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知识点43：传送带模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学和能量观点解决传送带问题的技巧：
（1）动力学方法：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，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）能量方法：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。
①传送带与物体产生的内能Q＝f s 相对其中x 相对是物体间相对路径长度（同向相减，反向相
加）。
②因传送工件而多消耗电能电机做功的求解方法：
根据动能定理：传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W＝f x 传。
根据能量守恒：电机做功等于物块机械能增加量和系统摩擦产生的热W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
点一：
考
水平式传送带模型的力与能量问题
题型一：滑块静止释放模型
类型一：滑块在传送带上静止释放模型
【典例1a 拔尖题】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
【典例1a 拔尖题】【答案】A
1
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【解析】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；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；由能量守恒定律得，
电动机输出的电能：
，故D 错误。
类型二：滑块在传送带上静止释放+其他组合运动模型
【典例1b 拔尖题】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 的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的
动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.
（1）将滑块在传送带A 端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B 端时所需时间；
（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的
位置范围；
（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨
道的最高点C，求此初速度满足的条件．
2
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【典例1b 拔尖题】【答案】（1）2.85 s（2）在A 端与距A 端6 m 的范围内（3）向右v1≥4
m/s，向左4 m/s≤v2≤8 m/s
【解析】(1) 设滑块加速运动的时间为t1，加速度大小为a，对滑块受力分析，有μmg＝ma
v0＝at1解得：t1＝2.5 s，a＝4 m/s2，设滑块速度达到v0时经过的位移为x1，x1＝at1
2＝12.5
m，设滑块匀速运动的位移为x2，则x2＝L－x1＝3.5 m，则滑块匀速运动的时间为t2＝＝
0.35 s，所需时间为t＝t1＋t2＝2.85 s.
(2)滑块能通过C 点的临界条件是在C 点轨道对滑块压力为0，则在C 点由牛顿第二定律得
mg＝m，B 点到C 点由动能定理得－mg·2R＝mvC
2－mvB
2，滑块通过B 点的速度至少为vB
＝4 m/s，vB
2＝2ax，解得：x＝10 m，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．
(3)若给滑块一水平向右的初速度v1 ，vB
2－v1
2＝2a·，解得：v1＝4 m/s，所以v1≥4 m/s。若给
滑块一水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8 m 的范围即可，由运
动学公式可得v2
2－0＝2ax′，2≤x′≤8，解得4 m/s≤v2≤8 m/s，所以当初速度方向水平向左时
满足于4 m/s≤v2≤8 m/s.
【典例1b 拔尖题对应练习】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 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，取
重力加速度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.
【典例1b 拔尖题对应练习】【答案】(1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
【解析】(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，则有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，
解得a1＝4 m/s2，小物块从A 到P，由运动学公式得v1
2＝2a1L，解得v1＝8 m/s
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的
加速度为a′，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2 m/s2，设经时间t1小物块速度减为零，
则t1＝＝4 s，此过程小物块的位移大小为x1＝＝16 m，小物块速度减为零后开始向右做匀
加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则t2＝＝2 s，此过程小物块的
位移大小为x2＝＝4 m，因x1>x2，故小物块之后匀速运动到达P 点，匀速运动时间t3＝＝3
s，则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9 s
3
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(3)小物块从A 点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mg·cos 37°·L＝32 J，小物块第1 次从传送
带返回P 点，vP＝v＝4 m/s，物块沿斜面做匀减速运动减速到零后反向做匀加速运动，再次
到达P 点，动能减小，vP′<vP，即vP′<4 m/s，小物块沿传送带水平向左减速为0 后，向右加
速第二次返回P 点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块
到达P 点的速度为0，即从第1 次由传送带返回P 点后小物块的动能全部损失在与斜面的
摩擦生热过程中，Q2＝mvP
2，解得Q2＝16 J，则Q＝Q1＋Q2＝48 J.
题型二：滑块同向滑上传送带模型
类型一：只有传送带模型
【典例2a 拔尖题】如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传
送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2，t＝0 时，甲、乙分别以6 m/s、
2 m/s 的初速度开始向右滑行．t＝0.5 s 时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s 的速
度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s 时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s 时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s 内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
【典例2a 拔尖题】【答案】BC
【解析】由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：a＝＝μg＝2 m/s2，前0.5
s 两滑块均做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动，0.5 s 时，甲的速度为v 甲′＝(6－2×0.5) m/s
＝5 m/s，乙的速度为v 乙′＝(2－2×0.5) m/s＝1 m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运动，
乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的v
－t 图象：v－t 图象与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5 s 时，两滑块相对位移Δx＝(6
－2)×0.5 m＝2 m，所以相距5 m－2 m＝3 m，故A 项错误；由v－t 图象可知，t＝1.5 s 时，
两滑块速度相等，均为3 m/s，故B 项正确；0～1.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为 m＝
0.25 m，故C 项正确；两滑块在传送带上滑动，除摩擦力外没有其他力做功，t＝2.5 s 时速
度已经恒定，0～2.5 s 内损耗的能量全部转化为内能，由能量守恒定律可得m 甲v 甲2＋m 乙v
乙2＝m 甲v 传2＋m 乙v 传2＋Q，解得：Q＝8.5 J，故D 项错误．Δx 乙＝3×1 m－
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【典例2a 拔尖题对应练习】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
【典例2a 拔尖题对应练习】【答案】A
【解析】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；煤块与传送带因摩擦产生的热量为
，故C 正确，不符合题
意；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。
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例2b 拔尖题】如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg 的小滑块静止在水平轨道上
的A 点，在水平向右的恒定拉力F = 4N 的作用下，从A 点开始做匀加速直线运动，当其
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滑行到AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B 点后进入半径为R = 0.3m 且内壁光滑的
竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C 处的出口出来后向D 点滑动，D 点右侧有一
与CD 等高的传送带紧靠D 点，并以恒定的速度v = 3m/s 顺时针转动。已知滑块运动到圆
轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3 倍，水平轨道CD 的长度为l2 =
2.0m，小滑块与水平轨道ABCD 间的动摩擦因数为μ1 = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2
= 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）水平轨道AB 的长度l1；
（2）若水平拉力F 大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D 点，则F 应满足什么条
件；
（3）若在AB 段水平拉力F 的作用距离x 可变，试求小滑块到达传送带右侧E 点时的速度
v 与水平拉力F 的作用距离x 的关系。
【典例2b 拔尖题】【答案】(1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到最高点P 时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有
，从A 到P 点，列动能定理有
解得
(2)分析若恰能过P 点，则，满足vP = 0，从A 到P 点列定能定理，有：
，算得
，若小滑块恰能到D 点，则有
，解得
，综上所述应满足条件为
(3)分析各类情况：
①要到达E 点，必须过P 点，过P 点，至少满足
得
可知
时，无法达到E 点。
②恰好过P 点的情况下
得
，即进入传送带加速。
讨论传送带上运动问题：
[1]若全程加速，加到E 点时恰好为3
，有
得
对应距离满足
得
，即
满足
得
[2]当过D 点的速度超过3
时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E 点时恰好为3
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，有
得
对应距离满足
得
，即
，
[3]若
，则满足
得
综上分析，过E 点时的速度v 与F 的作用距离x 的关系如下：
在
时，无法达到E 点；
在
时，
在
时，
在
时，
【典例2b 拔尖题对应练习】如图所示，在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度l＝3 m 的水平
传送带BC 平滑连接于B 点，传送带BC 右端连接内壁光滑、半径r＝0.55 m 的四分之一细
圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k＝50 N/m 的
轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为m＝0.5 kg 的物块(可视
为质点)从曲面上P 点由静止释放，P 点距BC 的高度为h＝0.8 m．(已知弹簧的弹性势能Ep
与弹簧的劲度系数k 和形变量x 之间的关系是：Ep＝kx2，水平传送带与物块间的动摩擦因
数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求物块在水平传送带BC 上前进的距离；
(2)若传送带向右匀速运动的速度v0＝2 m/s，求物块刚进入细圆管CD 时对管道的弹力以及
物块在压缩弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度)；
(3)若传送带向右匀速运动的速度v0＝2 m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．
由于物块与传送带发生相对运动，求一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能．
【典例2b 拔尖题对应练习】【答案】见解析
【解析】(1)物块从P 点由静止释放到停在传送带某处的过程中，由动能定理：mgh－μmgx
＝0－0，解得x＝2 m.
(2)由动能定理可得，mgh＝mvB
2，则物块下落到B 点时的速度为vB＝4 m/s，若传送带向右
匀速运动的速度v0＝2 m/s，物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，受到向左的滑动摩
擦力，使物块减速，减速到与传送带速度相同时，物块的位移x′＝＝1.5 m<l，因此物块将
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在传送带上先减速后匀速，到达C 点时已经与传送带速度相同，即vC＝2 m/s.
经过管道C 点时：mg－FN＝，由牛顿第三定律得FN′＝FN，则物块对管道的压力FN′＝
N，方向竖直向下．由平衡条件得：mg＝kx′，解得x′＝0.1 m，此时物块加速度为0，物块
速度最大，则物块从C 点运动到动能最大的过程中，由动能定理：mg(r＋x′)－kx′2＝mvm
2
－mvC
2，解得vm＝4 m/s.
(3)物块再次回到C 点的速度仍为2 m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向
右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2 m/s，因此电动机多消耗的能量即为物块与传送带之
间因摩擦产生的热量．物块向左减速的位移x1＝＝0.5 m，与传送带的相对位移Δx1＝x1＋v0
＝1.5 m，物块向右加速的位移x2＝＝0.5 m，与传送带的相对位移Δx2＝v0－x2＝0.5 m，因
此电动机在一个周期内多消耗的电能E＝μmg(Δx1＋Δx2)＝4 J.
题型三：滑块反向滑上传送带模型
类型一：只有传送带模型
【典例3a 拔尖题】如图甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg
的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化
关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的
速度保持不变，g 取10 m/s2.求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块在传送带上的运动时间；
（3）整个过程中系统产生的热量．
【典例3a 拔尖题】【答案】(1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J
【解析】(1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定
律得Ff＝Ma 则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝0.2.
(2)由速度图象可知，物块初速度大小v＝4 m/s、传送带速度大小v′＝2 m/s，物块在传送
带上滑动t1＝3 s 后，与传送带相对静止．前2 s 内物块的位移大小x1＝t＝4 m，向右，后1
s 内的位移大小x2＝t′＝1 m，向左，3 s 内位移x＝x1－x2＝3 m，向右；物块再向左运动时
间t2＝＝1.5 s.物块在传送带上运动时间t＝t1＋t2＝4.5 s.
(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x′＝v′t1＝6 m，向左，物块的位移x＝x1－
x2＝3 m，向右。相对位移为Δx′＝x′＋x＝9 m，所以转化的热能EQ＝Ff·Δx′＝18 J.
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
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【典例3b 拔尖题】如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m 的螺旋圆形轨道BGEF 与水平
直轨道MB 和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD 在C 处与直轨道BC 平滑连接．水平
传送带MN 以v0＝4 m/s 的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8
m，MN 间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P 与传送带和BC 段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，
轨道其他部分均光滑．直轨道BC 长LBC＝1 m，小滑块P 质量为m＝1 kg.重力加速度g 取
10 m/s2.
(1)若滑块P 第一次到达与圆轨道圆心O 等高的F 点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P
从斜面静止下滑处与BC 轨道高度差H；
(2)若滑块P 从斜面高度差H′＝1.0 m 处静止下滑，求滑块从N 点平抛后到落地过程的水
平位移；
(3)滑块P 在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E 点，求滑块P 从斜面静止下滑的高度差
H 的范围．
【典例3b 拔尖题】【答案】(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
【解析】(1)滑块P 在圆轨道F 点对轨道的压力刚好为零，则vF＝0，mg(H－R)－μmgLBC＝
0，解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N 点时的速度为vN，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mvN
2－0，解得vN＝2 m/s，滑块从N 点做平抛运动，水平位移为x
＝vN＝0.8 m
(3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H1，从开始到E 点应用动
能定理mgH1－μmgLBC－2mgR＝mvE
2－0，在E 点时有mg＝m，解得H1＝0.7 m，滑块滑上
传送带时的速度为vM，mgH1－μmgLBC＝mvM
2－0，vM＝ m/s<4 m/s，滑块做减速运动的位
移为L＝＝2.5 m<LMN，因此滑块返回M 点时的速度为vM′＝ m/s，因此能第二次过E 点．
设高度为H2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为v＝＝ m/s，从开始到M 点应用动
能定理mgH2－μmgLBC＝mv2－0，解得H2＝0.8 m，第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点
滑上圆轨道时在B 点的速度为vB，则有mgH2－3μmgLBC＝mvB
2－0，vB＝2 m/s< m/s 所以滑
块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 范围是0.7 m≤H≤0.8 m.
【典例3b 拔尖题对应练习】如图所示，右边传送带长L＝15 m、逆时针转动速度为v0＝16
m/s，左边是光滑竖直半圆轨道(半径R＝0.8 m)，中间是光滑的水平面AB(足够长)．用轻
质细线连接甲、乙两物体，中间夹一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连．甲的
质量为m1＝3 kg，乙的质量为m2＝1 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定甲物
体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为sm＝12 m．传送带与乙物
体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点．
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(1)固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D 点时对轨道
的压力大小；
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后甲、乙两物体离开弹簧时的速度大小之比为＝，
问甲物体和乙物体能否再次在AB 面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙
两物体的速度大小；若不会碰撞，说明原因．
【典例3b 拔尖题对应练习】【答案】(1)30 N (2)会碰撞 2 m/s 6 m/s
【解析】(1)固定甲物体，烧断细线后乙物体滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a，由运动学公式：v＝2asm，由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能：Ep＝
m2v，固定乙物体，烧断细线后，甲物体离开弹簧的速度满足：Ep＝m1v，甲物体从B 运动
到D 过程中由机械能守恒定律得：2m1gR＋m1v＝m1v，甲物体在D 点，由牛顿第二定律得：
m1g＋FN＝m1，联立以上各式解得FN＝30 N，由牛顿第三定律知FN′＝FN＝30 N.
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，由机械能守恒定律得：Ep＝m1v1′2＋m2v2′2，由
题意：＝，解得：v1′＝2 m/s，v2′＝6 m/s，之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最高点高度
为h，则m1v1′2＝m1gh，得h＝0.6 m＜0.8 m，滑不到与圆心等高位置就会返回，返回水平
面AB 面上时速度大小仍然是v1′＝2 m/s，乙物体滑上传送带，因v2′＝6 m/s＜16 m/s，则乙
物体先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动．由对称性可知乙物体返回AB 面上时速
度大小仍然为v2′＝6 m/s 甲物体和乙物体能再次在AB 面上发生水平碰撞．
点二：
考
斜面式传送带模型的力与能量问题
【知识思维方法技巧】
当物体的速度与传送带速度相等时，需比较mgsinθ 与μmgcosθ 的大小关系才能决定物块以
后的运动，判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
题型一：传送带向上
运动模型
匀速
（上传模型）
类型一：静止的滑块
向上运动模型
从底端
【典例1a 拔尖题】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带
动下始终保持v0＝2 m/s 的速率运行。现把一质量为m＝10 kg 的工件(可看作质点)轻轻放在
传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m 的高处。g 取10 m/s2，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。
【典例1a 拔尖题】【答案】(1) (2)230 J
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【解析】(1)传送带长x＝＝3 m，工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝v t1＝t1，匀
速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)，解得加速运动的时间t1＝0.8 s，加速运动的位移x1＝0.8
m，所以加速度a＝＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，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运动时摩擦力做功。在时间t1内，传送带运动的位移，x 传送带＝v0t1＝
1.6 m，在时间t1内，工件相对传送带的位移，x 相＝x 传送带－x1＝0.8 m，在时间t1内，摩擦
生热Q＝μmgcos θ·x 相＝60 J，工件获得的动能Ek＝mv＝20 J，工件增加的势能Ep＝mgh＝
150 J，故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
【典例1a 拔尖题对应练习】如图所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2 m/s 的速度按如
图所示方向顺时针匀速运动，AB 两端距离l＝9 m．把一质量m＝2 kg 的物块(可视为质点)
无初速度的轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间
的动摩擦因数μ＝，不计物块的大小，g 取10 m/s2.求：
(1)从放上物块开始计时，t＝0.5 s 时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩
擦力做功的功率是多少？
(2)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？
(3)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？
【典例1a 拔尖题对应练习】【答案】 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W
【解析】(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：Ff＝μmgcos 30°＝14 N，由牛顿第二定律得：
Ff－mgsin 30°＝ma，a＝2 m/s2，物块与传送带速度相同时用时为：t1＝＝ s＝1 s，因此t＝
0.5 s 时刻物块正在加速，其速度为：v1＝at＝1 m/s，则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：
P1＝Ffv1＝14 W，此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P2＝Ffv＝28 W
(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x1＝at＝×2×12 m＝1 m<l＝9 m，摩擦力对物块
做功为：W1＝Ffx1＝14×1 J＝14 J，此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W2＝Ffvt1＝28
J，这段时间产生的热量：Q＝W2－W1＝14 J
(3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t2＝＝4 s，把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块
所做的总功为：W 总＝mglsin 30°＋mv2，把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块
做功的平均功率是：＝＝18.8 W.
类型二：运动的滑块
向上运动模型
从底端
【典例1b 拔尖题】如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为
37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC 平滑连接．两传送带均顺时针匀速率运行．现将
装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A 点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取
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下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D 点与高处平台相切．已知箱子的
质量M＝1 kg，货物的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB 长L1＝15 m，与箱子
间的动摩擦因数为μ1＝.传送带Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD 长L2＝8 m，由于水平面BC 上不小
心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；
(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生
的内能(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
【典例1b 拔尖题】【答案】(1)3.475 s (2)见解析
【解析】(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)gsin 30°＝(M＋
m)a，代入数据解得a＝2.5 m/s2，根据运动学公式v＝2as，整理可以得到s＝12.8 m<15
m，则知箱子与传送带共速后做匀速运动，根据速度公式v1＝at1，则t1＝3.2 s，与传送带一
起匀速运动L1－s＝v1t2，则t2＝0.275 s，故总时间为t＝t1＋t2＝3.475 s.
(2)在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律Mgsin 37°＋μ2Mgcos 37°＝
Ma1，整理可以得到a1＝10 m/s2，根据运动学公式v－v＝－2a1s 箱1，解得s 箱1＝2.4 m，当达
到传送带速度时，由于Mgsin 37°>μ2Mgcos 37°，所以箱子继续减速运动，则根据牛顿第二
定律，Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma2，整理可以得到a2＝2 m/s2，根据运动学公式0－v＝
－2a2s 箱2，解得s 箱2＝4 m，由于s 箱1＋s 箱2＝6.4 m<8 m，所以箱子不能运送到高处平台上，
第一段减速时间，t 减1＝＝ s＝0.4 s，此过程中传送带的位移大小，s 减1＝v2t 减1＝4×0.4 m＝
1.6 m，两者相对位移Δs1＝s 箱1－s 减1＝2.4 m－1.6 m＝0.8 m，产生的热量为Q1＝μ2Mgcos
37°·Δs1，解得Q1＝3.2 J，第二阶段t 减2＝＝ s＝2 s，此过程中，传送带的位移大小s 减2＝v2t
减2＝4×2 m＝8 m，两者相对位移Δs2＝s 减2－s 箱2＝8 m－4 m＝4 m，产生的热量为Q2＝
μ2Mgcos 37°·Δs2，解得Q2＝16 J，故总的热量为Q＝Q1＋Q2＝19.2 J.
类型三：运动的滑块
向
运动模型
从顶端
下
【典例1c 拔尖题】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( )
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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
【典例1c 拔尖题】【答案】CD
【解析】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；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；
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；
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。
题型二：传送带向
运动模型
下匀速
（
模型
下载
）
类型一：滑块静止
放
轻
模型
【典例2a 拔尖题】(多选)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，
倾角为θ 的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg 的货物
放在传送带上的A 端，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器分别测得货物与传送带
的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，可知( )
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A. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B. A、B 两点间的距离为1.2 m
C. 货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功为－11.2 J
D. 货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
【典例2a 拔尖题】【答案】CD
【解析】0～0.2 s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a1＝
gsinθ＋μgcosθ＝
m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，
a2＝gsinθ－μgcosθ＝m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A 错误．从题图乙可知，0～
1.2 s 内，货物v－t 图线与t 轴围成的面积对应位移x＝x1＋x2＝3.2 m，则A、B 两点间的距
离为3.2 m，故B 错误．传送带对货物做的功即摩擦力做的功，Wf1＝Ffx1＝μmgcosθ·x1＝
0.8 J，Wf2＝－Ffx2＝－μmgcosθ·x2＝－12 J，Wf＝Wf1＋Wf2＝－11.2 J，故C 正确．从题图
乙可知，0～0.2 s 内，传送带比货物多走0.2 m,0.2～1.2 s 内，货物比传送带多走1 m，所以
货物从A 运动到B 的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Ffx 相对＝
μmgcosθ·x 相对＝4.8 J，故D 正确．
【典例2a 拔尖题对应练习】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。
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【典例2a 拔尖题对应练习】【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J
【解析】(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
类型二：运动的滑块
向
运动模型
从顶端
下
【典例2b 拔尖题】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(
)
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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
【典例2b 拔尖题】【答案】AC
【解析】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；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
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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。
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