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高考重点考点解读与针对性训练
第七章 机械能
考点48 功和能+传送带模型
【考点解读】
1.传送带问题的分析方法
（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，作好受力分析，然后利用运动学公式
结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关
系。
（2）能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因
放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.功能关系分析
（1）传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
（2）系统产生的内能：Q＝Ffs 相对，s 相对表示相对路程。
（3）功能关系分析：W 电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp为被
传送物体重力势能的增加量。
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考广西卷）（16 分）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个
散货经倾斜传送带由底端A 运动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉
冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质
量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为
，
以速度
匀速运行。若以相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传送带底
端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。
散货与倾斜传送带间的动摩擦因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器
撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质
为M 的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，
某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2 分）
（2）落入货箱中散货的个数为
（1 分）
则水平传送带的平均传送速度大小为
（1 分）
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
（2 分）
加速时间
加速位移
（2 分）
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
（2 分）
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带额外多做的功为
其中
，
，
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
（6 分）
【针对性训练】
1.（2025·湖南邵阳期中）如图，机场中长度为L＝2 m 的水平传送带以v＝1 m/s 的速度顺
时匀速传动，现将质量为5 kg 的行李箱轻放在传送带的左端，行李箱与传送带间的动摩擦
因数为μ＝0.5。行李箱可视为质点，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则在行李箱被输送到
传送带右端的过程中，下列说法错误的是（ ）
A.行李箱在传送带上运动的时间为2.1 s
B.传送带对行李箱做了2.5 J 的功
C.传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为5 J
D.因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为5 J
答案：C
解析：行李箱在传送带上的加速度a＝μg＝5 m/s2，行李箱做加速运动的时间t1＝v
a＝0.2
s，行李箱做加速运动的位移x1＝1
2at1
2＝0.1 m，行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2＝
L－x1
v
＝1.9 s，行李箱在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故A 正确，不符合题
意；传送带对行李箱做的功为W＝Ek＝1
2mv2＝2.5 J，故B 正确，不符合题意；传送带和行
李箱间相对位移Δx＝vt1－x1＝0.1 m，传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为Q＝FfΔx＝
0.5×5×10×0.1 J＝2.5 J，故C 错误，符合题意；因输送行李箱，传送带电动机额外消
耗的电能为W 电＝W＋Q＝5 J，故D 正确，不符合题意。
2 （2025·浙江湖州期末）如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ＝30°的传
送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将
质量m＝1 kg 的快递包（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A 点。已知传送带A 点
到顶端B 点的距离L＝8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝2❑√3
5
，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则快递包从A 点运送到B 点（ ）
A.所需时间为4 s
B.传送带对快递包做功为12 J
C.摩擦产生的热量为48 J
D.电动机因运送此快递包多做了54 J 的功
答案：D
解析：快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝
ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝v0
a
＝2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1＝1
2a
t1
2＝2 m，快递包匀速运动的时间t2＝L－x1
v0
＝3 s，快递包从A 点运送到B 点所需时间t
＝t1＋t2＝5 s，故A 错误；传送带对快递包做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代
入数据可得W＝42 J，故B 错误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入数据
可得Q＝12 J，根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，
故C 错误，D 正确。
3.（2025·辽宁模拟预测）如图所示，一条长为2 m、倾角为30°的传送带在电动机的带动
下，以3 m/s 的速率沿逆时针方向匀速运行。某时刻，将质量为1 kg 的小滑块轻放在传送
带上端，直至小滑块滑离传送带。已知重力加速度g 取10 m/s2，滑块与传送带之间的动摩
擦因数为
❑√3
6 ，则（ ）
A.小滑块经过0.5 s 与传送带速度相同
B.小滑块经过0.8 s 离开传送带
C.整个过程因摩擦而产生的热量为2 J
D.电动机因运送小滑块多做的功为1 J
答案 BC
解析： 滑块刚放上去时的加速度为a1，则根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝
ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，共速的时间t1＝v
a1
＝0.4 s，A 错误；共速前
的位移x1＝1
2vt1＝0.6 m，滑块此后运动的加速度为a2，同理，根据牛顿第二定律可知a2
＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2，故有x2＝vt2＋1
2a2t2
2，x2＝（2－0.6）m＝1.4 m，联立解
得t2＝0.4 s，所以滑块离开传送带的时间t＝t1＋t2＝0.8 s，B 正确；整个过程中因摩擦产
生的热量Q＝μmgcos θ（vt1－x1＋x2－vt2）＝2 J，C 正确；根据能量守恒定律可知W＝
μmgcos θ（vt1－vt2）＝0，D 错误。
4.（2025·山东潍坊期末）应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所
示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s 的恒定速率逆时针方向运行，A、B
间的距离为3 m。已知行李（可视为质点）质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ
＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A 处，行李从B 点离开传送带，重力加速度大小取g＝
10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.行李从A 到B 过程中传送带对行李做功为60 J
B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C.行李从A 到B 过程中与传送带因摩擦产生的热量为1.6 J
D.行李从A 到B 过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J
答案 D
解析： 行李先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2
m/s2，令行李加速至与传送带速度相等时，有v2＝2ax0，解得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后
行李向左做匀速直线运动，则行李从A 到B 过程中传送带对行李做功为W1＝μmgx0＝0.8
J，故A 错误；行李匀加速直线运动过程有v＝at，则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度
为x 相＝vt－v
2t＝0.04 m，故B 错误；行李从A 到B 过程中与传送带因摩擦产生的热量为Q
＝μmgx 相＝0.8 J，故C 错误；行李从A 到B 过程中电动机额外消耗的电能E＝Q＋1
2mv2＝
1.6 J，故D 正确。
5 （2025·云南省名校联考）如图所示，斜面AB 的末端与一水平放置的传送带左端平滑连
接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P 点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传
送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P 点静止释放，则下列说法正确的是
（ ）
A.滑块可能再次滑上斜面
B.滑块在传送带上运动的时间增长
C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多
D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快
答案 C
解析： 传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变
所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由
x＝1
2at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带
的位移增大，由Q＝Ffx 相对，可知摩擦产生的热量增多，故选C。
6. 传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时
间t 变化的图线可能正确的是（ ）
答案 D
解析： 如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有μmg(vt ＋1
2 at
2)＝Ek－1
2
mv2，Ek-t 图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A 错误，D
正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，有－μmg(vt －1
2 at
2)＝Ek－1
2
mv2，Ek-t 图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，达到共速后动能不变，B、C 错误。
7 .[2024 福建厦门双十中学校考/多选]如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化
传送用具.如图乙所示，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，逆时针匀速转动.某次将静止的
物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E 和
传送距离s 的关系如图丙所示.已知物体的质量为10kg，可视为质点，重力加速度为
10m/s2，下列说法中正确的是（ AC ）
A.传送带的运行速度为2m/s
B.物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25
C.在0～0.2m 内与0.2～0.4m 内，传送带对物体做的功大小相等
D.在0～0.2m 内与0.2～0.4m 内，物体与传送带之间产生的热量相等
答案 AC
解析 传送距离0～0.2 m 内，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，摩擦
力做正功，物体的机械能增加，可得μmgΔx cos θ＝ΔE，物体与传送带之间的动摩擦因数
为μ＝
Δ E
mg Δ x cosθ ＝
248-240
10×10×0.2×0.8＝0.5，故B 错误. 传送距离0～0.2 m 内，物体
的加速度为a＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，传送带的运行速度为v＝❑√2a Δ x＝
❑√2×10×0.2 m/s＝2 m/s，故A 正确.在0～0.2 m 内与0.2～0.4 m 内，物体受到的滑动摩
擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可知传送带对物体做的功大小相等，故C 正
确.在0～0.2 m 内，传送带的位移x1＝vt，物体的位移为x2＝1
2at2＝1
2vt，物体与传送带间
的相对位移为Δx1＝x1-x2＝x2＝0.2 m，物体与传送带之间产生的热量Q1＝Wf1＝fΔx1；在0.2
～0.4 m 内，物体与传送带之间产生的热量Q2＝Wf2＝fΔx2，物体与传送带间的相对位移为
Δx2＝x 物-x 传送带＝0.2 m-x 传送带＝Δx1-x 传送带＜Δx1，可知在0～0.2 m 内与0.2～0.4 m 内，物体与
传送带之间产生的热量不相等，故D 错误.
8. 如图甲所示，一质量为m 的小物块以初动能E0向右滑上足够长的水平传送带，传送带
以恒定速率逆时针转动.小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x 的关
系图像如图乙所示，传送带与小物块之间的动摩擦因数不变，重力加速度为g，则（ BC
）
A.小物块与传送带之间的动摩擦因数为
E0
2mg x0
B.从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为❑√
9m x0
2
2 E0
C.整个过程中小物块与传送带间产生的热量为9
4 E0
D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为9
4 E0
答案 BC
解析 由题图乙可知，Ek-x 图像的斜率大小E0
x0
表示合力的大
小，小物块向右滑动时
所受的合外力为μmg，解得μ＝E0
mg x0
，故A 错误；取向右为
正方向，设传送带的速度大小为v'，根据题意作出小物块的v-
t
图像如图所示，由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程有-v'＝
v0-μgt0，又E0＝1
2mv0
2，1
4 E0＝1
2mv'2，解得t0＝❑√
9m x0
2
2 E0
，故B 正确；以传送带为参考系，
小物块运动的位移Δx＝(v0＋v ')
2
2 μg
，产生的热量Q＝μmgΔx＝1
2 m(v0＋v ')
2
＝9
4 E0，故C
正确；整个过程中电动机多消耗的电能为ΔE＝Q-(E0-1
4 E0)＝3
2E0，故D 错误.
9. 如图所示，传送带以v 的速度匀速运动。将质量为m 的物块无初速度放在传送带上的
A 端，物块将被传送到B 端，已知物块到达B 端之前已和传送带相对静止。下列说法中正
确的是( )
A.传送带对物块做功为mv2
B.传送带克服摩擦力做功为mv2
C.电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2
D.在传送物块过程产生的热量为mv2
答案 D
解析 根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A 错误；
根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带
的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送
带克服摩擦力做的功大于mv2，故B 错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动
能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C 错误；在传送物块过程产生的热量等
于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔs，设加速时间为t，物块的位移为s1＝vt，传送
带的位移为s2＝vt，根据动能定理fs1＝mv2，故热量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝mv2，故D 正确。
10 .(2024·广东省实验中学模拟)如图所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v 的速度
顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ 的小物块在传送带的左端由静止释
放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。
下列说法正确的是( )
A.传送带对小物块做的功变为原来的2 倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2 倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2 倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2 倍
答案 C
解析 由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝mv2，可知速度变为原来的2 倍，则
传送带对小物块做的功变为原来的4 倍，故A 错误；小物块运动到与传送带速度相等，所
用的时间为t＝，由于加速度相同，速度变为原来的2 倍，则时间变为原来的2 倍，传送带
发生的位移为s＝vt，则位移变为原来的4 倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4 倍，
故B 错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为v＝，由于速度变为原来的2
倍，且摩擦力相同，根据P＝fv，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2 倍，故
C 正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δs＝vt－vt＝vt，由于速度变为
原来的2 倍，时间也变为原来的2 倍，则相对位移变为原来的4 倍，由Q＝fΔs 可知，因摩
擦而产生的热量变为原来的4 倍，故D 错误。
11 .如图(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度
LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg 的物块，自A 点无初速度的放在传送带底
端，其被传送至B 端的过程中，动能Ek与位移s 的关系(Ek－s)图像如图(b)所示。取重力加
速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 D
解析 开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)s
＝Ek－0，在5 m 后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝mv2＝2.0
J，联立解得μ＝0.8，A 错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能
的变化量，则有W 合＝ΔEk＝mv2＝2.0 J，B 错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对
物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C 错误，D 正确。
12 .如图所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s 的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的
底端P 平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A 点静止释放。已知A、P 的距离L＝8
m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
(1)小物块第一次滑过P 点时的速度大小v1；
(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块第一次从P 点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多
做的功W；
(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程s 总。
答案 (1)8 m/s (2)7.2 s (3)64 J (4)12 m
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
匀速运动阶段的时间t2＝＝2.4 s
第1 次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物块从P 点匀减速到0 时运动的时间
t3＝＝ s＝3.2 s
这段时间内传送带运动的位移s1＝vt3＝12.8 m
传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
电动机多做的功W＝Fs1＝64 J。
(4)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小
相等，故物块最终停止在P 点，则根据能量守恒定律有
μmgs2cos 37°＝mv2
s 总＝s2＋L
联立可得s 总＝12 m。
13.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底
端P 平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A 点静止释放。已知A、P 间的距离L＝8
m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度取g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
（1）第1 次滑过P 点时的速度大小v1；
（2）第1 次在传送带上往返运动的时间t；
（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
答案：（1）8 m/s （2）9 s （3）48 J
解析：（1）由动能定理得
（mgsin 37°－μ1mgcos 37°）L＝1
2mv1
2－0
解得v1＝8 m/s。
（2）由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝
v1
2
2a －v
2
2a
v
＝3 s
物块第1 次在传送带上往返运动的时间
t＝t1＋t2＝9 s。
（3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和
离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgLcos 37°＋1
2mv2＝48 J。
14. 经过近年来的高速发展，我国已经成为快递业大国.如图，两平台之间用长为20m 的
传送带相接，两平台竖直高度差为12m.传送带沿顺时针匀速运动，其速度的大小v 可以由
驱动系统根据需要设定.质量m＝1kg 的货物（可视为质点），以初速度v0＝10m/s 自左侧
平台滑上传送带，忽略速度方向变化瞬间带来的速度大小变化.货物与传送带间的动摩擦因
数μ＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，❑√116≈11.
（1）若v＝3.8m/s，求货物通过传送带所需的时间.（保留1 位小数）
（2）求货物到达右侧平台时所能达到的最大速度大小.
（保留整数）
（3）若传送带以某一速度运行，货物滑上传送带后某时刻传送带速度突然变为零，之后货
物恰好到达右侧平台.求当传送带速度变为零时，货物与右侧平台的距离.（保留1 位小数）
答案 （1）4.9s （2）11m/s （3）见解析
解析 （1）设传送带与水平面夹角为θ，对货物受力分析有，f 货＝μmgcosθ＝6.4N，Gx＝
mgsinθ＝6N
当v＝3.8m/s，货物先减速，货物所受合外力F 合＝Gx＋f 货＝ma1，a1＝12.4m/s2
货物减速到3.8m/s，所用时间为t1，a1＝Δv
t1
，得t1＝0.5s
x1＝v0＋v
2
·t1，货物向上滑动的位移x1＝3.45m，之后货物随传送带做匀速运动，匀速运动
的位移x2＝L－x1，x2＝16.55m
匀速运动的时间t2＝x2
v ≈4.4s，总时间约为t＝t1＋t2＝4.9s
（2）若货物到达右侧平台速度最大，则滑动摩擦力做正功，由动能定理有f 货·L－mgh＝1
2
mvma x
2
－1
2mv0
2，解得vmax≈11m/s
（3）①若货物初速度与传送带速度不相等，则货物在传送带上应先加速，后减速到0，设
传送带速度为0 时，货物与右侧平台的距离为s，由动能定理有
f 货·（L－s）－f 货·s－mgh＝0－1
2mv0
2，得s≈4.5m
②若货物初速度与传送带速度相等，则货物在传送带上先匀速运动，当传送带速度减为零
后货物做匀减速直线运动，当货物滑上右侧平台时，速度恰好减为零，有v0
2＝2a1s'，解得
s'≈4.0m.
15 （2025·南京、盐城一模）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，重力加速度取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。
答案：（1）2 m/s2 （2）2.5 s （3）136 J
解析：（1）当物块B 刚下降时，设绳中拉力为FT1
对物块A 分析有μm1gcos θ＋FT1－m1gsin θ＝m1a
对物块B 分析有m2g－FT1＝m2a
解得a＝2 m/s2。
（2）第一阶段：设物块A 经过t1与传送带速度相同
由t1＝v
a，得t1＝2 s
物块A 沿传送带上升的距离L1＝v
2
2a
，得L1＝4 m
第二阶段：因为μm1gcos θ＋m2g＞m1gsin θ，所以物块A 受沿传送带向上的静摩擦力，与
传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2
由t2＝L－L1
v
，得出t2＝0.5 s
则物块A 从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
（3）全过程中物块A 增加的重力势能ΔEpA＝m1gLsin θ＝144 J
物块B 减少的重力势能ΔE p B减＝m2gL＝120 J
物块A、B 动能增加ΔEk＝1
2（m1＋m2）v2＝48 J
物块A 与传送带间摩擦发热
Q＝μm1g（vt1－L1）cos θ＝64 J
则电动机多做的功W＝ΔEpA－ΔE p B减＋ΔEk＋Q
得W＝136 J。
16 .[2023 山东东营统考]如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2m/s 的速度顺
时针匀速运行，A、B 两端相距l＝12m.现每隔1s 把质量m＝1kg 的工件（视为质点）轻放
在传送带A 端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝
❑√3
2
，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）每个工件经过多长时间后与传送带共速；
（2）每个工件与传送带因摩擦产生的热量；
（3）与空载相比，传送带持续运送工件情况下电动机增加的平均功率.
答案 （1）0.8s （2）6J （3）68W
解析 （1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
即a＝μmgc osθ－mgsinθ
m
＝2.5m/s2
工件加速至传送带共速所用时间为t1＝v
a＝0.8s
（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为
x1＝v
2t1＝0.8m
该过程中传送带运动的位移x2＝vt1＝1.6m
工件相对于传送带运动的位移Δx＝x2－x1
工件与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx
解得Q＝6J
（3）传送带持续传送工件时每经过1s 放一个工件，故以1s 为周期，传送带多做的功为W
＝Q＋1
2mv2＋mglsinθ
故电动机增加的平均功率P＝W
t ＝68W.
17. [2023 山东东营统考]如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2m/s 的速度顺
时针匀速运行，A、B 两端相距l＝12m.现每隔1s 把质量m＝1kg 的工件（视为质点）轻放
在传送带A 端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝
❑√3
2
，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）每个工件经过多长时间后与传送带共速；
（2）每个工件与传送带因摩擦产生的热量；
（3）与空载相比，传送带持续运送工件情况下电动机增加的平均功率.
答案 （1）0.8s （2）6J （3）68W
解析 （1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
即a＝μmgc osθ－mgsinθ
m
＝2.5m/s2
工件加速至传送带共速所用时间为t1＝v
a＝0.8s
（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为
x1＝v
2t1＝0.8m
该过程中传送带运动的位移x2＝vt1＝1.6m
工件相对于传送带运动的位移Δx＝x2－x1
工件与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx
解得Q＝6J
（3）传送带持续传送工件时每经过1s 放一个工件，故以1s 为周期，传送带多做的功为W
＝Q＋1
2mv2＋mglsinθ
故电动机增加的平均功率P＝W
t ＝68W.
18. (内蒙古2025 年普通高等学校招生全国统一考试第三次模拟)如图所示，一质量
M=1.0kg，高h=0.7m 的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg
大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径
R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C 等高，圆弧最低点B 位于水平地面上。
紧接C 点，有一长S=1.59m 的倾斜传送带，上表面DE 沿圆弧C 点的切线方向，传送带以
v=2m/s 的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A 点沿AC 圆弧切线进入轨道，并
最终到达E 点后飞离。已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生
自重0.8 倍的动力，且从C 点到D 点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略空气阻力，g
取10m/s2。求：
（1）玩具小车到达A 点速度vA；
（2）玩具小车在B 点受到支持力的大小FN；
（3）平板车的长度l；
（4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能
。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】（1）玩具小车离开平板车后到达A 点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度
大小为v0，到达A 点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据
平抛运动的性质可得，在A 点水平分速度大小为
竖直分速度大小为
平抛过程在竖直方向有
解得
，
，
沿圆弧切线方向与水平成53°角。
（2）从A 到B，由动能定理得
在B 点由牛顿第二定律的
解得
（3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小
车与平板车的位移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
可得
可得
对玩具小车，由动能定理得
解得
，
平板车长度为
（4）玩具小车到达D 点的速度为
由牛顿第二定律得
解得
玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式
解得
（另一解为负值，舍弃）
在时间t 内，传送带对地位移为
传送带由于运送玩具小车而多消耗的电能就等于其克服摩擦力做的功与小车的机械能增量
之和，玩具小车产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有
玩具小车增加的重力势能为
代入数据解得
玩具小车在E 点的速度为
代入数据解得
玩具小车增加的动能为
代入数据解得
则传送带由于运送玩具小车而消耗的电能
为
