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增分培优1 利用动力学和能量观点分析传送带问题
典例 (2024·湖南长沙一模)如图1 所示，传送带的水平部分ab 长度L1＝10 m，倾
斜部分bc 长度L2＝16.8 m，bc 与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时
针方向匀速率运动，速率v＝4 m/s，现将质量m＝2 kg 的小煤块(视为质点)由静
止轻放到a 处，之后它将被传送到c 点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ
＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°
＝0.6，求：
图1
(1)煤块从a 运动到c 的时间；
(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3)煤块与传送带间的摩擦生热。
答案 (1)5.5 s (2)8.8 m (3)44.16 J
解析 (1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
可得煤块运动的加速度a1＝2 m/s2
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为
s1＝＝ m＝4 m＜10 m
故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速的时间t1＝＝2 s
匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.5 s
在倾斜传送带上，由于μ＜tan θ＝0.75
故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为
a2＝gsin θ－μgcos θ＝4.4 m/s2
根据匀加速运动的位移与时间的关系有
L2＝vt3＋a2t
解得t3＝2 s 或t3＝－ s(舍去)
故煤块从a 运动到c 的时间t＝t1＋t2＋t3＝5.5 s。
(2)煤块在水平传送带的相对位移为
Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4 m
煤块在倾斜传送带的相对位移为
Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8 m
由于Δs1与Δs2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8 m。
(3)煤块在水平传送带的摩擦生热Q1＝Ff1Δs1
其中Ff1＝μmg
解得Q1＝16 J
煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q2＝Ff2Δs2
其中Ff2＝μmgcos θ
解得Q2＝28.16 J
故Q＝Q1＋Q2＝16 J＋28.16 J＝44.16 J。
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)。训练1 (多选)(2024·辽宁沈阳二模)如图2，水平传送带一直以速度v1＝6
m/s 向右匀速运动，小物体P、Q 质量均为1 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻
绳相连，t＝0 时刻P 在传送带左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P 与定滑轮间的
绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P 与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传
送带长度L＝15 m，绳足够长，g＝10 m/s2。关于小物体P 的描述正确的是( )
图2
A.小物体P 从传送带左端离开传送带
B.小物体P 在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C.小物体P 向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m
D.小物体P 向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60 J
答案 ACD
解析 共速前，对小物体P、Q 分析，由牛顿第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得
a1＝8 m/s2，小物体P 与传动带共速时的位移为x1＝＝4 m，共速后，小物体P 做
匀减速运动，根据牛顿第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2 m/s2，小物体P
减速至零的位移为x2＝＝9 m，由于x1＋x2＜L，小物体P 从传送带左端离开传送
带，A 正确；由上面的计算可知，小物体P 在传送带上运动的过程中，加速度有
两个值，B 错误；t＝0 时刻到与传送带共速，划痕长度为l1＝x1－v1＝1 m，共速
至P 减速为零的过程，划痕长度为l2＝v1－x2＝9 m，考虑到划痕重复，小物体P
向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为Δl＝l2＝9 m，C 正确；小物体P
向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60 J，D 正确。
训练2 (多选)(2024·广东深圳模拟预测)如图3 所示，用与水平面成θ＝30°角的传
送带输送货物，传送带以v＝2 m/s 的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝5
kg 的货物轻轻放在传送带底部，经过4 s 的时间到达传送带的顶端。已知货物与
传动带之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(
)
图3
A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B.传送带从底端到顶端的长度是20 m
C.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30 J
D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
答案 CD
解析 根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，又t＝，联立解得t＝0.8 s
＜4 s，说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，
A 错误；传送带从底端到顶端的长度是l＝＋v(4 s－t)＝7.2 m，B 错误；货物在
传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为Q＝μmgcos 30°(vt－)，解
得Q＝30 J，C 正确；货物增加的机械能为ΔE＝mv2＋mglsin 30°，解得ΔE＝190
J，D 正确。
1.(2024·安徽卷，4)倾角为θ 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0 时在传送
带底端无初速轻放一小物块，如图4 所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，
速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度
a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是( )
图4
答案 C
解析 0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块
受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故
做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力的下
滑分力相等，加速度变为零，物块做匀速直线运动，故C 正确，A、B、D 错误。
2.(2024·湖北卷，14)如图5 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。
图5
(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
律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，
由运动学公式有v＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，因此假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，
即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＝mv－mv－Mv
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 点的距离最小，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
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg(l＋l－x)＝Mv－Mv
联立并代入数据得x＝0.2 m。
1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适
当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1 所示。取沿传送带向下的方向为
正方向，则下列v－t 图中可能描述小物块在传送带上运动的是( )
图1
答案 ABC
解析 当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于传送带的速度时，对小
物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋
μgcos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则
会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ＜μmgcos θ，可知二者将共速，
故A、B 正确；当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，对小物块受力分析，
由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小
物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长
会出现与传送带共速的情况(μ＞tan θ)或者继续匀加速(μ＜tan θ)，此时加速度满
足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C 正确，D 错误。
2.(多选)如图2，质量m＝2 kg 的小物块以水平初速度v0＝6 m/s 从左端滑上长L
＝3 m 的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N 的恒力
作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知
物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2，关于小物块在
传送带上运动的过程，下列说法正确的是( )
图2
A.小物块一直做匀速直线运动
B.恒力F 对小物块做的功为6 J
C.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6 J
D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
答案 ACD
解析 由于F＝μmg，则小物块一直做匀速直线运动，A 正确；恒力F 对小物块
做的功为W＝FL＝12 J，B 错误；小物块的运动时间为t＝＝0.5 s，小物块与传
送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6 J，C 正确；因小物块在传
送带上运动，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即E＝
μmg·0.5v0t＝6 J，D 正确。
3.(2024·四川宜宾二模)如图3 甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝
37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A 点无初速放入货物。货物从下端A 点运
动到上端B 点的过程中，其机械能E 与位移x 的关系图像(以A 位置所在水平面
为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图3
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B 两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A 点运动到上端B 点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
答案 C
解析 由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，有ΔE1＝μmgcos
37°·Δx1，对货物有Δx1＝x 传－x 货＝vt1－vt1＝0.5 m，解得μ＝0.875，故A 项错误；
由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5 m 后与传送带相对静止，此后物块的动
能不变，重力势能增加，有mgx2sin 37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480 J，解得x2
＝8 m，则传送带两端点之间的距离为L＝x 货＋x2＝8.5 m，故B 项错误；设加速
阶段的加速度大小为a，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝1 m/s2，设加
速阶段时间为t1，有x 货＝at，解得t1＝1 s；又v2＝2ax 货，设匀速阶段时间为t2，
有x2＝vt2，解得t2＝8 s，所以总时间为t＝t1＋t2＝9 s，故C 项正确；由能量守恒
定律知，皮带输送机多消耗的能量为E＝μmgcos 37°·Δx1＋mv2＋mgLsin 37°，解
得E＝550 J，故D 项错误。
4.(2024·四川德阳二模)如图4 所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，
传送带顶端到底端的距离为L＝14.25 m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为
m1＝0.3 kg 的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1 kg 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＝7 m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带
速率达到v＝7 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(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)3.5 m/s2 (2)3 s
解析 (1)设小物体A 加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，对小物体A，由牛
顿第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
对物体B，由牛顿第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物体A 从静止到速度等于7 m/s 的过程有
t1＝＝2 s，x1＝a1t1
2＝7 m
当A、B 整体的速度等于7 m/s 时，摩擦力会改变方向，设小物体A 此时的加速
度为a2，绳子的拉力为T2，则对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
对小物体B，由牛顿第二定律，有
T2－m2g＝m2a2，v－v2＝2a2(L－x1)
解得a2＝0.5 m/s2，v1＝7.5 m/s，t2＝＝1 s
总时间为t＝t1＋t2＝3 s。
5.(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图5 甲所示，该装置由传送带及
固定挡板CDEF 组成，挡板与传送带上表面ABCD 垂直，传送带上表面与水平
地面的夹角θ＝37°，CD 与水平面平行。传送带始终匀速转动，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L＝10 m 后被取
走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，
货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数
μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)。
求：
图5
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
答案 (1)5.4 s (2)202 J
解析 (1)令传送带对货物的弹力为FN1，挡板对货物的弹力大小为FN2，对货物
进行受力分析有
FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin θ
由牛顿第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s 的过程，根据速度与位移关系有
v＝2ax0
解得x0＝ m＝0.8 m＜L＝10 m
匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s
之后货物做匀速直线运动，经历时间
t2＝＝ s＝4.6 s
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝
v0t2＝9.2 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(2024·江苏淮安模拟预测)如图6 所示，在电动机的带动下以v＝3 m/s 的速度顺
时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量m＝2 kg 的物
体(可视为质点)从轨道上高h＝2 m 的P 点由静止开始下滑，滑到传送带上的A
点时速度大小v0＝5 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带两端
AB 之间的距离L＝3.4 m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量m0＝
4 kg 的静止小球发生弹性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(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，摩擦力对物体的冲量大小；
(3)物体与小球碰后到向右再次经过B 点的过程中，因为物体在传送带上滑动电
动机多消耗的电能。
答案 (1)－15 J (2)4 N·s (3)12 J
解析 (1)物体从P 到A 根据动能定理，有
mgh＋Wf＝mv
代入数据解得Wf＝－15 J。
(2)由于物体冲上传送带的初速度大于传送带的速度，开始物体相对传送带向右
做匀减速运动，则有
μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移x1＝
代入数据解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动，传送带
对物体的摩擦力的冲量为If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度为v1，右侧小球碰
后速度为v2，根据动量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2
根据机械能守恒定律，有mv2＝mv＋m0v
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，有
0－v＝－2ax2
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根据v1＝at1
可得经历的时间为t1＝＝0.2 s
可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做
匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为 v1小于小球速
度，物体与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多消耗的电能为E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。
