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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，近五年全国卷及新高考卷中
出现频率约80%，分值占比8%-15%，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”。
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题型1 功能关系和能量观点在传送带模型中的应用
例1.（2025 甘肃酒泉一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道
PQ，所对应圆心角
，半径
，O 为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道
左侧有一速度大小
且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P 点高度差
。现一质量
（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由
P 点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、
地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
，
，
，求：
(1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小；
(2)滑块经过Q 点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有
滑块沿
点切线滑人圆弧轨道，故
联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小
（2）滑块在
点的速度大小
滑块从
到
，由动能定理有
在
点，由向心力公式有
2
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联立解得
由牛顿第三定律可知，滑块经过
点时对圆弧轨道的压力大小
（3）滑块在传送带上做匀加速运动的时间
位移大小
传送带的位移大小
滑块和传送带组成的系统产生的热量
滑块由
至最终静止，由能量守恒定律有
滑块运动全过程因摩擦产生的热量
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。
(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
3
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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 安徽芜湖统考模拟)如图所示，四分之一光滑圆弧轨道和水平传送带固定在同
一竖直平面内，圆弧轨道半径R＝5.0 m，其底端切线水平且通过一段光滑水平轨道与传送带连接，传
送带长度为L，离地高度为h1＝1.5 m，沿逆时针方向转动的速度为v＝6.0 m/s，在距传送带右侧水平
距离d＝1.0 m 处有一离地高度h2＝1.3 m 的平台。一质量m＝2.0 kg 的小物块(可视为质点)从圆弧顶
点处由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块经过轨道连接处时的动能损失，且
传送带转动轮足够小，g 取10 m/s2，求：
(1)若传送带长度为L1＝6.4 m，请通过计算判断物块能否到达右侧平台；
(2)若传送带长度为L2＝12 m，物块能否返回圆弧轨道？若能，求物块在圆弧轨道能上升的最大高度
4
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H。
答案 (1)能 判断见解析 (2)能 1.8 m
解析 (1)设物块恰能到达传送带最右端时传送带长度为L0，则物块从圆弧轨道滑至水平传送带上，有
mgR＝mv
物块在传送带上运动至速度为零时，有
μmg＝ma，v＝2aL0
联立解得L0＝＝10 m
由L1<L0可知，物块在传送带上一直向右做匀减速直线运动，有
v－v＝2aL1
假设物块能到达右侧平台h1－h2＝gt2，x＝v1t
联立解得x＝1.2 m>d
故假设成立，物块能到达右侧平台。
(2)由L2>L0可知，物块在传送带上向右匀减速运动10 m 后反向匀加速运动。
设物块向左运动s 时和传送带等速有v2＝2as
解得s＝3.6 m<10 m
即物块向左加速3.6 m 后以6 m/s 保持匀速运动，并返回圆弧轨道，有mv2＝mgH
解得H＝1.8 m。
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
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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。
例4.(2023 湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用
传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s 逆时针运行的
传送带与水平面间的夹角α＝37°。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4 m/s 从传送带顶端推下一质
量m＝5 kg 的小包裹(可视为质点)。5 s 后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达
传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)传送带顶端到底端的距离L；
(2)整个过程中产生的热量。
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答案 (1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹从顶端被推下传送带时，由牛顿第二定律可得
μmgcos α－mgsin α＝ma
解得a＝0.4 m/s2
设经过t1后包裹与传送带速度相等，有
t1＝＝2 s
这段时间内包裹运动的距离
s1＝t1＝2 m
传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2 m
由于μmgcos θ＞mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间
t2＝Δt－t1＝3 s
包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8 m
停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间
t3＝＝1.5 s
停电后运动的距离s3＝t3＝0.45 m
传送带顶端到底端的距离L＝s1＋s2＋s3＝4.25 m。
(2)产生的热量
Q＝μmg(s1－s1′)cos α＋μmgs3cos α＝40 J。
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2.(2023 江苏高三期末)如图所示，一长L＝6 m 的倾斜传送带在电动机带动下以速度v
＝4 m/s 沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°，质量m1＝4 kg 的小物块A 和质
量m2＝2 kg 的小物块B 由跨过定滑轮的轻绳连接，A 与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳
足够长。某时刻将物块A 轻轻放在传送带底端，已知物块A 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑
轮的质量与摩擦，在A 运动到传送带顶端前物块B 都没有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块B 刚下降时的加速度a；
(2)物块A 从底端到达顶端所需的时间t；
(3)物块A 从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
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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答案 (1)2 m/s2，方向竖直向下 (2)2.5 s (3)136 J
解析 (1)对A 分析，有
T＋μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a
对B 分析，有m2g－T＝m2a
解得a＝2 m/s2，方向竖直向下。
(2)达到与传送带共速所需时间为t1＝＝2 s
A 的位移x1＝t1＝4 m
之后匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
物块A 从底端到达顶端所需的时间
t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)物块A 从底端到达顶端时，
相对位移Δx＝vt1－x1＝4 m
电动机多做的功设为W，根据能量守恒定律得
W＋m2gL－m1gLsin θ＝(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcos θ
解得W＝136 J
题型三 动量观点在传送模型中的应用
例5.（2024 河南郑州二模）如图所示，水平传送带与左、右两边的光滑的水平台
面等高，并能平滑对接，静止在台面上可视为质点的滑块A 的质量为m＝0.9 kg，长l＝3.5 m 的传送
带始终以v＝1 m/s 的速率顺时针转动，滑块A 左侧的枪膛长1 m，高压气体对质量为m0＝100 g 子弹
的平均作用力为80 N，若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑块A（子弹与滑块
作用时间极短），并留在滑块A 内，两者一起滑上传送带的左端，已知滑块A 与传送带之间的动摩擦
因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，求：
（1）子弹出膛的速度大小；
（2）子弹与小滑块A 组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；
（3）小滑块A 到达传送带右端时速度大小。
答案（1）40 m/s （2）4 m/s （3）3 m/s
解析（1）设子弹出膛的速度为v0，则由牛顿第二定律可得F＝m0a，由匀变速直线运动规律有v0
2＝
2ax，解得v0＝40 m/s。
（2）子弹打滑块A 过程中动量守恒，则m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子弹的小滑块A 水平滑上传送带
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左端时的速度大小v1＝
m0v0
m0＋m＝4 m/s。
（3）假设A 在传送带上一直做减速运动，A 从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有－μ
（m0＋m）gl＝1
2（m0＋m）v2
2－1
2（m0＋m）v1
2，代入数据解得v2＝3 m/s，因为v2＞v，所以假设正确，
小滑块A 在到达传送带右端时速度大小为3 m/s。
例6.（2024 辽宁抚顺三模）一水平传送带以v＝2 m/s 的速度顺时针匀速转动。如
图甲所示，将物块A 轻轻放到传送带左端，物块A 与传送带之间的动摩擦因数μ0＝0.2。传送带紧挨着
右侧水平地面，地面左侧O 点放一物块B，物块B 与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ 随物体到O 点的
距离x 按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长L＝1.2 m，物块A 运动到水平地面上和B 发生弹性
碰撞，碰后B 向右运动挤压弹簧，B 向右运动的最大距离为d＝0.5 m，物块A、B 的大小可忽略，质量
均为m＝0.5 kg。重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）A 碰B 前的瞬间，A 物块的速度大小；
（2）A 碰B 后，B 物块的速度大小；
（3）弹簧的最大弹性势能。
答案（1）2 m/s （2）2 m/s （3）0.5 J
解析（1）假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得μ0mg＝ma，设加
速过程物块的位移为x，则v2＝2ax，解得x＝1 m＜L，假设成立，A 碰B 前，A 物块的速度大小为2
m/s。
（2）A、B 碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，1
2mv2＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，解得
vA＝0，vB＝2 m/s。
（3）A、B 碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热Q＝－Wf，由图乙知B 运动0.5 m 时μ＝0.4，
摩擦力对物块做的功Wf＝－0+ μmg
2
d，根据能量守恒得1
2mBvB
2＝Q＋Epm，解得Epm＝0.5 J。
3.（2024 福建泉州一模）如图所示，光滑的水平面上静止一质量为M＝0.98 kg 的物
块。紧挨平台右侧有一传送带，其与水平面成θ＝30°角，传送带底端A 点和顶端B 点相距L＝3 m。
一颗质量为m＝0.02 kg 的子弹，以v0＝300 m/s 的水平向右的速度击中物块并陷在其中。物块滑过水
平面并冲上传送带，物块通过A 点前后速度大小不变。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2√3
，取重力加速度g＝10 m/s2。
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（1）如果传送带静止不动，求物块在传送带上滑动的最远距离；
（2）如果传送带顺时针匀速运行（如图），为使物块能滑到B 端，求传送带运行的最小速度；
（3）若物块用最短时间从A 端滑到B 端，求此过程中传送带对物块做的功。
答案（1）2.25 m （2）2 m/s （3）9 J
解析（1）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子弹与物块共速的速度为v＝6 m/s，物块沿传送
带上滑过程，根据动能定理得－[（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）gcos 30°]x＝0－1
2（m＋M）v2，物
块在传送带上滑动的最远距离为x＝2.25 m。
（2）设传送带速度为v1，物块到达B 端时的速度为0。要求传送带速度最小，则物块速度大于v1，根
据牛顿第二定律（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a1，物块减速到v1的过程中
v1
2－v2＝－2a1x1，因为μ＝0.2√3＜tan 30°，共速后，继续减速运动，有（m＋M）gsin 30°－μ
（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a2，物块减速至0 的过程中v1
2＝2a2x2，又x1＋x2＝L，联立得v1＝2
m/s。
（3）若物块用最短时间从A 端滑到B 端，物块所受摩擦力沿传送带向上，则W＝μ（m＋M）gLcos
30°＝9 J。
1．（2024 天津和平区三模）如图所示，上表面长为L＝4 m 的水平传送带与木板紧靠在一起，且二者上表
面在同一水平面，皮带以v0＝3.0 m/s 的速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为m＝
1.0 kg 的物块（可视为质点），物块与传送带及物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，
经过一段时间物块被传送到传送带的右端，随后物块平稳滑上木板，木板的质量M＝2 kg，木板下表面
光滑，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下。不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）物块在传送带上运动的时间t；
（2）木板的长度d。
答案（1）2.08 s （2）1.5 m
解析（1）物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，所以物块在传
送带上加速的时间t1＝v0
a ＝3
2 s＝1.5 s，加速运动的位移x1＝1
2at1
2＝1
2×2×1.52 m＝2.25 m＜4 m，
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所以物块在传送带上先加速后匀速，匀速的时间t2＝
L－x1
v0
＝4－2.25
3
s＝0.58 s，所以物块在传送
带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.08 s。
（2）物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋
M）v，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的减少量等于
物块与木板发生相对滑动的过程中产生的内能，即μmgd＝1
2mv0
2－1
2（m＋M）v2，联立解得d＝1.5
m。
2．（2024 辽宁大连二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB 末端与水平面BC
平滑连接于B 点，水平面BC 与传送带等高。工人将小件货物甲从A 点由静止释放，运动到C 点时以速
度v0＝4 m/s 与遗留在平面末端C 点的小件货物乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条
直线上运动），碰后甲、乙分别以速度v1＝1.5 m/s 和v2＝5 m/s 冲上顺时针运行的传送带上，传送带
的速度v＝4 m/s，传送带足够长。已知曲面高度h＝1 m，小件货物甲的质量m1＝4 kg，小件货物甲、
乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2。求：
（1）小件货物甲从A 点运动到C 点过程中克服摩擦阻力所做的功；
（2）小件货物乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
（3）小件货物甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。
答案（1）8 J （2）2 kg 2.5 J （3）32 J
解析（1）甲从A 到C，由动能定理得m1gh－Wf＝1
2m1v0
2－0，解得Wf＝8 J。
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2 kg，则损失的机械能ΔE 机＝1
2m1v0
2
－(
1
2 m1v1
2＋1
2 m2v2
2)，解得ΔE 机＝2.5 J。
（3）甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5 m/s2，甲
加速到与传送带共速的时间Δt1＝
v －v1
a1
＝0.5 s，此过程传送带发生的位移x1＝vΔt1＝2 m，甲在传
送带上运动的位移x2＝v1＋v2
2
Δt1＝1.375 m，甲与传送带的相对位移Δx1＝x1－x2＝0.625 m，乙冲上
传送带，其先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5 m/s2，乙减速到与传送带
共速的时间Δt2＝
v －v2
－a2
＝0.2 s，此过程传送带发生的位移x3＝vΔt2＝0.8 m，乙在传送带上运动的
位移x4＝v2＋v
2
Δt2＝0.9 m，乙与传送带的相对位移Δx2＝x4－x3＝0.1 m，电动机需额外消耗的电能
ΔE 电＝1
2m1v2－1
2m1v1
2＋(
1
2 m2v
2－1
2 m2v2
2)＋μm1gΔx1＋μm2gΔx2＝32 J。
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3．（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。
4． (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
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I＝mv0－mvC＝0.2 N·s
5．（2024 浙江模拟预测）如图所示，质量为
的小滑块，被弹簧枪以
的速度水平射入半
径
表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量为
。当滑块从小车的最高点B 离开
的瞬间，小车恰好与薄挡板P 相碰并立即停下，而滑块运动一段时间后恰好沿传送带C 点切入倾斜传送
装置（C 点与B 点等高），传送带两滑轮间CD 的距离
，以大小
的速度匀速运行。
滑块与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦均不计，忽略传动轮的大小。（可能用到的数据
）求：
(1)滑块刚滑上小车最低点A 时对小车的压力；
(2)滑块在小车上运动过程中，小车对滑块做的功；
(3)滑块从离开小车直到传送带底端D 所用的时间。
答案(1)180N，方向竖直向下(2)-16J(3)①1.8s；②1.6s
解析（1）在A 处有
解得小车对滑块的支持力
由牛顿第三定律可知，滑块对小车的压力180N，方向竖直向下；
（2）设滑块离开小车时水平和竖直速度分别为v1和v2滑块到小车最高点的过程中，水平方向动量守恒
解得
v1=4m/s
滑块和小车系统的机械能守恒
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解得
v2=4m/s
对滑块由动能定理
解得
W=-16J
（3）设滑块在空中运动的时间
由抛体运动的对称性滑块切入传送带的速度
方向沿传送带向下，且与水平成
角；
.①若传送带向上运行，则滑块沿传送带一直做匀加速运动，加速度为
设运动时间为t2则由
解得
t2=1.0s
滑块从离开小车到离开传送带的时间
②若传送带向下运行，则滑块沿传送带先向下做加速度为a1的匀加速运动，后做加速度为a2的匀加速
运动，第一阶段的加速度
加速时间
加速位移
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第二阶段：滑块与传送带速度相等后，受到滑动摩擦力方向向上，加速度
加速位移
由运动公式
解得
t3=0.55s
滑块从离开小车到离开传送带的时间
6．（2024 四川模拟预测）如图所示，圆心角
、半径
的光滑圆弧轨道
固定在水平地面上，
其末端
切线水平；质量为
的薄木板置于地面上，其上表面与
端等高且平滑接触；质量为
的物块
静止在
上，至
左端的距离为
；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现
将质量为
的物块
轻放在传送带的左端，
离开传送带之前与其相对静止，离开传送带后从
点沿切线方向进入
轨道，随后
滑上
，一段时间后与
发生弹性碰撞。已知
在
点对轨道的
压力大小为
，
与
、
与
之间的动摩擦因数均为
，
与地面之间的动摩擦因数
，
、
均可视为质点，碰撞时间忽略不计，且均未脱离
，取
，
，
。求：
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(1)传送带速度的大小
；
(2)
与
碰后瞬间
速度的大小；
(3)薄板的最短长度
。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）根据牛顿第三定律，
经过
点时受到的支持力为
则有
求得
在由P 点运动到
点过程中，由动能定理得
又
联立解得
（2）假设A 滑上C 后B 与C 之间不发生相对滑动，由于
所以C 相对地面向右滑动，二者一起滑动的加速度为
B 与C 间的摩擦力大小为
故假设成立。A 在C 上滑动时的加速度大小为
A 从滑上C 到与B 发生碰撞之前A 和C 通过的位移大小分别为
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又
联立求得
或
（不符合题意，舍去）
故A 与B 碰前A、B 的速度分别为
设A 与B 碰后的速度分别为
和
，由动量守恒和机械能守恒得
联立求得
（3）A 与B 碰后A 与C 共速，此后B 向右匀减速直线运动，加速度大小为
A 与C 一起向右匀加速直线运动，加速度大小为
三者共速后一起做匀减速直线运动直到停止，设A 与B 碰后到三者共速所用时间为，则有
该过程中A 与B 通过的位移大小分别为
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薄板的最短长度为
联立解得
7．（2024 河南新乡一模）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨
右端
处与倾斜传送带
平滑连接，传送带的长度
，传送带以恒定速率
顺时针转动，三个质量均为
的
滑块A、B、C（均视为质点）置于水平导轨
上，B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻
弹簧连接，C 未连接弹簧，B、C 处于静止状态且离
点足够远。现让滑块A 以大小
的初速度
沿B、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。滑块C 脱离弹簧后滑上倾角
的传送带，并从顶端
点沿传送带方向滑出，最后落至水平地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦
因数
，取重力加速度大小
。不计空气阻力，不计传送带的
传动轮的大小。求：
(1)滑块A、B 碰撞过程中损失的机械能
；
(2)滑块C 从
点运动到
点的时间；
(3)滑块C 距水平导轨的最大高度。
答案(1)36J(2)1.4s(3)3.312m
解析（1）设A 与B 碰撞后两者的共同速度大小为
，对A 与B 组成的系统有动量守恒定律有
由能量守恒定律可知，碰撞过程中损失的机械能为
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（2）设A 与B 碰撞后弹簧第一次恢复原长时A、B 的速度大小为
，滑块C 的速度大小为
，由动量守
恒定律
由能量守恒定律
联立解得
滑块C 以
滑上传送带，设滑块C 匀减速运动的位移大小为x1时与传送带共速，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
解得
滑块C 匀减速的时间为
此后对滑块C 受力分析，由牛顿第二定律
解得
则滑块C 接着以
做匀减速直线运动，由运动学公式
解得
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再次减速的时间为
则滑块C 从N 点运动到P 点的时间为
（3）P 点离地面的高度为
滑块C 离开传送带后做斜抛运动，有
解得
联立解得滑块C 距水平导轨的最大高度为
8．（2024 陕西宝鸡模拟预测）如图所示，水平传送带以
m/s 的速度做逆时针运动，传送带左端与水
平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a 从圆弧轨道最高点由静止下
滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b 发生弹性碰撞。已知物块a 的质量
kg，物块b
的质量
kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径
m，传送带左、右两端的距离
m，物块a 与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为
，物块b 与水平地面间的动摩擦因数
，重力加速度
m/s2，碰撞时间极短。求：
(1)物块a 第一次与物块b 碰撞后瞬间，物块b 的速度大小；
(2)两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。
答案(1)2m/s(2)2 次，0.48m
解析（1）物块a 沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点时设速度为
，根据机械能守恒定律有
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解得
物块a 在传送带上运动时，由牛顿第二定律有
设物块a 第一次滑到传送带左端时的速度大小为
，由a、b 运动学公式可得
解得
则物块a 第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，题意知物块a、b 碰撞过程动量守恒，机械能守
恒，设碰撞后物块a 的速度为
，b 的速度为
，则有
联立解得
，
即第一次碰撞后瞬间物块b 的速度大小为2m/s；
（2）碰撞后物块b 沿地面向左做匀减速运动，设加速度为
，到静止时所用时间为
，位移为
，由
牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
，
23
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对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0 所用的时间为
，位移为
，由运动学公式
有
解得
，
由
可知，故物块a 第二次与b 碰撞前b 已经停止运动，设物块a 第二次与b 碰撞前瞬间的速度大
小为
，则有
解得
物块a、b 第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为
、
，则有
解得
，
物块b 第二次碰撞后向左滑行的距离
物块a 第二次碰撞后向右滑行的距离
则两物块最多碰撞2 次，最终两者的距离为
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9．（2025 全国模拟预测）如图所示，水平传送带以速率v 沿顺时针方向匀速运行。滑板A 靠近传送带的
右端，与上表面光滑的滑板B 一起静置在光滑水平面上，A、B 与传送带上表面等高，质量为m 的小滑
块b 放在B 上，用水平轻弹簧将b 与B 的右端相连。现将质量为m 的小滑块a 轻放在传送带左端，并在
大小为
（g 为重力加速度大小）的恒定拉力F 的作用下，沿传送带向右运动，a 运动到传送带右端
时立即撤去拉力，通过一小段光滑固定水平面滑上A 上表面，a 脱离A 时恰好水平滑上B 上表面并取走
A（A、B 未发生碰撞）。a 与b 碰撞并粘合在一起（作用时间极短），b 与弹簧开始作用，经时间
弹
簧弹性势能恰好达到最大。已知a 与传送带、A 间的动摩擦因数均为
，A、B 的质量均为2m，传
送带长度
，A 的长度
，弹簧的劲度系数
。求：
(1)a 在传送带上因摩擦产生的总热量；
(2)a 滑上B 上表面时的速度大小；
(3)b 与弹簧开始作用后，
时间内B 的位移大小。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）设a 在传送带上先以加速度大小
做匀加速运动，由牛顿第二定律有
解得
根据速度－位移关系式有
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解得
由于
，
，滑块
与传送带共速后继续做匀加速运动。设
与传送带共速后以加速度大小
做匀加速运动，由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式得
a 在传送带上因摩擦产生的总热量
代入相关已知数据，解得
（2）设a 刚滑上A 时的速度大小为
，根据速度－位移关系式有
解得
a 滑上A 上表面后，a、A 组成的系统动量守恒，设a 脱离A 时a 的速度大小为
，A 的速度大小
为
由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
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解得
（3）a 与b 相互作用，发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的速度大小为
，则
解得
与B 共速时，弹簧弹性势能最大，设共速时的速度大小为u，则
解得
与弹簧作用过程中
、B 组成的系统动量守恒，则
即
经过极短时间
，有
时间内，
的位移大小为，根据微分求和思想得
又
解得
1．(2024 湖北高考)如图所示，水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左
右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量
为0.2 kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。
将质量为0.10 kg 的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极
短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子
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挡住后，小球继续绕P 点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝
10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
答案(1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小
物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
v2＝2aL
联立并代入数据解得v＝6 m/s
由于v＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前
瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损
失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝1
2mv1
2－1
2mv2
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
(3)经分析知，小球到达P 点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P 点运动的半径最大，P 点到O 点距
离最小，设这种情况下小球运动到P 点正上方的速度大小为v4，P 点到O 点的距离为x，绳子的长度为
l，小球运动到P 点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M v4
2
l－x
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg(l＋l－x)＝1
2Mv4
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据解得x＝0.2 m 。
2．（2024 贵州高考）如图，半径为
的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地
面
相切于P 点，
的长度
。一长为
的水平传送带以恒定速率
逆时针转
动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直
线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，
瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小为
。以后每隔
给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离
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开传送带。已知a 的质量为
的质量为
，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间
的动摩擦因数均为
，取重力加速度大小
。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
答案(1)30N(2)3.2s(3)95J
解析（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在
点，设轨道对它的支持力大小为
，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
解得
与
发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
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解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后
做匀速直线运动，
到达传送带最左端还需要的时间
b 从M 运动到N 的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对
根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到
所需的时间
可得
在
时间内向右运动的距离
循环10 次后
向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b 从N 向右运动3m 的过程中
与传送带摩擦产生的热量
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然后
继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b 相对传动带运动的路程
此过程中
与传送带摩擦产生的热量
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
3．（2023 浙江高考）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD 和水平
传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足
够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，
经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时
针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹
簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
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答案（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
解析（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
32
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（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2．5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
33
