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大题06 传送带模型
传送带模型常与能量转化、动量守恒综合考查，偶尔出现多过程衔接，结合曲线运动等，需要分
阶段分析。近年题干融入冬奥会（冰壶轨迹）、航天器着陆等实际场景，体现物理建模能力要求。基
础题：直接应用牛顿定律分析加速度；中档题：多过程衔接（如碰撞后滑行、能量转化）；压轴题：
创新情境（如电磁场中的传送带模型）或复杂系统（多滑块联动）。传送带模型题的命题趋势为“经
典模型主导，情境创新突破”，需掌握传送带模型分析方法，同时强化多过程衔接与临界条件判断能
力。
题型一 水平传送带模型
【例1】（2024·吉林·一模）如图所示，质量为
的物块A 与传送带摩擦因
数为0.125，传送带顺时针旋转，速率为3m/s，PQ 两端间距离
。将物块A 用不可伸长的轻质细
线绕过轻质光滑的定滑轮C 与质量
的物块B 相连，细线AC 与传送带平行，重力加速度
。物块A 在传送带P 端由静止释放，求：
1
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（1）释放后一小段时间细线拉力；
（2）物块A 从P 端运动到Q 端所用的时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）物块A 从释放到与传送带共速的这段时间内，所受摩擦力方向水平向右。设此过程中物
块A 的加速度大小为
，对A、B 整体根据牛顿第二定律有
解得
对B 根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块A 从释放到与传送带共速所经历的时间为
运动的位移为
物块A 与传送带共速之后，摩擦力方向变为水平向左，设物块A 的加速度大小为
，对A、B 整体根
据牛顿第二定律有
解得
2
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物块A 以加速度
运动的位移为
设物块A 以加速度
运动的时间为
，根据运动学公式得
解得
物块A 由静止释放从P 端运动到Q 端所用的时间为
水平传送带模型分析
1．（2025·山西·二模）如图所示，半径为
的光滑圆弧面
与传送带
平滑连接（圆弧的圆心在
B 的正下方），传送带以
的速度逆时针匀速运动，A、B 两点的水平距离为
。质量为
的物块（物块可看做质点）在水平恒力作用下从A 点由静止运动到B 点，物块在B 点处时撤去水平
恒力，此时物块对圆弧面的压力恰为零。物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带足够长，重力加
速度为
，求：
3
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（1）水平恒力F 的大小；
（2）物块再次回到B 点时，物块与传送带之间摩擦产生的热量。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）由B 点压力为零，则有
可得
可得
物块从A 到B 由动能定理，有
解得
（2）物块在传送带上运动的加速度
物块先做减速运动减速时间
物块的位移
由于传送带的速度小于
，物块反向加速到
时与传送带共速运动到B 点，物块反向加速的时间为
4
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位移为
物块与传送带的相对位移
摩擦产生的热量
2．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为
、
分别为传送带
水平部分的左、右端点。某时刻开始，使用简易弹射装置将
、
两滑块以
的速度从右端滑
上传送带。已知
与传送带之间的动摩擦因数
，
与传送带之间的动摩擦因数为
，若
传送带长度合适，可使
从传送带左端掉落，
从传送带右端掉落。
、
均可视作质点，重力加速
度
取
。
（1）刚滑上传送带时，求
、
各自的加速度大小；
（2）为保证
、
分别从传送带左、右两端掉落，求
、
两点间的最长距离；
（3）若
、
两点间距离为
，滑块
的质量为
，求
从滑上传送带到掉落的全过程中
与传
送带因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律，对M
解得
5
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对N
解得
（2）
从左端离开，说明N 到达传送带左端时，速度还未减为零。
从右端离开，说明M 到达传送
带左端时速度恰好减为零或者未到传送带左端时速度已经减为零。取临界条件，对N
解得
若要N 从左端离开，A、B 两点间距离不能超过2.25m。
对
解得
若要M 从右端离开，A、B 两点间距离不能小于0.9m。故
、
两点间距离最长不能超过
。
（3）由于
故
不会从传送带左端掉落。设M 减速到零所用时间为t1，则
解得
减速到零的过程中，传送带位移大小为
与传送带相对位移大小为
依据对称性，
向右加速至
时离开传送带。
向右加速过程中，M 移大小为
向右加速过程中，传送带位移大小为
6
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与传送带相对位移大小为
与传送带的摩擦生热为
3．（2024·云南大理·模拟预测）如图所示，一水平传送带以
的恒定速率逆时针转动，传送带两
端A、B 间的距离为
，把一个质量
、可看作质点的物体轻放在传送带的右端A 点，物体
与传送带之间的动摩擦因数为
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
。求：
（1）试判断物体相对于传送带向哪个方向运动；
（2）物体从右端A 运动到左端B 所用的时间；
（3）物体从右端A 运动到左端B 的过程中，相对于传送带运动的位移大小。
【答案】（1）向右 （2）2.6s （3）10m
【解析】（1）物体刚放上传送带时速度为零，传送带速度向左，可知物块相对于传送带向右运动；
（2）物块刚开始的加速度
加速到与传送带共速的时间
运动的距离
匀速运动的时间
则物体从右端A 运动到左端B 所用的时间
7
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（3）物体从右端A 运动到左端B 的过程中，相对于传送带运动的位移大小
4．（2024·安徽·一模）如图所示，水平传送带AB 长度为l=4m，粗糙斜面BC 足够长，倾角θ=37°，传送
带与斜面在B 点平滑连接。传送带水平向右运动，速度为5m/s。现将一小滑块轻放在传送带的A 端。
已知滑块与传送带和斜面间动摩擦因数均为μ=0.5。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）滑块从A 到B 的运动时间；
（2）滑块第一次从斜面上返回B 点时的速度大小；
（3）滑块第n 次冲上斜面的最大位移。
【答案】（1）1.3s （2）
（3）
【解析】（1）滑块在传送带上，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
达到共速的时间为
在1s 内，滑块运动的位移为
因为
所以滑块接着做匀速直线运动，则
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解得
则滑块从A 到B 的运动时间为
（2）滑块第一次以
的速度冲上斜面，则滑块在斜面上滑时，由牛顿第二定律
解得
上滑位移为
下滑时，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
可得滑块第一次从斜面上返回B 点时的速度大小为
（3）滑块在传送带上先匀减速后反向匀加速，返回B 点时速度大小仍然为
滑块第二次冲上斜面上滑的最大位移为
滑块第二次从斜面返回到B 点时，速度大小为
9
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同理可知，滑块第三次冲上斜面上滑的最大位移为
同理可知，滑块第n 次冲上斜面上滑的最大位移为
5．（2025·黑龙江·二模）如图所示，长
的水平传送带以恒定的速度
向左传动，其左端与
长
的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长
，质量
的长木板C，
长木板C 的上表面与右侧的水平面等高。质量
的滑块A 轻轻地放到传送带的最右端，经过一
段时间与放在水平面右端、质量
的滑块B 发生弹性碰撞，已知滑块A 与传送带间的动摩擦因
数
，两滑块与水平面以及与长木板C 上表面间的动摩擦因数均为
，长木板的下表面光
滑，重力加速度g 取
，两滑块均可视为质点，求：
（1）两滑块碰后瞬间，滑块A 的速度；
（2）两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由；
（3）若传送带的长度可调，则滑块B 恰好不能从长木板C 左端滑出时的传送带长度。
【答案】（1）4m/s，方向水平向右 （2）能，
（3）9.72m
【解析】（1）对滑块A 由牛顿第二定律
解得
假设滑块A 不能与传动带共速，由运动学公式
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解得
故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
，
则两滑块碰后瞬间，滑块A 的速度大小为4m/s，方向水平向右。
（2）假设滑块B 不能滑上长木板，由动能定理可得
解得
假设成立，碰后滑块A 先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A 返
回到传送带最左端的速度大小仍为
滑块A 在传动带上运动的时间为
滑块A 在水平面上由牛顿第二定律
解得
由于
，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A 在水平面上滑动的时间为
，由运动学公式
解得
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所以两次碰撞的时间间隔为
（3）滑块B 刚好滑到长木板C 的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为
，两滑块碰
撞前，对滑块A 由运动学公式
两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
设滑块B 滑上长木板瞬间的速度大小为
，由动能定理得
滑块B 滑上长木板后，由动量守恒定律有
由能量守恒定律得
联立解得，滑块B 恰好不能从长木板C 左端滑出时的传送带长度为
题型二 倾斜传送带模型
【例1】（2024·吉林·二模）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角
，并
以大小为
的速度逆时针转动。物块A 从传送带上端由静止释放，同时物块B 以
的速
度从传送带底部冲上传送带，当A 与传送带刚好共速时，A、B 相碰并粘在一起，已知两物块质量均为
，与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度
，
，
，
不计物块大小，求：
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（1）A、B 相碰前瞬间，物块B 的速度大小；
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量；
（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小（结果可保留根
号）。
【答案】（1）2m/s；（2）4.8J；（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得，A 开始下滑时的加速度
解得
A 与传送带共速时需要的时间
根据牛顿第二定律可得，B 上滑时的加速度
A、B 相碰前瞬间，物块B 的速度大小
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量
（3）两物块碰撞过程动量守恒，则
解得
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v 共=0
碰前物块B 沿传送带向上的位移
碰后两物块一起由静止加速下滑，加速度为
解得
到达与传送带共速时用时间
向下的位移
此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
方向向下；以后两物块仍加速下滑，加速度
下滑到低端时由
解得
（另一值为负值舍掉）此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
方向向上；若以向下为正方向，碰撞后，两物块在传送带上运动过程中传送带对两物块的摩擦力的冲
量
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【例2】（2024·吉林·一模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB 的简易图，传
送带的倾角为
，以
的速度顺时针匀速转动，工人将质量
的工料（可视为质
点）轻轻地放到传送带的底端A，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工
料提供的牵引力恒为
，经过
关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点
B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为
，重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）经过时间
时，工料的速度大小；
（2）刚关闭电动机后，工料的加速度；
（3）传送带A、B 两端间的距离。
【答案】（1）10m/s；（2）m/s2，方向沿传送带向下；（3）31.25m
【解析】（1）对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
设经t 时刻，工料与传送带共速则有
解得
s
再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
根据速度—时间公式有
15
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解得
m/s
（2）刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
m/s2，方向沿传送带向下；
（3）关闭发电机后，工料经恰好到达最高点B，则有工料先减速到与传送带共速，此时有
此后工料继续减速，此时受向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得
因此继续向上运动的位移为
工料加速到与传送带共速时的位移满足
工料的速度从
增大到的位移满足
则传送带A、B 两端间的距离为
解得
m
倾斜传送带模型分析
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1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长
的倾斜传
送带在电动机带动下以速度
沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角
，某时刻
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将质量为
的货物A 轻轻放在传送带底端，已知货物A 与传送带间的动摩擦因数
，取
，
，重力加速度
。
（1）求货物A 刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；
（2）为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A 用跨过定滑轮的轻绳与质量为
的重物B 连接，如图中虚线所示，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，
不计滑轮的质量与摩擦，在A 运动到传送带顶端前重物B 都没有落地，求：
①货物A 在传送带上运动的时间；
②货物A 在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。
【答案】（1）
，
；（2）①3.5s，②432J
【解析】（1）对货物A 受力分析，由牛顿第二定律
解得
设货物一直加速，则由运动学公式有
解得
此时货物A 的速度为
符合题意。
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（2）①对货物A 受力分析，由牛顿第二定律
对重物B 受力分析，由牛顿第二定律
联立解得
当达到与传送带共速时间为
货物A 运动的位移为
之后匀速，则匀速的时间为
则货物A 从底端到达顶端所需的时间为
②在货物A 加速阶段，摩擦力为
摩擦力对其做的功为
在货物A 匀速阶段，摩擦力为
则摩擦力对其做的功为
即货物A 在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为
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2．（2024·安徽合肥·模拟预测）传送带是常见的运输装置，为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重
法”。如图所示，长度为L = 8 m 的倾斜传送带以v = 4 m/s 的速率顺时针匀速转动，传送带与水平方
向的夹角为θ = 37°。质量均为2 kg 的物块A、B 通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，将A 拉到底端由
静止释放。连接A 的绳子与传送带平行，轻绳不可伸长且足够长，不计滑轮的质量，B 离地足够高。
已知物块A 与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5，取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度g = 10 m/s2。
求：
（1）释放瞬间物块A 的加速度大小a；
（2）物块A 在传送带上留下的划痕长度
【答案】（1）4 m/s2 （2）2 m
【解析】（1）对物块A 与B 整体根据牛顿第二定律得
解得
（2）物块A 与传送带达到共同速度的时间
痕迹的长度为
假设共速后物块A 所受的合力为
解得
假设成立，共同速度后，物块A 在摩擦力作用下和传送带一起做匀速运动，所以痕迹的长度为2 m。
3．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示，传送带与水平面之间的夹角
，其上A、B 两点间的距离
20
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，传送带在电动机的带动下以v=2m/s 的速率匀速运动。现将一小物体（可视为质点）轻放在传
送带的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数
，重力加速度的大小g=10m/s2，在传送带
将小物体从A 点传送到B 点的过程中；求：
（1）小物体刚开始运动时的加速度大小；
（2）小物体从A 点运动到B 点经过的时间。
【答案】（1）2.5m/s2 （2）2.9s
【解析】（1）物体加速过程，根据牛顿第二定律有
则物体刚开始运动时的加速度大小
（2）当物体的速度增加到v=2m/s 时，通过的位移
由
得
由于
，所以物体的速度达到2m/s 后将与传送带以相同速度匀速运动物体匀速运动
的位移
匀速运动的时间
故物体从A 运动到B 经过的时间
21
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4．（2024·河南·模拟预测）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为
，小物块以
的初速度从
端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从
端运动到
端所用的
时间为
。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为
，小物块可视为质点，重力加速度
取
，
，
，
。
（1）求
、
两端之间的距离
；
（2）若传送带以
的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块在传送带上留下的痕迹；
（3）若传送带以
的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从
端运动到
端所用的时间。
（结果保留3 位有效数字）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为
，则根据牛顿第二定律有
解得
、
两端之间的距离为
解得
（2）传送带以
的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小
做匀加速直线运动，
故小物块运动的位移仍为
，则传送带运动的位移为
22
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小物块在传送带上留下的痕迹为
（3）若传送带以
的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向
下，设小物块的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
解得
设经过时间
，小物块与传送带达到共同速度，则有
这段时间内小物块运动的位移为
在此之后，小物块仍以大小为
的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有
则小物块从
端运动到
端所用的总时间
联立代入数据解得
5．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧有等长的传送带，且倾角可以在一
定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双
翼式传输机工作示意图，
、
代表两条传送带。某次工作时，调整
倾角为
，
倾角为
23
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两传送带轮轴间距均为
（轮轴半径忽略不计），运行速率均为
。将货物无初速放在
的最低
端，传到
的最高端。
和
的接触面与货物之间的动摩擦因数为
。货物在传送带连接处的
速率变化忽略不计，
。
（1）货物从
最低端运动到与
共速时，相对地面运动的距离是多少？
（2）传输机因运送一件质量为
的货物从
最低端运动到
顶端，需多消耗的电能是多少？
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）货物在传送带
上加速，根据牛顿第二定律
解得
货物在传送带
上加速的时间为
货物在传送带
上加速阶段的位移为
（2）货物在传送带
上产生的热量为
由于
24
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货物在传送带
上做匀速直线运动，根据能量守恒，传输机因运送一件质量为
的货物从
最低
端运动到
顶端，需多消耗的电能是
1．（2024·辽宁·三模）如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，
便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角
，长度
，向上运动的
速度
，货物质量
，与传送带间的动摩擦因数为0.2，货物可视为质点，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。（取
，
，重力加速度
）。
（1）货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加
的拉力，求货物经多长时间能达到与传送
带共速；
（2）货物与传送带共速后，工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。
【答案】（1）1.5s；（2）44N
【解析】（1）货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有
达到共速时有
25
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v=at
解得
t=1．5s
（2）货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有
则当静摩擦取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即
解得
2．（2024·海南·一模）如图所示，倾斜传送带与水平地面的夹角
，底端A 点到顶端B 点间传送带
长度
，B 端与一水平台面平滑连接，传送带以
的恒定速率沿顺时针方向运动。在
A 端轻放质量为
的小滑块（可视为质点），一段时间后小滑块被运送到B 端，然后做抛体运动，
最终落到水平台面上。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为
，重力加速度g 取
。求：
（1）小滑块在传送带上的运动时间；
（2）小滑块在平台上的落点与B 点的距离。（结果可用根式表示）
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）以小滑块为研究对象，在传送带上匀加速运动的过程，由牛顿第二定律可得
解得
26
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小滑块匀加速运动的时间为
小滑块匀加速运动的位移为
则小滑块匀速运动的时间为
故小滑块在传送带上的运动时间为
（2）小滑块到达B 点后做抛体运动，将小滑块在B 点的初速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可得
由抛体运动的对称性可知，小滑块在空中的运动时间为
小滑块在平台上的落点距B 点的距离
3．（2025·河南安阳·一模）如图所示，足够长的水平传送带MN 以速度
自西向东匀速运动，某时
刻将一质量
的小物块轻放在传送带上，离放置小物块的位置足够远的地方固定有南北方向的
竖直挡板ABCD，当小物块运动到此处时，挡板可阻止小物块继续向东运动。已知小物块与传送带之
间的动摩擦因数
，与挡板之间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
。求：
（1）在小物块到达挡板之前，物块与传送带间因摩擦产生的热量Q；
27
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（2）小物块被挡板阻止后，对小物块施加一水平向南的拉力F，使小物块相对地面以
的速度
向南匀速滑动，该拉力F 的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设小物块的加速度大小为
，则有
设小物块与传送带共速所需的时间为
小物块的位移大小为
传送带的位移大小为
故系统产生的热量
以上各式联立可解得
（2）设与
之间的夹角为
，则有
而
小物块相对于传送带和挡板的运动情况与受力情况如图所示
传送带对小物块的摩擦力大小为
28
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挡板对小物块的摩擦力大小为
故拉力
的大小为
又因为
以上各式联立可解得
4．（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
点切线滑入圆弧轨道，故
29
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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
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
5．（2024·广西·模拟预测）如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v = 1 m/s，与倾角为37°
的斜面的底端P 平滑连接，将一质量m = 1 kg 的小物块从A 点静止释放。已知A、P 的距离L = 4 m，
30
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物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ = 0.5，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° =
0.8。求物块：
（1）求小物体从A 点运动到P 点时候的动量大小；
（2）求小物块从A 点开始至第2 次运动到P 点时间。
【答案】（1）4 kg∙m/s （2）4.5 s
【解析】（1）对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
解得物体的加速度
设物体第1 次到达P 点的速度大小为v1，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得
解得
故小物体从A 点运动到P 点时候的动量大小
（2）根据上述分析可知，物块第一次经过P 点的时间
由于物块下滑到P 点的速度大于传送带的速度，故物块在传送带上先向左做匀减速运动，再向右做匀
加速运动与传送带共速后，匀速回到P 点。设物块在传送带上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律
可知
解得
设二者共速的时间为t2，根据运动学公式
31
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解得
此时物块距离P 点的位移大小
故物块匀速运动到P 点的时间
故物块第二次回到P 点的时间
6．（2024·安徽·二模）如图所示，光滑的四分之一圆轨道最低点P 与水平传送带相切，圆弧轨道半径为
3.2m，一质量
的小物体（可视为质点）在圆心等高处由静止释放，小物体与传送带之间的动摩
擦因数
，传送带长度
，且传送带以4m/s 顺时针匀速转动。重力加速度g 取
，求：
（1）小物体经过P 点对圆弧轨道的压力；
（2）小物体从P 点到Q 点所用的时间。
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
【解析】（1）在圆弧轨道下滑至
点，由动能定理
得
在
点，由牛顿第二定律
得
32
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根据牛顿第三定律
方向竖直向下。
（2）物块进入传送带的加速度
减速到传送带速度所用时间
得
减速的位移
得
物块和传送带共速后一直匀速，直到
点脱离，用时
。则
得
总时间
解得
7．（2024·河北衡水·一模）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，
该装置由传运带ABCD 及固定挡板CDEF 组成，固定挡板CDEF 与传送带上表面垂直，传送带上表面
ABCD 与水平地面的夹角为
，CD 与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀
的正方体货物从D 点由静止释放，货物对地发生位移
后被取走，货物在传送带上运动时的剖面
33
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图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度为
，货物质量为
，其底部与传送带
ABCD 的动摩擦因数为
，其侧面与挡板CDEF 的动摩擦因数为
。已知
，
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力
的大小及侧面所受滑动摩擦力
的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。
【答案】（1）40N，15N；（2）10.2s，163J
【解析】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为
，货物底
面所受滑动摩擦力为
，挡板对货物支持力为
，货物侧面所受滑动摩擦力为
，由力的平衡条件有
由滑动摩擦力计算式有
代入数据可得
（2）因为
与运动方向相同，
与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若
能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得
34
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解得
设货物匀加速至与传送带共速所用时间
，对地位移为
，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因
，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为
，位移为
，
由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与
传送带之间由于摩擦产生的内能有
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能有
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能
8．（2024·河南·二模）如图所示，一传送带倾斜放置，其与水平面间的夹角
，传送带顺时针匀速
率运转，速度大小
。传送带上表面PQ 两点间的距离
。
时刻，物块1 以初速度
35
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从Q 点滑上传送带向下运动、物块2 以初速度
从P 点滑上传送带向上运动，经过
时间
，物块1、2 在传送带上M 点（图中未画出）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块1 的质量
，其与传送带间的动摩擦因数
；物块2 的质量
，其与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
，
，
。
（1）求P 点到M 点间的距离
；
（2）求物块2 从0 时刻到离开传送带经历的时间t；
（3）从0 时刻，到两物块恰好要相碰，求传送带多消耗的能量
。
【答案】（1）4m；（2）2.4s；（3）144J
【解析】（1）对物块1 受力分析，由牛顿第二定律有
解得
同理对物块2 受力，由牛顿第二定律有
解得
故物块1 沿斜面向下做匀加速运动，物块2 沿斜面向上做匀速运动，则物块1 的位移
物块2 的位移
36
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由位移关系
代入数据解得
（2）由（1）可知
则碰前物块1 的速度
解得
碰撞过程，由动量守恒、机械能守恒，有
联立解得
则物块2 将以10m/s 的速度沿传送带向下做匀速直线运动直至离开传送带，向下运动的时间
解得
故运动总时间
（3）物块1 下滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的滑动摩擦力
物块2 在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的最大静摩擦力
电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有
37
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代入数据得
9．（2024·四川成都·二模）如图所示，传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s 顺时针转动。
一煤块以初速度
=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B 冲出。已知煤块和传送带
之间的动摩擦因数
=0.25，g 取10m/s2，求：
（1）求AB 之间的距离L；
（2）煤块在传送带上留下的划痕长度∆x。
【答案】（1）10m；（2）
m
【解析】（1）在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
煤块运动时间
煤块运动的位移
煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有
可得煤块的加速度大小
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煤块速度减为零所用的时间间
煤块运动的位移
则AB 之间的距离
（2）在煤块与传送带共速前，传送带运动的位移
传送带上痕迹长度
煤块与传送带共速后，对煤块上滑的过程，传送带的位移大小为
产生的划痕长度为
该过程中由于传送带的速度始终大于煤块的速度，因此产生的划痕与共速前的划痕重叠，此时有2m 的
划痕在煤块之前，有2m 的划痕在煤块之后，设煤块从传送带顶端滑到底端所用时间为
，则有
解得
该过程中传送带的位移
该过程中传送带运动方向与煤块运动方向相反，煤块之后的2m 划痕随着煤块的下滑被覆盖，因此总的
39
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划痕长度为
10．（2024·黑龙江·三模）如图所示，一半径为r=0.45m 的
光滑圆弧的底端B 与水平传送带相接，传送
带的运行速度为
，长为
，DEF 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，
EF 段被弯成以O 为圆心、半径。
的一小段圆弧，管的D 端弯成与水平传送带C 端平滑相接，
O 点位于地面，OF 连线竖直。一质量为
的滑块（可视为质点）从圆弧顶端A 点无初速滑下，
滑到传送带上后被送入细管DEF。已知滑块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
，不计空气阻力，滑块横截面略小于细管中空部分的横截面。求：
（1）滑块到达光滑圆弧底端B 时对轨道的压力大小；
（2）滑块与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）滑块滑到F 点后水平飞出，滑块的落地点到O 点的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设滑块到达B 点的速度大小为
由机械能守恒定律有
解得
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滑块在B 点，由向心力公式有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B 时对轨道的压力大小为
；
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律有
由速度位移公式得
解得
滑块在传送带上运行的时间为
传送带运行的距离为
故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为
（3）滑块从C 至F，由机械能守恒有
滑块离开F 点后做平抛运动，竖直方向有
联立解得滑块的落地点到O 点的距离
11．（2024·安徽·二模）在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒
定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为
，如图甲所示。传送带现将一质量
的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中
41
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速度的平方
随位移x 的变化如图乙所示，取重力加速度大小
，
，
，
快件可视为质点，求：
（1）快件与传送带之间的动摩擦因数
；
（2）快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功W。
【答案】（1）0.875；（2）198J
【解析】（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据
结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度为
m/s2
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数为
=0．875
（2）设传送带的速度为v，根据图像可知
v=3m/s
快件加速的时间为
s
快件与传送带的相对位移为
=4．5m
快件和传送带间因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即
42
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解得
E=198J
12．（2024·山西晋中·模拟预测）2023 年上半年我国快递同比增速超17%，快递行业发展势头良好，积极
助力消费复苏、经济向好。某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传
送带I 的长度OM=4m，倾角
的传送带Ⅱ长度NP=4.45m，两传送带与一段长1m 的光滑水平面
MN 平滑连接，传送带I 以
的速率顺时针转动，将质量为10kg 的快件（可视为质点）无初速
度放在O 端，到达N 端后，快件继续以原速率沿传送带Ⅱ运动。已知快件与两传送带间的动摩擦因数
均为0.5，g 取
，
，
，求：
（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度；
（2）若要快件能被送到P 端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度；
（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O 端运送到P 端所用的时间为多少；
（4）当传送带以v≥5m/s 顺时针运转时，快件从N 端运送到P 端所用的时间为多少。
【答案】（1）0.75m；（2）4m/s；（3）3.6s；（4）1.16s
【解析】（1）快件在传送带I 上做匀加速运动的加速度
快件在传送带I 上做匀加速运动的时间
在传送带上滑行的距离为
快件先加速后匀速，以5m/s 的速度滑上NP，则
解得
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快件上滑的距离为
快件上升最大高度
（2）设传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度为，快件所受的摩擦力沿传送带先向下后向上，加速度大小
先
后
，则
解得
由运动学公式
解得传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度的大小
（3）由（1）知快件在传送带I 上做匀加速运动的时间
快件在OM 部分做匀速运动的时间
快件在MN 部分做匀速运动的时间
当传送带Ⅱ以
顺时针运转时，快件从N 端运送到P 端所用时间为
快件从O 端运送到P 端所用的时间
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（4）当传送带以
顺时针运转时，快件以5m/s 的初速度
的加速度向上做匀减速运动
解得
另一解
不合题意，舍去。快件从N 端运送到P 端所用的时间为1.16s。
13．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率
v1=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角
，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度
v2=1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取
重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）小包裹的速度
大于传动带的速度
，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，
根据牛顿第二定律可知
解得
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（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即
，所以小包裹与
传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
14．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 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
0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，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
、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，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
。
（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）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
46
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由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等
于传送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为
正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上
方的速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
47
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即P 点到O 点的最小距离为
。
15．（2024·贵州·高考真题）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
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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
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
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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
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
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