文档文本内容
1 / 8
素养培优2 传送带模型中动力学、能量和动量的综合
1.摩擦力的方向及存在阶段的判断
理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
2.物体能否达到与传送带共速的判断
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
3.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。
【典例1】 （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。
【典例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 / 8
（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＝|
Δv
Δt|＝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，此后小物块随传送带一块向左做匀速运动，所以最长划痕s＝
(
2+0
2
×2.0m+1×2.0m)＋（1×1.0 m－1+0
2
×1.0 m）＝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，对小物块最初向右做减速运动的过程，根据动能定理有－
μmgx＝0－1
2mv0
2，解得x＝2 m。
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）。
【典例3】 （2024·安徽合肥二模）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L＝10.5 m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0 kg 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速度的平方v2随位移x
的变化关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，快件可视为质点，求：
3 / 8
（1）快件与传送带之间的动摩擦因数μ；
（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）198 J
解析：（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax，结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度a＝1
m/s2，根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得快件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝
0.875。
（2）设传送带的速度为v，根据图乙可知v＝3 m/s，快件加速的时间t1＝v
a＝3 s，快件与传送带的相对位移Δx＝
vt1－1
2vt1＝4.5 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx，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E＝mgLsin 37°＋1
2mv2＋Q，解得E＝198 J。
【典例4】 （2024·湖北高考14 题）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。
（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
v1
2＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞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
4 / 8
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
联立并代入数据得x＝0.2 m。
1.（2024·北京高考10 题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀
速运动。下列说法正确的是（ ）
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
解析：D 刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A 错误；物体匀速运动过程中，不受摩
擦力作用，B 错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C 错误；加速运动过
程
ƒ＝μmg＝ma
加速时间t＝v
μg
⃗
v 越大，t 越大，D 正确。
2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B 间距为L，质量为m 的物块无初速度放于左端A 处，同时用水
平恒力F 向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A 运动到B 的过程中，动能Ek随位移x 变化的关
系图像不可能的是（ ）
解析：A 开始时物块受向右的拉力F 和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝（F＋Ff）x；若物块在到达最
右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量
ΔEk＝（F－Ff）x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此
时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A 不可能。
3.（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
5 / 8
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，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。
4.（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。
5.（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。
6 / 8
（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。
6.（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
7 / 8
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。
7.（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
6 v0＝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
8 / 8
第3 次碰前产生的热量为Q2＝μm1g[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。
