传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题（解析版）-2025高考物理热点模型讲义

模型29传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题

模型概述

1.传送带的特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，物体（视为质点）

放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动（或有相对运动趋势）而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度

关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。

2.传送带问题的解题关键：抓住〜=v传的临界点，当丫物『传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突

变。

3.传送带问题中位移的区别

1）物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。

2）物体相对传送带的位移（划痕长度）Ax

①若有一次相对运动：Ax=x传一x物或Ax=x物一x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，贝必图甲）；

两次相对运动方向相反，则Ax等于较长的相对位移大小（图乙）。

।[A.

AX2

甲乙

4.传送带问题的基本类型

有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.

1）水平传送带常见类型及滑块运动情况

类型滑块运动情况

①可能一直加速

（3（•）②可能先加速后匀速

①vo>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

②vo=v时，一直匀速

③时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先

加速再匀速

大芹、①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达

2（♦）左端

②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减

速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右

端。

2）倾斜传送带常见类型及滑块运动情况

类型滑块运动情况

①可能一直加速

②可能先加速后匀速

①可能一直加速

②可能先加速后匀速

③可能先以m加速再以a2加

速

5.传送带问题分析的基本思路

求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传

送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.

1）动力学分析：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）功能关系分析

①功能关系分析：电机所做的功%=AE“+AEp）+。

②对平和Q的理解：

I、因放上物体而使电动机多消耗的电能：W

II、传送带克服摩擦力做的功：Wf=耳•x传;

IIL产生的内能：。=%=-%飞相对.

典题攻破

1.水平传送带

【典型题1]（2024•河南郑州•三模）（多选）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率巧=2m/s向右运动,

一质量为机=lkg的滑块从传送带右端以水平向左的速率%=4m/s滑上传送带，经过时间r=9s,最终滑

块又返回至传送带的右端。在滑块整个运动过程中（）

A.滑块距传送带右端的最大距离为8m

B.传送带对滑块做功为零

C.传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2

D.传送带与滑块因摩擦产生的热量为18J

【答案】AD

【详解】C.根据题意可知，滑块先向左匀减速到0,再向右匀加速到与传送带共速，之后和传送带一起

匀速到最右端，设匀速的时间为"传送带与滑块间的动摩擦因数为〃，则有〃=

规定向右为正方向，则有匕=匕+。（"％），卬1=。

联立解得％=3s,a-lm/s2,〃=0.1

故C错误；

A.滑块向左匀减速到0时，滑块距传送带左端的距离最大，则最大距离为国=且=8111

2a

故A正确；

B.设传送带对滑块做功为W,由动能定理有W=一）试

代入数据解得少=-6J

故B错误；

D.滑块向左运动过程的时间为12=&=4S

a

滑块相对于传送带的位移为回=]芍+卬2=16m

向右加速的时间为4=b=2s

a

滑块相对于传送带的位移为Ax?=v也-与，3=2m

传送带与滑块因摩擦产生的热量为。=〃加g（'+必）=18J

故D正确。

故选AD。

2.倾斜传送带

【典型题2】4.（2024•河南•二模）（多选）一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻

在传送带上适当的位置放上具有■定初速度vo的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向,

则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是（）

【详解】A.当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二

定律可得mgsin0+/jmgcos3=mq

即q=gsin6+〃gcos3

可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足％gsin。〈〃巾geos0

可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足加gsin<9>〃加geos。

小物块继续加速下滑，其加速度大小为。2=gsin6-〃gcos。<%

故A正确；

B.当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足加gsin。>〃加geos。

则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为％=gsin8+〃gcose

若满足mgsin0<jumgcos0

则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其力口速度大小为&=〃gcos。-gsin。

二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；

CD.当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为%=gsine+〃gcosd

可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3,与传送带共速时,

若满足〃陪sin6>/Migcos6

则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为的=gsin。-〃gcos6<%

若满足mgsin0<jUmgcos0

则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。

故选ABD=

针对训练

1.（2024・陕西安康•模拟预测）如图所示，绷紧的水平传送带始终沿逆时针方向以恒定速率运行，将质量为

加=1馆的小物块（可视为质点）轻轻地放在传送带左端的M点，同时，小物块在水平拉力尸=6N的作

用下在传送带上运动，f=2s后撤去拉力，此时物块仍在传送带上，小物块与传送带间的动摩擦因数为

〃=0.4,重力加速度g取10m/s2,则最终小物块在传送带上滑动的时间及对应的离开传送带时的速度大

小不可能为（）

A.t=2.5s,v=2m/sB.t=（3+V3）s,v=4Gm/s

C.t=6.25s,v=2m/sD.Z=9.25s,v=Im/s

【答案】D

【详解】依题意，知小物块先在水平向右拉力厂及水平向左的滑动摩擦力作用下，先向右做匀加速直线

运动，根据牛顿第二定律有尸-〃mg=机4

求得q=2m/s24=2s时撤去外力，此时物块的速度大小为w=。由=4m/s

由于此时物块仍在传送带上，则小物块将在水平向左的滑动摩擦力作用下继续向右做匀减速直线运动,

根据牛顿第二定律可得/Jmg=ma2

可得出=4m/s2

则小物块速度减为零时，所用时间为芍=五=卜

a2

该过程中，小物块的对地位移大小为S=>+m=6m

方向水平向右。

A.若f=2.5s,小物块可能从右边减速离开传送带，且离开传送带时的速度大小为

v=4m/s-4x（2.5-2）m/s=2m/s

选项A可能，不符合题意，故A错误；

B.若物块在传送带上速度减为0后返回，且返回一直加速，则有2&S=V2

求得y=46m/s

物块返回所用时间为匕=：=则最终小物块在传送带上滑动的时间Q=%++4=（3+6）S

选项B可能，不符合题意，故B错误；

C.若传送带的速度％=2m/s,物块从传送带右端返回达到与传送带共速所用时间为：3=£=06S

发生的位移大小为三=£4=0-5m

接着物块向左匀速运动直到离开传送带所用的时间为。=匕三=2.75$

%

可得最终小物块在传送带上滑动的时间ts.=tl+t2+t3+t4=6.25s

选项C可能，不符合题意，故C错误；

D.若传送带的速度%=Im/s,则物块从传送带右端返回达到与传送带共速所用时间为％=£=0-25S

发生的位移为％=°」25m

接着物块向左匀速运动直到离开传送带所用的时间为，4=二五=5.875s

%

可得最终小物块在传送带上滑动的时间％+t2+t3+t4=9s

选项D不可能，符合题意，故D正确。

故选D。

2.（2024•陕西宝鸡•三模）如图所示，利用倾斜的传送带可以将高处的货物卸下来。第一次传送带静止，货

物M从传送带顶端由静止滑下，滑离传送带所用时间为《；第二次传送带按照图中箭头所示顺时针转动,

货物M从传送带顶端由静止滑下，滑离传送带所用时间为42。两次运动情况相比，下列判断正确的是

A.货物滑离传送带所用时间t2大于［

B.货物运动的加速度不等

C.货物滑离传送带的过程中系统产生的热量相等

D.货物滑离传送带的过程中摩擦力对货物做功相等

【答案】D

【详解】AB.货物M开始受重力、支持力和向上的滑动摩擦力做匀加速直线运动，当传送带顺时针转

动时，M相对于传送带向下滑，所受的摩擦力仍然沿传送带向上，故M受力不变，加速度不变，仍做匀

加速直线运动，设传送带长为则工=工。/

2

可知货物滑离传送带所用时间（2等于％,故AB错误；

C.当传送带顺时针转动时，货物相对滑动的距离增大，两次运动货物所受的摩擦力相同，故货物滑离

传送带的过程中系统产生的热量较大，故C错误；

D.两次运动货物所受的摩擦力相同，且货物滑离传送带时，摩擦力的作用距离相同，故两次运动货物

滑离传送带的过程中摩擦力对货物做功相等，故D正确。

故选D。

3.（2024•黑龙江吉林•模拟预测）如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率

vo逆时针运行的传送带与水平面的夹角Q37。，转轴间距£=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方

向以速度刃=L5m/s从传送带顶端推下，片4.5s时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的3图

像如图乙所示。已知sin37o=0.6,337。=0.8,重力加速度g取lOm/sz,不计空气阻力，则（）

A.Z=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变

B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.4

C.传送带运行的速度大小为0.5m/s

D.货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变

【答案】C

【详解】A.由图乙可知，在0〜2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的滑动摩

擦力，在2.5s〜4.5s内，货物匀速下滑，根据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力，所以2.5s

时货物所受摩擦力方向不变，故A错误；

C.图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根据题意可得】=上等4+%%

解得%=0-5m/s

故C正确；

B.由图乙和C分析可知，货物在0~2.55内的对物块由牛顿第二定律〃〃陪©0$。一加85/。=,加7

由图像可知货物的加速度大小为。=21mL

h

联立解得"=0.8

故B错误；

D.由于货物向下运动过程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做负功，根据功能关系可知,

货物所具有的机械能一直减小，故D错误。

故选C。

4.（2024•安徽•三模）（多选）如图所示，水平传送带左端A与右端B相距2.5m,传送带以lm/s的速度逆

时针匀速转动。质量为2kg的小滑块以2m/s的初速度从A端滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩

擦因数为01，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）

An-^-B

A.小滑块最终从3端离开传送带

B.整个过程摩擦力对小滑块做功为-4J

C.小滑块在传送带上的划痕长度为4.5m

D.小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5s

【答案】CD

【详解】A.根据牛顿第二定律有〃加g=w

解得a=lm/s2

小滑块向右减速到零的时间％=%=2s

a

运动的距离4=5%=2m4小于传送带的长度，因此小滑块最终从A端离开传送带，A错误；

D.减速到零之后反向加速直到共速，加速时间％=2=ls

a

反向加速的距离4=0.5m

再向左匀速运动匕=，5m

到达A端，时间4=—=L5s

v

D正确；

C.从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移（W^x2.O+lx2.o]m+（lxLO-¥<l.o]m=4.5m

C正确；

B.根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量%=]好2-]"年=_31

B错误。

故选CDo

5.（2025•黑龙江大庆•一模）（多选）如图所示，长为2m的水平传送带以恒定速率v=3m/s顺时针运动，一

质量为加=lkg的不计大小的小煤块从传送带左端轻放在传送带上，小煤块与传送带间的动摩擦因数

必=0.1,已知重力加速度g/Orn/s:在小煤块整个运动过程中，下列说法正确的是（）

A.小煤块在传送带上加速运动时加速度为Im/s?

B.小煤块在传送带上运动时间为2s

C.小煤块在传送带上留下的划痕长度为2m

D.传送小煤块过程中，传送带对小煤块做功为4.5J

【答案】AB

【详解】A.对小煤块分析可知水平方向只受摩擦力，由牛顿第二定律〃加8=机。

解得a=lm/s2

故A正确;

B.小煤块做加速运动，设传送带长为£=2m,当加速至皮带同速时的时间为％=1=3s

a

位移为芭=4.5m

由于%>L=2m

所以小煤块在传送带上一直做匀加速运动，则在传送带上运动时间为£

解得f=2s

故B正确；

C.小煤块在传送带上留下的划痕长度为x=vt-L=4m

故C错误；

D.传送带对小煤块做功为用=umgL=2J

故D错误。

故选AB。

6.（2024•江西南昌•二模）（多选）如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t=0时刻一

物块以初速度％从A端冲上传送带，/=时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图象可能是（）

【答案】AC

【详解】A.对物块受力分析可知，物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为重力沿传

送带向下的分力为加gs%。。若%<v,物块先做匀加速运动，与传送带共速后，若£之机物块与

传送带一起匀速运动，则A图是可能的，故A正确；

B.若%<v,物块先做匀加速运动，与传送带共速后，若物块做匀减速运动，则B图是

不可能的，故B错误；

C.若%〉v,物块先做匀减速运动，加速度为=gsi〃0+〃gcos。

与传送带共速后，若（<mgsinO,物块继续向上继续做匀减速运动，加速度电=gs切。geos。

由此可知名<%，速度时间关系图象的斜率变小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，加速度大小

不变，则C图是可能的，故C正确；

D.若v°>v,物块先做匀减速运动，与传送带共速后，若fm^mgsind,物块与传送带沿斜面向上一起

匀速运动，则D图不可能，故D错误；

故选AC-

7.（多选）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为3工作

时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为山正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送

带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下

说法正确的是（）

A.粮袋到达2端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等

B.若工足够大，且〃〉tanO,粮袋先做加速度为g（sinO-〃cosO）的匀加速运动，再以速度v做匀速运动

C.若L足够大，且〃<tan。，粮袋先做加速度为g（sin（9+〃cos。）的匀加速运动，再做加速度为g（sin%ucos。）

做匀加速运动

D.不论〃大小如何，粮袋从/端到3端一直做匀加速运动，且加速度a>gsind

【答案】AC

【详解】粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得加速度为

mesin0+umscos9,.„八、

a=-............-------------=g（sm0+〃cos0）

m

若《<fa”仇且L足够大，当速度达到v时，做加速度为-〃cos。匀加速运动。

若〃Nta力仇HPmgsind</.imgcosd

当L较小时粮袋从A端到B端一直做加速度为86比6+〃恒6劭匀加速运动匀加速运动，当L足够大粮袋

将先做加速度为g6力冶+〃cos切匀加速运动、后做匀速运动。

综上，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度

与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速

度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v=

故选AC。

8.（2024•四川成都・模拟预测）（多选）如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一

定范围内调节，方便不同情况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图乙为等

双翼式传输机工作示意图，MBM2代表两传送带。第一次调整Mi的倾角为30。，M2的倾角为45。，第

二次调整Mi的倾角为45。，的倾角为30。，两次分别将同一货物无初速放在Mi的最低端，都能传到

M2的最高端。货物与Mi和M2的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物均在Mi上就已与传送带共速，

先后两次传输机的运行速度大小相同。则（）

甲

A.第一次运送货物的时间较短

B.第二次运送货物的时间较短

C.传输机因运送货物而多消耗的能量，第一次较多

D.传输机因运送货物而多消耗的能量，第二次较多

【答案】AD

【详解】AB.设传送带的速度为v,Ml的倾角为0,货物在Mi上加速运动时有/wigcosO-mgs力冶=ma

解得a=figcosd-gsind

可知6越大，加速度越小，两次货物运送的长度一样，则第一次运送货物的时间较短，故A正确、B错

误;

CD.根据能量守恒可知，传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生的

内能。两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q,设

货物加速的时间为3货物与传送带的相对位移为/x,可得f=上，Q=/zfx,Ax=,f=fimgcosd

a2

]umv2

联立解得。=

2(〃-tan0)

可知0越大，Q越大，即传输机因运送货物而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误、D正确。

故选AD。

9.（2024・四川成都・三模）（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为0,以恒定速率顺时针

转动，一煤块以初速度％=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取

A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan6H）.75

B.煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5

C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s

D.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4囱）m

【答案】BC

【详解】AB.0~ls内煤炭的加速度大小为％=*=，^m/s2=8m/s2

根据牛顿第二定律可得加gsind+〃刃gcos6»=zwq

Is后煤炭的加速度大小为。2=善=1?向52=4m/s2

ZA?2Z—1

根据牛顿第二定律可得相gsin6-〃加gcos6=ma2

联立解得6=37。，4=0.25

3

倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan。:=0.75

故A正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求；

C.0~ls煤炭的位移为再=v（/i卬；=12xlm--^-x8xl2m=8m

1:2s煤炭的位移为％-vt2~~a2f2=4xlm-^-x4xl2m=2m

煤炭下滑的过程中，根据动力学公式有匹+马=3。21

解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为％=6s

故C错误，满足题意要求；

D.0~1s煤炭相对传送带向上的位移为用=再-%=8-4xlm=4m

1：2s煤炭相对传送带向下的位移为Ax2=讨2-％2=4xl-2m=2m

2-(2+6)s煤炭相对传送带向下的位移为原3=%+%+%=8+2+4石m=(10+4石)m

由于AX2+AX3>Ax1

煤块在传送带上留下的痕迹长为Ax=Ax2+*=(12+4A/5)m

故D正确，不满足题意要求。

故选BCo

10.如图所示，传送带N3的长度为25m,传送带的运行速度v=4m/s,质量加=2kg的物块以%=10m/s的

初速度滑上传送带的A处，物块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,物块可视为质点，g^l0m/s2o

(1)物块在传送带上的运动时间；

(2)物块在传送带上运动过程中摩擦产生的热量。

【答案】⑴4s⑵36J

【详解】(1)物块所受滑动摩擦力的大小为耳=〃"g

解得耳=4N

由牛顿第二定律得及=ma

得加速度的大小。=〃g=2rn/s2

物块减速至与传送带速率相等时，所用时间4=%【=3s

a

物块减速过程的位移网=21m

—2a

物块匀速运动至传送带8端所用时间乙=0

V

得t2=Is

故物块在传送带上运动的总时间/=4+=4S

(2)物块与传送带之间的相对位移Ax=引］-ga彳-%

解得Ax=9m

摩擦产生的热量。=耳盘=36J

11.(2024•辽宁•三模)如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，

便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角9=24。，长度/=4m,向上运动的速

度v=1.2m/s,货物质量加=20kg,与传送带间的动摩擦因数为0.2,货物可视为质点，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=lOm/s?)。

(1)货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加E=60N的拉力，求货物经多长时间能达到与传送带

共速；

(2)货物与传送带共速后，工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。

【答案】(1)1.5s；(2)44N

【详解】(1)货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，贝U有G+Vwgcose-冽gsinenTmz

达到共速时有v=at

解得t=1.5s

(2)货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有机gsinO=/：+启

则当静摩擦取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即"mm=mgsin。-/静小

解得练mm=44N

12.(2024・四川成都・二模)如图所示，传送带倾斜放置，倾角为9=37。，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。

一煤块以初速度%=12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从传送带顶端B冲出。已知煤块和传送带

之间的动摩擦因数〃=0.25,g取lOm/s?,求:

(1)求之间的距离2；

(2)煤块在传送带上留下的划痕长度Ar。

【答案】(1)10m；(2)(12+475)m

【详解】(1)在煤块与传送带共速前，对煤块，由牛顿第二定律有用gsin6+〃机gcosO=Mq

可得煤块的加速度大小。I=8m/s2

v—V

煤块运动时间％=--A--=1s

ax

煤块运动的位移a=%产。=8m

煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律有加gsine-"zgcos6=3Z2

可得煤块的加速度大小4=4m/s2

V

煤块速度减为零所用的时间间=—=1S

a2

煤块运动的位移4=2m

则AB之间的距离L=