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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。
考点一：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 提高题】如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运
输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s 顺时针传动。建筑工人将质量为m＝2 kg 的建筑材料静
止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s 的速度向右匀速运动。已知建筑材料
与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10
m/s2。求：
(1)建筑工人比建筑材料早到右端的时间；
(2)因运输建筑材料电动机多消耗的能量；
(3)运输带对建筑材料做的功。
【典例1a 提高题】【答案】(1)0.5 s (2)2 J (3)1 J
【解析】(1)建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运
动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1
＝t2＝0.5 m<L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝
＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s。
(2)(3)建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则
因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝1 J。由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功
为W＝mv0
2＝1 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J。
1
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【典例1a 提高题对应练习】如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端
A、B 间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送
到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2，求：
（1）行李箱开始运动时的加速度大小a；
（2）行李箱从A 端传送到B 端所用时间t；
（3）整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【典例1a 提高题对应练习】【答案】(1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
【解析】(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小a＝＝＝μg＝2 m/s2。
(2)经过t1时间二者共速，t1＝＝ s＝1 s,行李箱匀加速运动的位移为x1＝at＝×2×12 m＝1 m,
行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝＝ s＝4.5 s,则行李箱从A 传送到B 所用时间t＝t1＋t2＝
1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m，根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的
摩擦力Ff′＝Ff，行李箱对传送带的摩擦力做功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－
20 J。
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 提高题】如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R＝0.1
m，两轮轴距为L＝3 m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包(可视为质点)无初
速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.6，g＝10 m/s2，不
计空气阻力。
(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
(2)若传送带实际速度为0.2 m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10 吨，则电机每
天相对于空载多消耗的电能E 是多少？(所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ 相同)
【典例1b 提高题】【答案】(1)1 m/s (2)400 J
【解析】(1)设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传递带的支持力为FN，则有
mg－FN＝m ①，得：v＝，当FN＝0 时， v 有最大值vmax＝ ②
＝ m/s＝1 m/s ③，旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max＝＝6 m/s＞1 m/s ④，
故传送带的速度应小于1 m/s ⑤
(2)旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分别为：x 带，x 包，x 带＝v
2
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带t，x 包＝v 包·t ⑥，v 包表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有：，v 包＝ ⑦，故有：
x 带＝2x 包 ⑧，消耗电能为E＝μmgx 带，旅行包在滑动过程中动能的增量为：ΔEk＝
μmgx 带，故E＝2ΔEk ⑨。结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包增加动
能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能转化为内能。故春运期每天多消耗的电能为10
吨，旅行包在传送带上获得总动能的两倍：E 电＝2ΔEk 总＝m 总v＝10 000×0.04 J＝400 J。⑩
【典例1b 提高题对应练习】如图所示，在传送带的右端Q 点固定有一竖直光滑圆弧轨道，
轨道的入口与传送带在Q 点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为
x 轴建立坐标系，已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s.一质量m＝1 kg 的小物
块轻轻放在传送带上xP＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧
轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
（1）求N 点的纵坐标yN；
（2）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道，求传送带上这些
位置的横坐标的范围．
【典例1b 提高题对应练习】【答案】（1）0.64 m（2）0≤x≤4 m 或5.2 m≤x<6 m
【解析】(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2，小物块与传送带共速时，
物块位移x1＝＝2 m<(L－xP)＝4 m，故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q，然后冲上
圆弧轨道恰到N 点有：mg＝m，从Q→N 有：mv－mv＝2mgR，解得R＝0.32 m，yN＝2R＝
0.64 m
(2)若小物块能通过最高点N，则0≤x≤L－x1即0≤x≤4 m，若小物块恰能到达高度为R 的M
点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2，则μmgx2＝mgR 解得：x2＝0.8 m 所以5.2
m≤x<6 m，所以当0≤x≤4 m 或5.2 m≤x<6 m 时，小物块均不脱离轨道．
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 提高题】(多选)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( )
3
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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 提高题】【答案】BCD
【解析】两物体变速运动时的加速度大小a＝＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－at2可得t＝0.5 s 时
两滑块相距Δx＝x0－＋＝3 m，A 错误；传送带启动时，甲物体的速度为v1′＝v1－at＝5
m/s，与皮带速度相等所用时间Δt1＝＝1 s，因此在t＝1.5 s 时，甲滑块速度与皮带相等；传
送带启动时，乙物体的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与皮带速度相等所用时间Δt2＝＝1 s，
因此在t＝1.5 s 时，乙滑块速度也与皮带相等，故1.5 s 时，两滑块速度相等，B 正确；0～
0.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－at2＝0.75 m，0.5～1.5 s 内，乙相对传送带的
位移大小为x2＝v0t－＝1 m，因此0～1.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，
C 正确；在1.5 s 前，甲在做减速运动，则甲相对传送带的位移x 甲＝v1t－at2－v0t1′＝6×1.5
m－×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热Q1＝μm1gx 甲＝7.5 J，在0～
0.5 s 内乙做减速运动，传送带静止，在0.5～1 s 内，乙滑块做加速运动，整个过程中乙滑
块与传送带间摩擦产生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s 内，两滑块与传送带间摩
擦生热Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D 正确。
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例2b 提高题】如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面体组成，
传送带AB 间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m＝1 kg 的物块以水平
速度v0＝5 m/s 从A 点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m 的C 点，物块与斜面
体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g 取10 m/s2。(sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物块由A 运动到B 时的速度大小vB；
(2)求物块由A 运动到C 所需要的时间t；
(3)若改变传送带转速，物块以初动能Ekx从A 点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回
出发点A，求物块初动能Ekx的取值范围。
4
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【典例2b 提高题】【答案】(1)6 m/s (2)0.9 s (3)34 J≤Ekx≤51 J
【解析】(1)物块从B 运动到C 过程，由动能定理可得－mgh－μmgcos 37°·
＝0－
mvB
2解得vB＝6 m/s；
(2)设物块从A 运动到B 过程中匀加速传送带的位移是x，由动能定理可得mvB
2－mv0
2＝
μmgx，解得x＝1.1 m＜L，即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动，
设物块在传送带上匀加速运动的时间为t1，有vB＝v0＋at1，a＝μg，解得t1＝0.2 s，设物块
在传送带上匀速运动的时间为t2，有L－x＝vBt2，解得t2＝0.1 s，设物块从B 运动到C 所用
时间为t3，由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，又0＝vB－a′t3，联立可得t3
＝0.6 s，物块由A 运动到C 所需要的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s；
(3)物块以初动能Ekx从A 点水平滑上传送带，设到达B 点动能为EkB，与传送带共速前的位
移为x′，则有|EkB－Ekx|＝μmgx′，0≤x′≤L，物块从B 沿斜面运动到最高点，设上滑距离为
s，有0－EkB＝－μmgcos 37°·s－mgsin 37°·s，物块从B 上滑后又返回B 过程，有EkB′－EkB
＝－2μmgcos 37°·s，其中EkB′是物块返回B 时的动能，从B 经传送带返回A 过程，有0－
EkB′＝－μmgL，联立可得34 J≤Ekx≤51 J。
【典例2b 提高题对应练习】如图所示，AB 为倾角为θ＝37°的光滑固定斜面，在B 点与水
平传送带平滑连接，在传送带的右端C 处，平滑连接有半圆形光滑轨道CD，轨道半径为
R＝2 m，CD 为半圆轨道竖直方向的直径．现自斜面高h＝5 m 的A 点由静止释放一个m＝1
kg 小物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带以v0＝5 m/s 的速度顺时针转动，
传送带足够长．重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）物块到达C 点时，系统由于摩擦产生的内能Q；
（2）通过改变传送带顺时针转动的速度大小，可以影响物块在半圆轨道上的运动情况，若
要求物块不在半圆轨道上脱离，试计算传送带的速度大小范围．
【典例2b 提高题对应练习】【答案】(1)12.5 J (2)v≥10 m/s 或v≤2 m/s
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【解析】(1)由于传送带足够长，物块到C 点的速度一定与传送带速度相同，由A 到B 过程，
利用能量守恒可得mgh＝mvB
2，在传送带上a＝－μg，到达共速所用时间t＝，物块的位移
x＝t，相对位移为Δs＝x－v0t，由于系统摩擦产生的内能为Q＝μmg·Δs 解得Q＝12.5 J.(2)传
送带的速度即为物块进入半圆轨道的速度，物块不从轨道上脱离，有两种临界情况：
①物块到达圆心等高处时速度为零，由能量关系可得mvC1
2＝mgR 解得vC1＝2 m/s
②物块恰能到达D 点，则有mg＝m，C 到D 的过程，由能量关系可得mvC2
2＝mvD
2＋mg·2R
解得vC2＝10 m/s，综合两种情况，传送带的速度大小范围为：v≥10 m/s 或v≤2 m/s.
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 提高题】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
【典例3a 提高题】【答案】BD
【解析】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
6
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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
类型二：传送带+其他模型组合运动问题
【典例3b 提高题】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3b 提高题】【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)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.
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【典例3b 提高题对应练习】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
【典例3b 提高题对应练习】【答案】(1)
；(2)3s；(3)
【解析】(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
8
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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
。
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：传送带向上匀速运动模型（上传模型）
类型一：静止的滑块
向上运动模型
从底端
【典例1a 提高题】如图所示，工厂利用传送带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的
C 平台上，C 平台离地面的高度一定．运输机的传送带以一定的速度v 顺时针转动且不打
滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随传送带到达平台．货物在传送带上相对滑动时，会留
下一定长度的痕迹．已知所有货物与传送带间的动摩擦因数为μ.若传送带的倾角θ、运行
速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，则( )
A．当速度v 一定时，角θ 越大，运送时间越短
B．当倾角θ 一定时，改变速度v，运送时间不变
C．当倾角θ 和速度v 一定时，货物质量m 越大，传送带上留下的痕迹越长
D．当倾角θ 和速度v 一定时，货物质量m 越大，传送带上摩擦产生的热越多
【典例1a 提高题】【答案】D
【解析】开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a＝μgcos θ－gsin θ，根据运动学公
式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t1＝，货物加速过程的位移s1＝，货物加速
到与传送带的速度相等时，因为μmgcos θ>mgsin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式
得货物匀速运动的时间t2＝，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t1＋t2＝＋，当速度一定
时，θ 越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当θ 一定时，加速度一定，速度不同，
运送时间不同，B 错误；货物相对传送带运动的位移Δs＝vt1－t1＝t1，v 和θ 一定，加速度
一定，速度一定，由t1＝得货物的加速时间t1一定，货物相对传送带的位移一定，C 错误；
9
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摩擦产生的热量为μmgΔs，当倾角θ 和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，
D 正确．
【典例1a 提高题对应练习】如图所示，传送带的倾角为30°，以2 m/s 的速度运动，将静止
的工件由底端P 处传送到顶端Q 处。已知工件的质量为1.0 kg，P、Q 之间的距离为5 m，
工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，则
(1)摩擦力对工件做的功是多少？
(2)工件与传送带间因摩擦而产生的内能是多少？、
【典例1a 提高题对应练习】【答案】(1)27 J (2)6 J
【解析】(1)工件先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得出a＝
2.5 m/s2；工件匀加速的位移为x1＝＝ m＝0.8 m，摩擦力对工件做的功为W1＝μmg·x1cos
θ，得出W1＝6 J，工件后做匀速运动，位移为x2＝5 m－x1＝4.2 m，摩擦力对工件做的功
为W2＝mg·x2sin θ，得出W2＝21 J，所以摩擦力对工件做的功为W＝W1＋W2＝27 J。
(2)工件匀加速的时间为t1＝，得出t1＝0.8 s，在工件匀加速时传送带的位移为s1＝vt1＝1.6
m，工件与传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝μmg·(s1－x1)cos θ，得出Q＝6 J。
类型二：运动的滑块
向上运动模型
从底端
【典例1b 提高题】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。
【典例1b 提高题】【答案】AB
10
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【解析】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；图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为
选项B 正确；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。
【典例1b 提高题对应练习】如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg 的物块左侧压缩
一个劲度系数为k＝32 N/m 的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线
拴接，使物块静止在O 点，在水平面A 点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑
连接。已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B 点，LAB＝2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ＝
0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O 点到B 点做加速
度大小恒定的加速运动。物块运动到A 点时弹簧恰好恢复原长，运动到B 点时撤去力F，
物块沿平行AB 方向抛出，C 为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，
已知重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求物块从B 点运动到C 点，竖直位移与水平位移的比值；
（2）若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；
（3）若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v 的取值范围为2 m/s<v<3 m/s，物块由
O 点到B 点的过程中力F 做的功W 与传送带速度大小v 的函数关系。
【典例1b 提高题对应练习】【答案】(1) (2)48 J (3)W＝105－8v2
【解析】(1)设物块从B 运动到C 的时间为t，BC 的竖直距离：h＝v0sin θ·t，BC 的水平距
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离为：x＝v0cos θ·t 代入数据解得：＝。
(2)在O 点由牛顿第二定律得：kxOA＝ma 代入数据解得：a＝2 m/s2，由vA
2＝2axOA得：vA＝1
m/s 到达B 点时：vB
2＝2a(xOA＋LAB)代入数据得：vB＝3 m/s，物块从A 到B 运动时间：t＝
＝1 s，物块与传送带间摩擦产生的热量：Q＝μmgcos θ(vt－LAB)代入数据解得：Q＝48 J。
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：F＋k(xOA－x)＝ma
可知力F 随位移x 线性变化，则：W1＝xOA＝ma·xOA，代入数据解得：W1＝1 J
若传送带速度2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下，
物块的速度小于v 时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：
F1＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：F1＝16 N。由速度位移关系得：v2－vA
2＝2ax1
物块的速度大于v 时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：F2－μmgcos θ－mgsin
θ＝ma 解得：F2＝48 N。由A 到B 拉力做的功：W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)解得：W2＝104－
8v2，拉力做的总功：W＝W1＋W2＝105－8v2。
类型三：运动的滑块
向
运动模型
从顶端
下
【典例1c 提高题】已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速转动，
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
记录小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系(如图乙所示)，v1>v2，取沿传送带向
上的方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则( )
A．物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2时间内运动的位移小
B．0～t2时间内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ＜tan θ
D．0～t2时间内，传送带对物块做功为W＝mv2
2－mv1
2
【典例1c 提高题】【答案】B
【解析】由题图乙图像可知，0～t1内图线与坐标轴所形成的三角形面积大于t1～t2内图线
与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的
位移大，故A 错误．在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcos θ＞mgsin θ，解得μ＞tan
θ，故C 错误.0～t2内，由“面积”表示位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，
重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv2
2－mv1
2，则传送带对物块做的
功W≠mv2
2－mv1
2，故B 正确，D 错误．
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题型二：传送带向下匀速运动模型（下载模型）
类型一：滑块静止轻放模型
【典例2a 提高题】(多选)在物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，倾角为
37°的传送带以恒定速度逆时针转动，在传送带顶端A 处无初速度释放一个质量为m＝2 kg
的货物(可视为质点)，经过2 s 到达传送带的B 端。货物与传送带的速度随时间变化图象如
图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A.0～1 s 内物体的加速度为10 m/s2
B.A、B 两点相距15 m
C.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5
D.0～1 s 内货物与传送带摩擦产生的热量为80 J
【典例2a 提高题】【答案】AC
【解析】0～1 s 内物体的加速度为a＝＝ m/s2＝10 m/s2，故A 正确；物体运动总的位移x
＝vt1＋vt2＝×1 m＋×1 m＝16 m，A、B 两点相距16 m，故B 错误；前1 s 物体向下加速运动
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数值可求得μ＝0.5，说明物体与传
送带间的动摩擦因数为0.5，故C 正确；0～1 s 内物体与传送带运动的相对距离为Δx＝vt－
t ＝10×1 m －×1 m ＝5 m ，货物与传送带摩擦产生的热量为Q ＝μmgcos 37°Δx ＝
0.5×2×10×0.8×5 J＝40 J，故D 错误。
【典例2a 提高题对应练习】(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲
所示，与水平面成θ 角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg 的
货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 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 变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t 图像可知(
)
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A.货物从A 运动到B 过程中，摩擦力恒定不变
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.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4.8 J
D.A、B 两点的距离为2.4 m
【典例2a 提高题对应练习】【答案】BC
【解析】由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s
内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A 错误；由
图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝
ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝
0.5，故B 正确；货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcos 37°(Δx1＋Δx2)
＝0.5×1×10×0.8×J＝4.8 J，故C 正确；A、B 两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t 图
像与坐标轴围成的面积。所以有sAB＝ m＋×1 m＝3.2 m，故D 错误。
类型二：运动的滑块
向
运动模型
从顶端
下
【典例2b 提高题】如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点的切线水平，上端A 与B 点
的高度差为h1＝1.0 m，一质量为m＝2.5 kg 的滑块(可视为质点)从轨道的A 点由静止下滑，
滑到轨道下端B 点时的速度大小为vB＝4 m/s，然后从B 点水平抛出，落到传送带上端的C
点时速度方向恰好与传送带平行．倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带逆时针
匀速转动，速度大小为v＝2.6 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带足够长
不计空气阻力，不考虑滑块与传送带碰撞时的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块从A 点滑到B 点的过程中克服摩擦阻力做的功Wf；
(2)B 点与传送带上端C 点的高度差h2；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带因摩擦产生的热量Q.
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【典例2b 提高题】【答案】(1)5 J (2)0.45 m (3)115.2 J
【解析】(1)滑块从A 点滑到B 点的过程中，根据动能定理得：mgh1－Wf＝mv－0
代入数据解得Wf＝5 J.
(2)从B 到C 滑块做平抛运动，到达C 点时速度与水平方向的夹角为37°，则滑块到达C 点
的速度为 v0＝＝5 m/s，根据机械能守恒定律得：mgh2＋mv＝mv，解得 h2＝0.45 m.
(3)滑块在传送带上运动时，由于v0＞v，所以滑块所受的滑动摩擦力方向沿传送带向上．根
据牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得 a＝0.4 m/s2，方向沿传送带向上，滑块
做匀减速运动，速度减至v＝2.6 m/s 的时间 t＝＝ s＝6 s，减速过程滑块的位移 x1＝t＝×6
m＝22.8 m，传送带的位移 x2＝vt＝2.6×6 m＝15.6 m，此过程中摩擦生热 Q′＝μmgcos θ(x1
－x2)，解得 Q′＝115.2 J，由于μmgcos θ＞mgsin θ，所以滑块与传送带共速后相对静止，
不再产生热量，所以摩擦产生的热量Q＝Q′＝115.2 J.
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