留两位有效数字）；
（3）若水平面足够长，通过计算判断甲乙是否会发生二次碰撞。
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答案（1）2m/s 和8m/s；（2）6.4m；（3）会
解析（1）甲运动到圆周的最低点时，由牛顿第二定律得
将F=120N 代入解得甲运动到圆周的最低点时速度大小
v=10m/s
甲、乙发生的弹性碰撞，动量守恒
机械能量守恒
解得
v1=-2m/s，v2=8m/s
甲、乙碰撞后，速度大小分别为2m/s 和8m/s
（2）对物块乙，在传送带上匀减速至与传送带共速阶段，由牛顿第二定律得
解得
a2=10m/s2
位移大小
之后，由于
，物体减速上滑，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
a3=2m/s2
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位移大小
传送带最小长度为
（3）乙上升到最高点后，将向下加速，同理易得加速大小为
a3=2m/s2
最高点加速至B 点过程
解得
由（1）可知甲碰撞后以2m/s 的速度沿水平面向右匀速直线运动，而乙滑回水平面的速度为5m/s，所
以乙会追上甲发生二次碰撞。
7．（2024 广东广州二模）如图所示，水平传送带在电动机的带动下以
的速度顺时针匀速转动。
左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有两个位于同一直线上、处
于静止状态的相同小球，小球质量
。质量
的物体（可视为质点）从轨道上高
的P 点由静止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小
。物体和传送带之间的动摩擦因数
，传送带AB 之间的距离
。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，不计空
气阻力。重力加速度
，
。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量。
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答案（1）
；（2）
；（3）16.7J
解析（1）物体由P 到A 的过程，由动能定理可得
解得
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
传送带的支持力对物体的冲量大小为
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为
，小球被撞后的速度大小为
，由动
量守恒和能量守恒定律得
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解得
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
解得
解得
传送带对地位移
相对位移
物块在传送带向右做匀加速运动过程中相对位移
物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量
1．（2023 广东高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、
竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以
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速度
匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点
停下，随后滑下的B 以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内
直径的两端。已知A、B 的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆
盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
答案（1）
（2）
；（3）
解析（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
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解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
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