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大题06 传送带模型
传送带模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化又可以与
传输装置等科技产品相关。在各类考试中备受瞩目，在高考中多以选择题、计算题的形式出现，在备考中
要引起高度重视，并要加强传送带与科技产品结合的新情境问题的处理。
动力学方法解决传送带问题
【例1】（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。
【思路分析】先计算出共速所需要的时间，共速后摩擦力发生了突变在应用牛顿第二定律及运动学公式求
解；关闭发动机工件失去了动力受力发生了改变开始减速运动同样先计算出工件与传送带共速的状态此后
摩擦力方向再次发生改变在应用牛顿第二定律及运动学公式求解相关问题。
1
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【答案】（1）10m/s；（2）m/s2，方向沿传送带向下；（3）31.25m
【详解】（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
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
2
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则传送带A、B 两端间的距离为
解得
m
分析传送带模型问题的思路
（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
3
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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
【详解】（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。
（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
4
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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
应用三大观点解决传送带模型问题
【例1】(2023·山东淄博6 月模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右
端位于B 点，平台AB 段光滑，BC 段长度x＝1 m，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，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝
0.2，传送带右端D 点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R＝0.2 m。现将一质
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量m1＝2 kg 的滑块P 向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑
块P 开始运动，并最终与静止在D 点的质量为m2的滑块Q 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度
g＝
10 m/s2，不计空气阻力，滑块P 和Q 均可看成质点。
(1)求滑块P 到达C 点时的速度vC；
(2)求滑块P 第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能E 内；
(3)若滑块Q 的质量m2可以改变，要使滑块Q 在中途不脱离圆弧形轨道，则滑块Q 的质量m2的范围为多少？
(结果可带根号)
【思路分析】首先应用能量守恒求出初速度，在根据假设法判断物块在传送带上的运动形式然后应用牛顿
第二定律及运动学公式求解位移和相对位移再由功能关系求内能；物块离开传送带后根据碰撞规律求解速
度，在分类讨论物块不脱离轨道的情境在应用动能定理列式求解。
【答案】 (1)6 m/s (2)7 J (3)0<m2≤(2－2)kg 或m2≥8 kg
【解析】 (1)以滑块P 为研究对象，从释放到运动到C 点的过程中，根据能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝
m1v
解得vC＝6 m/s。
(2)假设滑块P 从C 到D 一直减速，根据动能定理有
－μ2m1gL＝m1v－m1v
解得vD＝5 m/s>v，假设正确。
设滑块P 在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有
μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2
设滑块P 在传送带上运动时间为t，则
vD＝vC－at，解得t＝0.5 s
传送带在t 时间内所走的位移为x＝vt＝1 m
滑块P 相对于传送带所运动的位移为
Δx＝L－x＝1.75 m
所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E 内＝μ2m1gΔx，E 内＝7 J。
(3)滑块P 和Q 在D 点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P 的速度为vD′，滑块Q 的速度为v′，对系统由动量守
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恒定律得
m1vD＝m1vD′＋m2v′
由机械能守恒定律得
m1v＝m1vD′2＋m2v′2
联立解得v′＝vD＝(m/s)
①设滑块Q 在E 点的速度为vE时，恰好通过圆弧最高点，此时Q 在D 点的速度为vD′，由重力提供向心力
得m2g＝m2
滑块Q 从D 点运动到E 点的过程中，由动能定理得
－m2g·2R＝m2v－m2vD′2
解得vD′＝ m/s
所以滑块Q 在D 点时的速度v′≥ m/s
联立解得0<m2≤(2－2)kg。
②设滑块Q 恰好运动到圆弧处速度为零，此时Q 在D 点的速度为vD″
此过程由动能定理得
－m2gR＝0－m2vD″2，解得vD″＝2 m/s
所以滑块Q 在D 点时的速度0<v′≤2 m/s
联立解得m2≥8 kg
综上所述，滑块Q 的质量m2的范围为
0<m2≤(2－2)kg 或m2≥8 kg。
（23-24 高三下·广东·开学考试）图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB 是半径为R 的光滑半圆轨道，
产品2 加工后以
的速率从A 点沿半圆轨道下滑，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4R，传送带
的摩擦因数为
，长度为14R，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？
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（2）BC 段杀菌平台的摩擦因数
是多少？
（3）调整产品从A 点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t
是多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若产品由
到
一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为
，由动能定理
解得
则传送带速度应满足
（2）产品2 从A 运动到
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
机械能守恒
解得
，
8
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产品1 进入杀菌平台后滑行到
点前，由动能定理得
解得
（3）若要保证不脱轨，则产品在
点的最小速度满足
同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度
产品减速到0 的距离为，由动能定理得
解得
滑行距离为
，恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得
解得
1．（23-24 高三下·江西·阶段练习）足够长的传送带与水平面间的夹角
，传送带以
的速度
沿逆时针方向匀速转动。用胶水把质量
的两个完全相同的物块上下粘在一起形成一个组合体，
时，把组合体无初速度放在传送带的顶端，如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数
，
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重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；
（2）下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小。
【答案】（1）
；（2）见解析
【详解】（1）把组合体无初速度放在传送带的顶端，根据牛顿第二定律可得
解得组合体的加速度为
组合体从放在顶端到与传送带公式所用时间为
组合体与传送带共速前发生的相对位移为
由于
可知组合体与传送带共速后相对静止一起匀速运动，故整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能为
（2）组合体与传送带共速前，以上面物块为对象，有
，
解得
则组合体与传送带共速前，下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为
组合体与传送带共速后，滑块与传送带相对静止做匀速运动，以上面物块为对象，有
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，
则组合体与传送带共速后，下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为
2．（2024·四川德阳·二模）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为
，传送带顶端到底端的距
离为L=14.25m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1=0.3kg 的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接
质量为m2=0.1kg 的小物体B，在外力的作用下，小物体A 静止于传送带的顶端。t=0 时，撤去外力，同时
传送带从静止开始以加速度大小为a0=7m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v=7m/s 后匀速转动。
已知小物体A 与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，小物体B 始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A 加速度的大小；
（2）小物体A 从传送带顶端运动到底端的时间。
【答案】（1）3.5m/s2；（2）3s
【详解】（1）设小物块A 加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，则对A 物体列牛顿第二定律
对B 物体列牛顿第二定律
解得
（2）从静止到速度等于7m/s 的过程有
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当A、B 整体的速度等于7m/s 时，摩擦力会改变方向，设小物块A 此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，
则对A 物体列牛顿第二定律
对B 物体列牛顿第二定律
解得
所以，总时间为
3．（23-24 高三下·河南·开学考试）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带
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
，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
。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）传送带
两端间的距离。
【答案】（1）10m/s；（2）31.25m
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【详解】（1）工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示．
由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间
与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下
由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上；
再经
的时间关闭发动机，此时工料的速度为
（2）关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，
由牛顿第二定律得
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解得
方向沿传送带向下
由前可知，工料在
时间内通过的位移为
工料在
时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间
工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下；
此后工料一直减速到0 刚好运动到最高点，工料经时间
速度减为零，则有
该时间内工料的位移为
则传送带的
两端间的距离为
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4．（23-24 高三上·天津蓟州·期末）如图甲所示，在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查
的水平传送带。旅客把行李缓慢轻放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它
们保持相对静止，行李随传送带一起前进。一水平传送带装置的示意图如图乙所示，若传送带匀速前进的
速度v 为0.4m/s，某木箱与传送带之间的动摩擦因数μ 为0.4，木箱质量m＝16kg，重力加速度g 取
。
求：
（1）该木箱放在传送带上后，木箱在传送带上的相对滑行时间t；
（2）该木箱放在传送带上后，木箱与传送带的相对位移L 的大小；
（3）木箱从传送带A 移到B 过程，传送带对该木箱所做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律得：木箱的加速度
木箱由静止开始运动达到传送带速度所需的时间
（2）t 时间内木箱的位移为
传送带的位移
木箱与传送带的相对位移
（3）根据动能定理可知，传送带对该木箱所做的功
5．（2024·全国·模拟预测）如图所示为快递分拣车间的传送装置，固定斜面的倾角
，底端由一小段
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光滑圆弧与水平传送带平滑连接，一长度
的传送带正以速度
沿顺时针方向匀速转动，一快
递物件（可视为质点）的质量
，从高
的斜面上端由静止滑下，物件与斜面间的动摩擦因
数
、与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
。求：
（1）物件刚滑到斜面底端时的速度大小；
（2）物件与传送带间因摩擦产生的热量及物件在传送带上运动的时间。
【答案】（1）
；（2）0.72J，
【详解】（1）物件在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，设物件刚滑到斜面底端时的速度为
，物件
在斜面上的加速度为
，由牛顿第二定律有
又
解得
（2）由于
，物件在传送带上先做匀减速运动，设物件在传送带上做匀减速运动的加速度大小为
，
由牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
减速阶段的位移
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故物件之后做匀速运动
与皮带的相对位移
所以因摩擦而产生的热量
匀速运动的时间
物件在传送带上运动的时间
解得
6．（2024·江苏连云港·一模）如图所示，传送带以速率
顺时针匀速转动，传送带与足够长的光滑
水平面等高且紧挨。将小滑块A 轻放在传送带左端M，A 运动到右端N 时与静止在水平面上的小滑块B 发
生弹性正碰。已知A、B 质量分别为
、
，A 与传送带间的动摩擦因数
，传送带两
端M、N 间的距离
，重力加速度g 取
。求：
（1）A 由左端M 运动到右端N 所用的时间t；
（2）第1 次碰撞后A、B 的速度大小
、
；
（3）第1 次碰撞后A、B 间距离的最大值
。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）A 刚放上传送带时，滑块运动的加速度
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设释放后经
时间A 与传送带速度相等，则
加速阶段的位移
然后A 做匀速运动，匀速运动的时间
A 由左端M 运动到右端N 所用的时间
（2）A 与B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得
即第1 次碰撞后A、B 的速度大小分别为
（3）由（2）可知碰撞后A 反向运动，B 向右做匀速直线运动，A 和B 速度相等所需的时间
第1 次碰撞后A、B 间距离的最大值
代入数据可得
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7．（23-24 高三上·山东枣庄·期末）如图所示，半径
的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟
水平传送带的B 端平滑连接，轨道上C 点和圆心O 的连线与水平方向成
角。将小滑块（视为质
点）无初速度放在传送带A 端，同时对小滑块施加水平向右的恒力
，当小滑块到达传送带B 端
时，撤去恒力F。已知小滑块的质量
，与传送带之间的动摩擦因数
；传送带的长度
，始终以
的速度顺时针转动，取重力加速度
，
，
。求：
（1）小滑块在传送带上的运动时间；
（2）小滑块在C 点对轨道的压力大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
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设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为
，该段时间内的位移为
，则有
，
解得
，
达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块又经时间
到达传送带B 端，则有
解得
那么小滑块在传送带上运动的时间为
解得
（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为
，则有
小滑块沿半圆形轨道滑至C 点的过程，根据机械能守恒定律
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在轨道上C 点，设小滑块受到的弹力为
，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律，小滑块在C 点对轨道的压力大小
8．（2024·安徽·一模）如图，相距
的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带
向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小
。质量
的货物（可视为质点）放在距
传送带左侧
处的P 点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力
水平向右拉货物。已知货物与平台间
的动摩擦因数
，货物与传送带间的动摩擦因数
，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度g 取
。求：
（1）货物运动到传送带左端时的速度大小；
（2）货物在传送带上运动的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据牛顿第二定律
得货物在左端平台上时加速度为
由运动学规律有
，
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
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（2）由于
，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时
加速度为
故货物开始做匀减速运动，设经过时间
与传送带共速，得
该段时间货物位移为
共速后货物匀速运动，设再经过时间
到达传送带右端，得
故货物在传送带上运动的时间为
9．（23-24 高三上·云南·阶段练习）如图所示，长为
的传送带水平放置，并保持
的速度顺时针匀
速转动，其右端与一倾角
的斜面平滑相连，B 为其最左端，斜面的长度
。一小滑块（可视
为质点）在斜面顶点处由静止释放，从A 点进入传送带，在传送带上运动一段时间后恰好不从传送带左端
滑落。已知滑块与斜面间的动摩擦因数
，滑块与传送带间的动摩擦因数
，
，
，重力加速度
，忽略滑块经过A 点时的能量损失。求：
（1）滑块由静止释放至第一次经过A 点所用的时间t；
（2）传送带
段的长度
。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得
解得
小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由
解得滑块第一次经过A 点时的时间
（2）滑块第一次经过A 点时的速度
滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为
滑块在传送带上向左运动的位移大小为
即传送带
段的长度
为
。
10．（23-24 高三上·广东汕尾·期末）大型超市通常安装有倾斜自动扶梯以方便顾客的通行，如图所示，自
动扶梯长L=6m，与水平面的夹角θ=30°，以速度v0=2m/s 匀速向上运动，小李使用该扶梯运送两箱质量均
为m=10kg 的货物，某时刻小李将第一箱货物轻放在扶梯底端，待第一箱货物与扶梯共速时，小李沿扶梯
向上用恒力F=110N 推动第二箱货物，使其以速度v1=7m/s 从底端沿扶梯匀速向上运动，两箱货物与扶梯间
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的动摩擦因数均为μ，取重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点，若货物间发生碰撞则瞬间粘在一起。
（1）求动摩擦因数μ；
（2）求第一箱货物从出发到与传送带共速过程中摩擦产生的热量Q1；
（3）若第二箱货物匀速运动，∆t=0.28s 后，推力调整为F=35N，试判断两箱货物能否在扶梯上发生碰撞，
若能发生碰撞，求碰撞过程中损失的能量Q2。
【答案】（1）
；（2）120J；（3）40J
【详解】（1）第二箱货物做匀速直线运动，受力平衡，有
货物受到的摩擦力为
解得
（2）对第一箱货物有
根据动力学公式
解得
对扶梯有
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第一箱货物从出发到与传送带共速过程中摩擦产生的热量为
（3）第二箱货物匀速运动∆t=0.28s 后，两箱货物相距
推力F 改变后，对第二箱货物
解得
假设两箱货物可以发生碰撞，设从∆t=0.28s 后至两箱货物相碰经历的时间为，则有
解得
全过程第一箱货物的位移
假设成立，即两箱货物能发生碰撞，碰撞时第二箱货物的速度
两箱货物发生碰撞，有
碰撞过程中损失的能量
11．（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；
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（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）
【详解】（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
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
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12．（23-24 高三上·陕西渭南·阶段练习）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 逆时针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）。已知小包裹的质量为m=1.0kg，小包裹
与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。求：
（1）小包裹通过传送带所需的时间t；
（2）小包裹与传送带之间因摩擦产生的热量Q 和小包裹通过传送带时摩擦力对它做的功Wf。
【答案】（1）4.5s；（2）8.0J，-24.8J
【详解】（1）小包裹的速度
大于传送带的速度
，则小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛
顿第二定律可知
解得
可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，根据运动规律，减速时间和位移大小为
小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向下的分力，即
则小包裹与传送带共速时摩擦力发生动-静突变，之后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
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小包裹通过传送带的时间为
（2）小包裹减速运动时受滑动摩擦力f1作用，匀速运动时受静摩力f2作用，都做负功
根据功能关系，小包裹与传送带之间因摩擦产生的热量为
根据功的概念，小包裹通过传送带时摩擦力对它做的功为
13．（23-24 高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）如图所示，光滑水平面AB 的左侧有一固定的竖直挡板，
在 B 端放置两个滑块，滑块甲的质量
滑块乙的质量
两滑块间固定一压缩弹簧（图中未
画出），弹簧储存的弹性势能EP=48J，水平面 B 端紧靠倾角
的传送带，传送带与水平面通过 B
端小圆弧平滑连接，传送带以速率
逆时针转动。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左、右弹开，
滑块乙经过 B 处冲上传送带，恰好到达C 端，然后返回到 B 端。已知光滑水平面A、B 长度为
滑
块与传送带间的动摩擦因数
重力加速度 g 取10m/s2，滑块甲与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹
性碰撞，滑块通过 B 处时无机械能损失，两滑块均可看作为质点。求：
（1）B、C 两端传送带的长度L；
（2）滑块乙从 B 端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间t；
（3）滑块乙第一次返回到 AB 面上后与滑块甲碰撞的位置。
【答案】（1）3.2m；（2）2s；（3）在距B 端 1m 处
【详解】（1）两物块在弹开过程中，根据动量守恒，得
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弹簧储存的弹性势能
联立解得
设滑块乙上滑过程中的加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律，有
解得
滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，有
（2）设滑块乙从 B 点运动到C 点所用时间为 t1，有
滑块乙下滑过程中，受力分析可知，刚开始下滑阶段加速度大小为
设滑块乙从 C 点向下加速到与传送带速度相同的时间为t2，位移为 x1，根据运动学有
解得
由于 mgsinθ>μmgcosθ，滑块乙继续向下加速，设加速度大小为 a3，运动到 B 点所用时间为t3，根据牛顿
第二定律，有
解得
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由运动学，有
解得
则滑块乙从 B 端滑上传送带到第一次回到 B 端的时间
（3）滑块乙回到 B 端的速度大小为
在滑块乙回到B 端的过程中，滑块甲通过的路程为
S 甲=v 甲t=8m
此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距B 端2m 处，由于
可知两滑块在距 B 端 1m 处发生碰撞。
14．（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。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若产品由C 到D 一直加速，则传送时间最短。由动能定理
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
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解得
产品进入杀菌平台后由动量定理得
解得
15．（23-24 高三上·河南鹤壁·期中）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角
，传送带在电动机
的带动下，始终保持
的速率运行，现把一质量为
的工件（可视为质点）轻轻放在传送带
的底端，经过时间
，工件被传送到
的高处，g 取
，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。
【答案】（1）
；（2）230J
【详解】（1）由题图可知，传送带长
工件速度大小达到
前，做匀加速运动，有
工件速度大小达到
后，做匀速运动，有
联立解得加速运动的时间
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加速运动的位移大小
所以加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）由能量守恒定律知，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
生相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间
内，传送带运动的位移大小
在时间
内，工件相对传送带的位移大小
在时间
内，摩擦产生的热量
最终工件获得的动能
工件增加的势能
电动机多消耗的电能
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1.（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）
【详解】（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
（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
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所以小包裹通过传送带的时间为
2．（2020·全国·高考真题）如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传
送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视为质
点），以初速度v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度
取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2)
，
；(3)0
，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送
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带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运
动
的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①
式可知
⑫⑬⑭
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则
减速运动时间
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设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
3．（2023·浙江·高考真题）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
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
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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
（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
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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
4．（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m 的物块a 静置于悬点O 正下方的A 点，以速
度v 逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB、CD、FG 处于同一水平面上，AB、MN、CD 的长度均为l。圆
弧形细管道DE 半径为R，EF 在竖直直径上，E 点高度为H。开始时，与物块a 相同的物块b 悬挂于O 点，
并向左拉开一定的高度h 由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰。已知
，
，
，
，
，物块与MN、CD 之间的动摩擦因数
，轨道AB 和管道DE
均光滑，物块a 落到FG 时不反弹且静止。忽略M、B 和N、C 之间的空隙，CD 与DE 平滑连接，物块可
视为质点，取
。
（1）若
，求a、b 碰撞后瞬时物块a 的速度
的大小；
（2）物块a 在DE 最高点时，求管道对物块的作用力
与h 间满足的关系；
（3）若物块b 释放高度
，求物块a 最终静止的位置x 值的范围（以A 点为坐标原点，水
平向右为正，建立x 轴）。
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【答案】（1）
；
（2）
（方向竖直向上）
；
（3）当
时，
，当
时，
【详解】（1）滑块b 摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有
解得
与
发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块
与物块
在A 发生弹性正碰，速度交换。
（I）设物块
刚好可以到达
点，物块
的释放高度为
，则根据动能定理可得
解得
此时物块a 到达E 点时的速度恰好为零，则有
（方向竖直向上）
（II）根据（I）中分析可知，当
时，在E 点管道外壁将对物块a 有弹力的作用，在E 点由牛顿第
二定律有
由动能定理
联立可得
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（
，方向竖直向下）
若取竖直向下为正方向，则综上可得
（
，方向竖直向下）
（3）当
时，物块位置在
点或
点右侧，根据动能定理得
从
点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当
时，从
释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离
点0.8m 处静止，滑块a 由E 点速度为零，返回到
时，根据动能定理可得
解得
距离
点0.6m，综上可知当
时
代入数据得
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5．（2020·海南·高考真题）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一水平传送带相切，一
质量
的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，到最低点Q 时与另一质量
小物块b 发
生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径
，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度
顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数
，
。求
（1）碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a 能上升的最大高度；
（3）小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【详解】（1）设小物块a 下到圆弧最低点未与小物块b 相碰时的速度为
，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
小物块a 在最低点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a 对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a 与小物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
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根据能量守恒有
联立解得
，
小物块a 反弹，根据机械能守恒有
解得
（3）小物块b 滑上传送带，因
，故小物块b 先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
则小物块b 由2m/s 减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因
，故小物块b 之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间
6．（2019·浙江·高考真题）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，
建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨
道末端B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m 的传送带以恒定
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的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，
假设小物块从直轨道B 端运动到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直
轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．（sin37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B 端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h 需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D 点水平向右抛出，求小物块落地点到D 点的水平距离
x 与h 的关系式及h 需要满足的条件．
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块由静止释放到B 的过程中：
解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D 点速度为零时高为h1
解得h<h1=3.0m
（3）右侧抛出，D 点的速度为v，则
x=vt
可得
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为使能在D 点水平抛出则：
解得h≥3.6m
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