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15 传送带能量相关模型
1．(2020·河南高三月考)如图所示，传送带以速度
逆时针匀速转动，转轮半径很小(相比于传送
带长度可忽略)，传送带AB 部分水平，OA 部分倾角
、长为1m，OB 部分倾角1
2
、长为
0.75m。现将一质量为
的墨盒轻放在A 端，墨盒由静止从A 运动到B 的过程中留下清晰的痕迹
(忽略墨盒质量的变化)。已知墨盒通过O 点转轮时速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数
，取重力加速度
，
，
，
，则墨盒从A 到B 过
程中下列说法中正确的是( )
A．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.584J
B．墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.81J
C．墨盒在传送带上留下的痕迹长为0.6125m
D．墨盒在传送带上留下的痕迹长为1.0125m
【答案】AC
【详解】
AB．当墨盒在OA 部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为
故墨盒先加速后匀速，加速时间为
墨盒相对于传送带向后，相对位移为
摩擦产生的热量为
当墨盒在OB 部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
墨盒在OB 部分做匀加速运动，根据匀变速公式得
解得
墨盒相对于传送带向前，相对位移为
摩擦产生的热量为
墨盒从A 到B 过程中产生的热量为
故A 正确，B 错误；
CD．根据分析可知，在OA 部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为
在OB 部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为
与
的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为
故C 正确，D 错误。
故选AC。
2．(2020·福建福州·高三期中)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送
带的倾角为37°。一质量m＝1kg 的物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，
物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5；
B．传送带底端到顶端的距离为32m；
C．0～2s 内物块的加速度大小为12m/s2
D．全程物块与传送带间由于摩擦而产生的64J 热量。
【答案】AB
【详解】
AC．由图示图象可知，0～2s 内物块的加速度为
负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据解得
μ=0.5
选项A 正确，C 错误；
B．由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为
选项B 正确；
D．由v-t 图象可知，物块在0～2s 内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送
带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s，0
～2s 内物块与传送带的相对位移
d1=
×(24+4)×2−4×2=20m
该过程产生的热量
Q1=μmgcos37°•d1
代入数据解得
Q1=80J
2s-4s 内，相对位移
d2=4×2-
×(4+0)×2=4m
摩擦产生的热量
Q2=μmgcos37°•d2
代入数据解得
Q2=16J
整个过程摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2=96J
选项D 错误。
故选AB。
3．(2020·湖南衡阳市八中高三月考)如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率
匀速向右运动。一质量为2kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率
滑上传送带，
最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有( )
A．全过程中电动机对传送带多做功为12J
B．全过程中电动机对传送带多做功为6J
C．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6J
D．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J
【答案】BD
【详解】
设滑块向左运动的时间
，位移大小为
，则滑块的位移为
滑块向左运动过程中对传送带的位移大小
设滑块向右匀加速运动的时间
，位移大小为
，则滑块的位移为
滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小
滑块相对传送带的总路程
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小
全过程中，电动机对传送带做的功
故选BD。
4．(2020·内蒙古高三月考)已知一足够长的传送带倾角为θ，以一定的速度顺时针匀速转动。某时刻在传送
带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t=0 时刻记录了小物块之后在传送带
上运动速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2)。已知传送带
的速度保持不变，则( )
A．在0~t1内系统产生的热量与在t1~t2内系统产生的热量相等
B．在0~t2内，传送带对物块做的功W=
mv2
2－
mv1
2
C．在0~t2内，物块对传送带做负功
D．在t1~t2内，系统产生的热量等于物块机械能的增量
【答案】CD
【详解】
A．由图乙可知，在0～t1内，物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故A 错误；
B．在0～t2内，由图乙中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做
正功，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，故B 错误；
C．由图乙可知，在0～t2内，物块先向下运动后向上运动，传送带相对于物块的运动方向向上，传送带
受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故C 正确；
D．由图乙中“面积”等于位移可知，在t1～t2内，传送带的位移
物块的位移
物块与传送带之间的相对位移
等于物块的位移，而
Q=fx 相
传送带对物体所做的功
W=fx 物=ΔE
故D 正确。
故选CD。
5．(2020·沙坪坝·重庆南开中学高三月考)如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连接，
水平面上有一质量为m 的滑块，以初速v0向右冲上传送带，传送带的速度大小为v。在滑块冲上传送带
到离开传送带的过程，下列说法中正确的是( )
A．传送带对滑块做功可能为零
B．传送带对滑块冲量可能为零
C．传送带对滑块冲量可能水平向左
D．v0和v 越大，滑块与传送带摩擦生热都越多
【答案】ACD
【详解】
A．若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩擦力做负功，向下加速下滑过
程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力
大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A 正确；
B．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方
向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B 错误；
C．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方
向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的合力水平向左时，二者合力与重力
的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，C 正确；
D．由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反， v0和v 越大，二者相对位移越大，由
可得 ：v0和v 越大，滑块与传送带摩擦生热都越多，D 正确；
故选ACD。
6．(2020·江西南昌二中高三月考)以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg 的货物放在传送带上的
A 处，经过1.2s 到达传送带的B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙
所示，已知重力加速度g 取10m/s2，由v-t 图象可知( )
A．A、B 两点的距离为2.4m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8J
D．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
【答案】BD
【详解】
A．物块由A 到B 的间距对应图象所围梯形的“面积”为
故A 错误；
B．由
图象可知，物块在传送带上先做
匀加速直线运动，加速度为
对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得
同理做
的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为
由牛顿第二定得
联立解得
，
，
故B 正确；
C．货物从A 运动到B 过程中，由动能定理得
解得，传送带对货物做功为
故C 错误；
D．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，在
内由图可知相
对位移为
货物与传送带摩擦产生的热量为
在
内由图可知相对位移为
货物与传送带摩擦产生的热量为
货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
故D 正确。
故选BD。
7．(2020·全国高一课时练习)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的
轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m，开始时a、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦
力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A．物块a 重力势能减少mgh
B．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加
C．摩擦力对a 做的功小于物块a、b 动能增加之和
D．任意时刻，重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等
【答案】ABD
【详解】
A．开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有
magsinθ=mg
则ma=
，b 上升h，则a 下降hsinθ，则a 重力势能的减小量为
mag
hsinθ=mgh
故A 正确；
B．根据能量守恒，摩擦力对a 做的功减去绳子拉力对a 做的功等于a 机械能的增量，因此摩擦力对a 做
的功大于a 的机械能增加，故B 正确；
C．将a、b 做为一个整体，重力对a 做的正功与b 克服重力做功相等，因此合外力对系统做的功就等于
摩擦力对a 做的功，就等于系统动能的增量，故C 错误；
D．任意时刻a、b 的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率为Pb=mgv；对a，重力的瞬时功率为
Pa=magvsinθ=mgv
所以重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确。
故选ABD。
8．(2020·河西·天津四中高三月考)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为30°，物块a 通过平行
于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b 相连，b 的质量为m，a 与斜面间的动摩擦因数为μ，开始时，
a、b 及传送带均静止，且a 不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在b 由静止开始到上升高
度为h(未与定滑轮相碰，重力加速度为g)的过程中( )
A．传送带转动时a 受到的摩擦力沿传送带向上。
B．a 的质量是b 的质量的两倍
C．传送带刚开始转动瞬间，a 和b 的加速度大小均为g
D．物块a、b 组成的系统重力势能增加mgh
【答案】B
【详解】
A．原来a 和b 都静止时a 不受摩擦力作用，当传送带逆时针匀速转动，a 相对于传送带向上运动，传
送带对a 有沿传送带向下的摩擦力，故A 错误；
B．开始时，a、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有：Mgsinθ=T=mg，则a 的质量
M=2m，故B 正确；
C．传送带转动后对a、b 整体受力分析，有
解得
故C 错误；
D．a 重力势能的减少量EPa=Mghsin30°=mgh，物块b 重力势能的增加量EPb=mgh，物块a、b 组成系统
重力势能增加为零，故D 错误。
故选B。
9．(2020·北京丰台·高三期中)如图所示，用水平传送带将质量为m 的煤块从A 端运送到B 端，AB 之间的距
离为L，传送带始终保持以速率v 匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，将煤块轻轻放在传送
带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹。下列说法不正确的是( )
A．摩擦力对煤块做的功为μmg(L+l)
B．摩擦力对煤块做的功为μmgl
C．煤块与传送带因摩擦产生的热量为μmgl
D．煤块与传送带因摩擦产生的热量为
mv2
【答案】A
【详解】
AB．设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，则
由于煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹，则有
联立解得
则摩擦力对煤块做的功为
故A 错误，符合题意；B 正确，不符合题意；
C．煤块与传送带因摩擦产生的热量为
故C 正确，不符合题意；
D．煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为a=μg，匀加速运动的位移为x=l，由运动学公式
2ax=v2可得
上式变形，得到
故煤块与传送带因摩擦产生的热量为
故D 正确，不符合题意。
故选A。
10．(2020·全国高三零模)如图所示，水平传送带的质量
，两端点
间距离
，传送带以
加速度
由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为
的滑块(可视为质点)无初速
度地轻放在
点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，
取
，电动机的内阻不计。传送
带加速到
的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从
运动到
的过程
中( )
A．系统产生的热量为
B．滑块机械能的增加量为
C．滑块与传送带相对运动的时间是
D．传送滑块过程中电动机输出的电能为
【答案】A
【详解】
AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间
，
根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足
，
得：
，
滑块加速过程的位移
，
故滑块会一直加速到
与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。
滑块加速的时间：
，
相同时间内传送带的位移
，
故滑块与传送带的相对路程：
，
系统产生的热量：
，
故A 正确，C 错误；
B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量：
，
故B 错误；
D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能：
，
故D 错误。
故选：A。
11．(2020·山东青岛二中高三期中)如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A 到B 长度为L=14m，传送带
以v0=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A 无初速地放一个质量为m=0.5kg 的黑色煤块，它与传送
带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，
g=10m/s2。求∶
(1)煤块从A 到B 的时间。
(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成划痕的长度。
(3)系统因摩擦产生的热量。
【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J
【详解】
(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块达到和传送带速度相等时的时间为
煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为
煤块速度到达v0后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块第二次加速的位移为
解得
煤块从A 到B 的时间为
(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为
第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为
两部分重合，故划痕总长为4m
(3)系统因摩擦产生的热量为
12．(2020·陕西高三一模)如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为m＝1kg 的小物体放在斜面
上，斜面与水平方向的夹角为θ＝37°，若小物体受到一大小为F＝20N 的沿斜面向上的拉力作用，可以
使小物体从斜面底端A 由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端B 时，撤去拉力F 且水平传送带立
即从静止开始以加速度a0＝1m/s2沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平
传送带的右端C 处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为µ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，AB 间距离L＝5m，导槽D 可使小物体速度转为水平且无能量损失，g＝10m/s2。已知sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)小物体运动到B 点的速度
(2)小物体从A 点运动到C 点的时间
(3)小物体从B 点运动到C 点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q
【答案】(1)
；(2)3s；(3)
【详解】
(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
从
到
过程中由运动学公式可得
解得
(2)从
到
过程中由运动学公式可得
小物体在
段，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可得
小物体从
到
过程中的时间
总
联立解得
总
(3)小物体在
段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块
对传送带
小物体相对于传送带的位移
小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量
解得
13．(2020·洮南市第一中学高三期中)如图所示，装置的左边AB 部分是长为L1=4m 的水平台面，一水平放
置的轻质弹簧左端固定，并处于原长状态。装置的中间BC 部分是长为L2=4.5m 的水平传送带，传送带
始终以v=2m/s 的速度顺时针转动。它与左边的台面等高，并平滑对接，与右边的光滑曲面相切与C 点。
质量m=1kg 的小滑块从曲面上距水平台面h=5m 的D 处由静止下滑，滑块向左运动，最远到达O 点，
OA 间距x=1m。已知物块与传送带及左边水平台面之间的摩擦因数μ=0.4，弹簧始终处在弹性限度内，g
取10m/s2。求：
(1)滑块从D 到O 的过程中与皮带摩擦产生的热量；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；
(4)滑块第八次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A 点的最小值。
【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m
【详解】
(1)滑块从D 到C 由动能定理
滑块从D 到B 由动能定理
滑块进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律
滑块由C 到B 运动的时间
皮带在时间t 内的位移为
，此过程滑块与皮带摩擦产生的热量
Q=μmg(L2＋l)=22J
(2)对滑块从D 到O 由能量守恒定律
Ep=mgh－μmg(L2＋L1－x)
得弹簧的最大弹性势能
Ep=20J
(3)设滑块从O 点返回到达B 点的速度为v2，由能量守恒定律
滑块再次进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律
滑块速度减小到v=2m/s 时，在皮带上的位移为
所以滑块随皮带一起运动到C 点的速度为v=2m/s，滑块从C 到最高点，由机械能守恒
得滑块回到右边曲面部分所能到达的最大高度
h1=0.2m
(4)滑块在右边曲面部分运动的过程中机械能守恒，所以滑块回到C 点时的速度
v3=v=2m/s
设滑块在皮带上由C 点向左减速运动到速度为零的过程位移为X，由动能定理
得滑块向左运动距离C 点X=0.5m 时，速度为零，此时距离A 点最小，滑块在皮带上由速度为零的位置
向右加速运动到C 点的过程中，由动能定理
得滑块向右运动到C 点时的速度v4=2m/s，即以后每次经过C 点速度大小都是2m/s。所以滑块每次从右
边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A 点的最小值都是
L1＋L2－X=8m
14．(2020·山西高三期中)如图所示，水平轨道OP 固定，ON 段光滑、NP 段粗糙且长L=1.5m。一根轻弹簧
的一端固定在轨道左侧O 点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N 点。P 点右侧有一与水平方向成
θ=37°、足够长的传送带PQ 与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v=3m/s。质量
m=2kg 小物块A 放在N 点，与A 相同的物块B 静止在P 点。现用力通过A 缓慢向左压缩弹簧，当弹簧
的弹性势能E=31.0J 时由静止释放，A 开始向右运动。当A 运动到P 点时与B 发生正碰，碰撞时间极短
且无机械能损失。已知A 与NP 段间的动摩擦因数μ1=0.2，B 与传送带间的动摩擦因数µ2=0.25，取
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)A 第一次运动到P 点时的速度大小；
(2)第一次碰撞后A、B 的速度大小；
(3)A、B 第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。
【答案】(1) 5m/s；(2)0； 5m/s；(3)
【详解】
解:(1)设A 第一次运动到P 点时的速度大小为v0，由动能定理得
①
弹力做功等于弹性势能的减少量得
W=Ep
②
解得
v0=5m/s ③
(2)设A 与B 碰撞后，A 的速度为vA，B 的速度为vB，由动量守恒得
mv0=mvA+ mvB ④
由机械能守恒得
⑤
解得
vA =0
vB=v0=5m/s ⑥
(3)B 先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为3m/s，由牛顿第二定律得
⑦
由运动学公式有
⑧
由于μ2＜tanθ，B 沿传送带向下继续加速
⑨
a1=4m/s2
⑩
所以A、B 第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间
⑪
15．(2020·河北唐山一中高三期中)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径
R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一
带挡板的小车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙
部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。
点燃炸药后，A 滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A 滑块的重力，滑块B 冲上小车。两
滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水
平直线上，且g=10m/s2。求：
(1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力；
(2)爆炸后A 与B 获得的总动能是多少？
(3)滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J
【详解】
(1)滑块A 在最高点时，由牛顿第二定律得
已知最高点滑块对轨道的压力
从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
，
由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下；
(2)炸药爆炸过程中，A、B 系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
由能量守恒定律得
代入数据解得
(3)B 与车组成的系统动量守恒，B 与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒
定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
16．(2020·四川省阆中东风中学校高三月考)如图所示，半径R=1.6 m 的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，
下端与传送带相切于B 点，水平浅色传送带上A、B 两端点间距L=16 m，传送带以v0=10 m/s 的速度顺
时针运动，将质量m=1 kg 的黑色小煤块(可视为质点) 放到传送带上，煤块与传送带间的动摩擦因数
μ=0.4，取g=10 m/s2：
(1)将煤块在传送带A 端由静止释放，求煤块由释放到第一次经过B 端的过程中：
①所需时间t；
②由于相对滑动，浅色传送带上会留下黑色的印迹，求该印迹的长度∆x(即煤块相对于传送带后退的距
离)；
(2)若煤块仍由静止释放，要想煤块能通过圆轨道的最高点C，求煤块在传送带上释放的位置范围。
【答案】(1)①2.85 s；②100 J；(2)在A 端与距A 端6 m 的范围内任何一个位置
【详解】
(1)①设滑块加速运动的时间为
，加速度大小为
，对滑块受力分析，有：
，
解得：
，
设滑块速度达到
时经过的位移为：
设滑块匀速运动的位移为：
则滑块匀速运动的时间为：
所需时间为：
②设滑块加速运动过程中传送带的位移为：
滑块与传动带之间的相对位移
∆x=x3-x1=12.5m
滑动摩擦力产生热量
Q=
umg·∆x=50J
(2)滑块能通过
点的临界条件是在
点轨道对滑块压力为0，则在
点由牛顿第二定律得：
点到
点由动能定理得：
滑块通过
点的速度至少为：
由运动学得：
解得：
滑块在A 端与距A 端6 m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处
17．(2020·莆田第二十五中学高三期中)某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型，倾角θ=37°的斜面底
端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L=6m，始终以v0=4m/s 的速度顺时针运动。一个质量m=1kg 的
物块由距斜面底端高度h1=5.4m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变。物块与斜面、物块
与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5m，g 取10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求物块下滑到B 点的速度vB；
(2)求物块由B 点运动到C 点的时间；
(3)求物块落到D 点时的速度。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)由动能定理得
解得
(2)物块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得
解得
物块减速到4m/s 的时间和位移
物块后做匀速运动
物块由B 点运动到C 点的时间
(3)由机械能守恒定律
解得
18．(2020·黑龙江大庆一中高二月考)如图所示，光滑曲面与长度L＝lm 的水平传送带BC 平滑连接，传送
带以v＝lm/s 的速度顺时针运行．质量m1＝lkg 的物块甲(可视为质点)从曲面上高h＝lm 的A 点由静止
释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2．传送带右侧光滑水平地面上有一个光滑的四分之一圆
轨道状物体乙，轨道末端与地面相切，质量m2＝3kg，重力加速度g＝l0m/s2．求：
(1)甲第一次运动到C 点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C 点的速度大小；
(3)甲第二次到C 点后经多长时间再次到达C 点．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
(1)物块甲从A 运动至B，由动能定理得：
解得：
假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：
解得：
因
，故物块甲第一次运动至C 点的速度大小为
(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，
则有：
系统能量守恒，则有：
联立解得：
则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C 点的速度大小为2m/s
(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：
解得：
从C 运动B，由动能定理得：
解得：到达B 点的速度为
物块甲从C 点运动到左端B 点的时间为
接着甲在传送带上向右做加速度仍为a 的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为
，则有：
甲在
时间内的位移为
，由动能定理得：
解得：
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为
则所用的时间为
故甲从第二次到第三次到达C 的过程中的运动时间为
19．(2020·宾县第一中学校高三月考)如图所示，水平传送带长L=12m，且以v=5m/s 的恒定速率顺时针转
动，光滑轨道与传送带的右端B 点平滑连接，有一质量m=2kg 的物块从距传送带高h=5m 的A 点由静止
开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g 取
，求：
(1)物体下滑到B 点的速度大小；
(2)物块距传送带左端C 的最小距离。
【答案】(1)10m/s；(2)2m
【详解】
(1)物块从A 到B 的过程中，由机械能守恒得
解得
(2)物块在传送带上向左运动的过程中，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
物块距传送带左端C 的最小距离
20．(2020·重庆市杨家坪中学高三月考)如图所示，为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成
角)与一斜面BC(与水平面成
角)平滑连接，A 点到B 点的距离为
，B 点到C
点的距离为
，运输带运行速度恒为
，现将一质量为
的小物体轻轻放于A
点，小物体恰好能到达最高点C，已知小物体与斜面间的动摩擦因数
，求：(g 取10m/s2，
，空气阻力不计)
(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小；
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ2；
(3)小物体从A 点运动到B 点过程中多消耗的电能。
【答案】(1)3m/s；(2)0.875；(3)42J
【详解】
(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
由运动学公式知
联立解得
(2)因为
，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律知
又因为
联立解得
(3)小物体从A 到B 所经历时间
传送带移动位移为
电动机做功
21．(2020·内蒙古高三二模)如图所示，AB 之间有一顺时针匀速转动的传送带，A 端左侧有与传送带平滑相
接的光滑曲面，B 端右侧的粗糙平面上有一轻质弹簧，弹簧右端固定，左端连接一块轻质挡板P，当弹
簧处于原长时P 恰好在B 端。现有一质量为
的物块(可以视质点)从高为h 处的光滑曲面上由静
止释放，经传送带与P 相撞，无能量损失，并压缩弹簧，物块在粗糙面上减速为零时，刚好能停在此处
不再运动，该位置距P 的距离为
。已知传送带速度为
，长度为
，与物块之
间的摩擦因数为
，粗糙面与物块间的摩擦因数
；弹簧被压缩到最大压缩量时，弹簧的
弹性势能
，(重力加速度
)求：
(1)物块滑离传送带时的速度；
(2)物块下滑高度h 的的范围。
【答案】(1)2m/s；(2)
【详解】
(1)粗糙面上，由功能关系
代入数据
(2)h 最大时，物块应在传送带上一直减速
h 最小时，物块应在传送带上一直加速
其中
代入数据得
，
曲面上由
得
由
得
则
22．(2020·湖南高三月考)如图所示，水平传送带的左端与一倾角
的粗糙斜面平滑连接。传送带以
恒定速度
逆时针转动。斜面上
点离斜面底端的长度
，传送带的长度
，一个
质量
的小滑块与斜面的动摩擦因数
，小滑块与传送带的动摩擦因数
，重力
加速度
取
。
(1)若滑块从
点静止释放，求小滑块运动到斜面上离
点最远的距离；
(2)若滑块从
点静止释放，求小滑块从
点开始运动，到第二次经过
点的过程中系统产生的热量。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)若滑块从
点静止释放，小滑块受到水平向左的摩擦力，小滑块从静止开始做匀加速直线运动，直
到速度与传送带速度相等
由动能定理可得
解得
此后匀速直线运动，即物体在
点以
沿着斜面冲上斜面
设小滑块运动到斜面上离
点最远的距离为
，则由动能定理可知
解得
(2)小滑块沿斜面下滑，由动能定理可得
解得
产生的热量
小滑块划上传送带后，受到水平向左的摩擦力，做匀减速直线运动，由动能定理得
解得
即小滑块先做匀减速，再反向匀加速
当速度与传送带速度相等，再做匀速直线运动
解得
小滑块匀减速的时间
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
此后反向匀加速
传送带与小滑块的相对位移
产生的热量
小滑块从
运动到
的过程中产生的热量
23．(2020·山东新泰市第一中学高三月考)如图所示，光滑圆弧轨道BCD 固定在竖直面内，圆心为O，半径
R=0.5m，半径OB、OD 与竖直方向的夹角均为θ=37°，长为L=2m 的固定光滑斜面AB 下端与光滑的圆
弧轨道相切于B 点，倾斜传送带DE 表面下端与圆弧轨道相切于D 点，传送带以v =1.6m/s 的速度沿顺
时针转动。一个质量m=0.10kg 的物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与传送带间的动摩擦因数
μ=0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，传送带足够长，忽略空气阻力。求：
(1)物块第一次经过圆弧轨道最低点C 时，对轨道的压力大小；
(2)物块沿传送带向上运动的最大距离；
(3)物块第二次在光滑斜面上运动的时间为多少。
【答案】(1)6.2N；(2)2.4m；(3)
s
【详解】
(1)根据机械能守恒定律
mg(Lsinθ+R-Rcosθ)=
解得
m/s
在C 位置，根据牛顿第二定律
解得
F=6.2N
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力
F'=F=6.2N
(2)根据机械能守恒定律
解得
m/s
由于
因此物块滑上传送带时做匀减速运动，根据牛顿第二定律
解得
=10m/s2
物块与传送带速度相同时，物块向上滑动的距离
=0.9m
达到与传送带速度相同时，由于μ<tanθ，物块此后仍做匀减速运动，根据牛顿第二定律
解得
=2m/s2
物块继续向上运动的位移
=1.5m
向上运动的最大位移
=2.4m
(3)设物块到B 点的速度为
，根据动能定理有
解得
5m/s
物块在斜面上运动的加速度大小
=gsinθ=6m/s2
因此物块第二次在斜面上运动的时间
s
24．(2020·河北高三月考)如图所示，质量M=2kg 的小车静止在光滑水平面上。上表面离地高度h=0.45m。
右侧很远处有一个和小车等高、上表面光滑的障碍物A(厚度可忽略)，BC 是以恒定速率v0=12m/s 顺时
针转动的传送带，B 点位于水平面上。有一可视为质点、质量m=1kg 的物块，以v1=6m/s 的速度从左端
冲上小车，同时对小车施加一水平向右的恒力，当物块滑到小车最右端时，二者恰好共速，这时撤掉恒
力，然后小车撞到障碍物A 后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在B 点刚好无碰撞地切入传送带，
并沿着传送带下滑。已知物块与小车间的动摩擦因数
，与传送带间的动摩擦因数
，传送带
长度s=23m，与水平面的夹角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)物块运动到B 点时的速度大小；
(2)由于摩擦物块与传送带间产生的热量Q；
(3)对小车施加的恒力F 的大小。
【答案】(1) 5m/s；(2) 6J；(3) 6N
【详解】
(1)小车撞到障碍物A 后物块做平抛运动，有
物块到达B 点时竖直分速度大小为
vy=gt
速度与水平方向的夹角为37°，则物块到达B 点的速度
v=vy/sin37°
解得v=5m/s
(2)物块滑上传送带后先做匀加速运动，设加速度为a1，据牛顿第二定律得
mg(sin37+μ2cos37°)=ma1
物块速度从v 增大到传送带速度的时间为
位移
以上式子解得x1=8.5m
共速后，由于mgsin37°>μ2mgcos37°，所以物块继续匀加速运动，加速度大小为
a2=g(sin37°－μ2cos37°)
根据运动学公式得
s-x1=v0t2+
解得t2=1s(另一负值舍去)
物块在传送带上由于摩擦产生的内能为
Q=μ2mgcos37°·[(v0t1－x1)+(s－x1－v0t2)]
代入数据解得Q=6J
(3)物块离开小车时的速度
设物块在小车上滑行的加速度大小为am，则有
μ1mg=mam
设物块在小车上滑行的时间为t，则有
v′=v0－amt
设小车在此过程中的加速度大小为aM，则有
v′=aMt
对小车，由牛顿第二定律得
F+μ1mg=MaM
以上式子解得F=6N
25．(2020·河南郑州一中高三开学考试)图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组
成，一台水平传送，A、B 两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角
=37°，C、D 两端相距
4.45m，B、C 相距很近。水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动。将质量为10kg 的一袋大米轻轻放在
A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。
(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。
(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间
的取值范围。
(3)在(2)中，若在CD 部分顺时针运转的速度最小时，运送米袋的整个过程中摩擦力对米袋做的功。
【答案】(1)1.25m；(2)v≥4m/s；1.16s≤t≤2.1s； (3)267J
【详解】
(1)米袋在AB 上加速时的加速度
米袋的速度达到
时滑行的距离
m<AB=3m
因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度；
设米袋在CD 上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
代入数据得
a=10m/s2
所以能滑上的最大距离
m
(2)设CD 部分运转速度为v1时米袋恰能到达D 点(即米袋到达D 点时速度恰好为零)，
则米袋速度减为v1之前的加速度为
m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为
m/s2
由
m
解得
即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度
m/s
米袋恰能运到D 点所用时间最长为
s
若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此
种情况米袋加速度一直为a2；由
得
s
所以所求的时间t 的范围为
1.16s≤t≤2.1s
(3) 若在CD 部分顺时针运转的速度最小时，米袋恰好达到最高点，整个过程中由动能定理可得
-mgsCD∙sin37°+Wf=0-0
解得
Wf=mgsCD∙sin37°=267J
摩擦力做功267J．
