第8讲 传送带问题-2026年高考物理母题60讲

第八讲 母题呈现 [例]如图所示，水平传送带两端相距x=8m, 工件与传送带间的动摩擦因数4=0.6，工 件滑上A端时速度vA=10m/s,设工件到 达B端时的速度为vB。(取g=10m/s2) B A (1)若传送带静止不动，求； (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B 端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B 端的速度VB; (3)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转 动，求B及工件由A端到B端所用的 时间； (4)若传送带长16.8m,以v=10.8m/s逆 时针匀速转动且倾斜成37°，工件从A端静 止释放，则运动到B端用时间为多少？ ·2 高考物理母题60讲 专送带问题 知识链接 一、传送带的临界状态 物体与传送带速度相同（☑物=？带）是重要 的临界状态，在此时： 1.摩擦力发生突变：可能是摩擦力突然消失， 也可能由滑动摩擦力突变为静摩擦力等。 2.物体的加速度发生改变。 二、模型一：水平传送带 物块在水平传送带上可分为两种情形：一 是物块轻放在水平传送带上；二是物块以 一定的初速度冲上水平传送带。 方法突破：已知传送带长为L,速度为v,与 物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时 的加速度大小a=g。 1.如图1，vo=0时，物块加速到 的位移x=花，若<L即 2μg v<√2μgL,物块先加速后匀 图1 速；若x≥L即v≥√2gL,物块一直加速到 右端。 2.如图1，当v≠0，v。与v同向时，当，<v 时，物块加速到的位移1-二心，若L, 2ug 即u,<u<√0。+2μgL,物块先加速后匀速； 若x≥L,即v≥√6十2gL,物块一直加速 到右端。当，>v时，物块减速到v的位移 x= 6- -,若x<L,即。>v> 2μg √⑦-2gL,物块先减速后匀速；若x≥L, 即v≤√-2gL,物块一直减速到右端。 当=，时，物块匀速运动到右端。 3.如图2，v≠0，，与v反向， "0 物块向右减速到零的位移 6 x一2μg ,若x≥L,即≥ 图2 √2gL,物块一直减速到右 端；若x<L,即<√24gL,则物块先向右 减速到零，再向左加速（若，≤v将一直加 速，若，>v将加速到v后匀速运动)直至 离开传送带。 、高考物理母题60讲 三、模型二：倾斜传送带 物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和 向下传送两种情况，物块相对传送带速度 为零时，ng cos0与mg sin0的大小关系 决定着物块是否会相对传送带下滑；“> tanO时物块相对传送带静止；μ<tan0时 物块相对传送带下滑。 (一)传送带向上传送 ⊙510 图3 1.如图3，若0≤，<v且>tan0: (1)传送带比较短时物块一直以a=μgcos6 gsin0向上匀加速运动。 (2)传送带足够长时物块先以a=gcos0 gsin0向上匀加速运动再以速度v向上匀 速运动。 2.如图3，若0≤<v且4<tan0:物块以向 下的加速度a=gsin0-gcos0运动。 3.如图3，若，>v且u>tan: (1)传送带比较短时物块一直以a=gcos0十 gsin0向上匀减速运动。 (2)传送带足够长时物块先以a=ugcos0十 gsin0向上匀减速运动再以速度v向上匀 速运动。 4.如图3，若oo>v且<tan0: (1)传送带比较短时物块一直以a=ugcos0十 gsin0向上匀减速运动。 (2)传送带足够长时物块先以a=gcos0十 gsin0向上匀减速运动，再以a=-gsin0 gcos0向上匀减速运动，最后以a=gsin0 一gcos0向下匀加速运动。 (二)传送带向下传送 1.如图4，若0≤<v且μ>tan0: (1)传送带比较短时物块一直以a=gcos0+ gsin0向下匀加速运动。 ·2 (2)传送带足够长时物块先以a=4gcos0十 gsin0向下匀加速运动再以速度v向下匀 速运动。 ⊙… 图4 2.如图4，若0≤v<v且<tan6: (1)传送带比较短时物块一直以a=gcos0+ gsin0向下匀加速运动。 (2)传送带足够长时物块先以a=4gcos0十 gsin0向下匀加速运动再以a=gsin0一 gcos0向下匀加速运动。 3.如图4，若>v且μ>tan0: (1)传送带比较短时物块一直以a=gcos0 gsin0向下匀减速运动。 (2)传送带足够长时物块先以a=gcos0一 gsin0向下匀减速运动再以速度v向下匀 速运动。 4.如图4，若，>v且μ<tan0:物块一直以 a=gsin0-gcos0向下匀加速运动。 母题拓展 传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联 传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动 摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者 间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定 律、运动学公式、功和能等知识求解。 相对运 摩擦力 初态 加速度方向 动方向 方向 初始时刻两 者速度同向 速度变 共速← 是否 初始时刻两 化方向 反向加速者速度反向 摩擦力突变 加速度突变→运动情况转变 匀速 末态 匀变速 衍生练习 [衍生1]（多选）如图所示， 传送带的水平部分长为 L,运动速率恒为，在其左端无初速放上 木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 以，则木块从左到右的运动时间可能是 ( B. 0 兴 [衍生2]（多选）如图甲所示的水平传送带 AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一 定高度处由静止开始下滑，以某一初速度 从传送带左端滑上，在传送带上由速度传 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，以物块刚 滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的 速度保持不变，重力加速度g取l0m/s2。关 于物块与传送带间的动摩擦因数“及物块 在传送带上运动第一次回到传送带左端的 时间t,下列计算结果正确的是 ( 个vl/(m·8) 4.0 3.0 2.0 1.0 0 1.0 1234ts -2.0 -3.0 甲 -4.0￥ A.=0.4 B.=0.2 C.t=4.5s D.t=3 s [衍生3]（多选）如图甲所示，绷紧的水平传 送带始终以恒定速率1运行.初速度大小 为2的小物块从与传送带等高的光滑水 平地面上的A处滑上传送带。若从小物 块滑上传送带开始计时，小物块在传送带 上运动的v一t图像（以地面为参考系）如 图乙所示。已知2>01，则 ) 0 甲 ·27 高考物理母题60讲 A.t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离 达到最大 C.0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向 一直向右 D.0~t3时间内，小物块始终受到大小不 变的摩擦力作用 [衍生4幻如图所示，绷紧的 传送带与水平面的夹角 0=30°，皮带在电动机的 C✉0 带动下，始终保持vo=2m/s的速率运行。 现把一质量为m=10kg的工件（可视为质 点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9s,工 件被传送到h=1.5m的高处，取g= 10m/s2。求： (1)工件与皮带间的动摩擦因数； (2)工件相对传送带运动的位移。 高考物理母题60讲 [衍生5]如图所示，传送带与地面夹角0=37°， 从A到B长度为L=10.25m,传送带以 ℃o=10m/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 为以=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑 色痕迹，已知sin37°=0.6，g=10m/s2。求： A (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 痕迹的长度。 [归纳提升] ·28 》 [衍生6]如图与水平面成0=30°的传送带 正以v=3m/s的速度匀速运行，A、B两端 相距1=13.5m。现每隔1s把质量m= 1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上， 工件在传送带的带动下向上运动，工件与 传送带间的动摩擦因数-2，取居- 10m/s2,结果保留两位有效数字。求： no (1)相邻工件间的最小距离和最大距离； (2)满载与空载相比，传送带需要增加的牵 引力。滑离木板到运动到最高点的过程中，有一23x=0一， 解得x=0.9m。 [答案](1)20N<F≤30N(2)1.2s0.9m [衍生8][解析](1)在0~2s时间内，和的受力如图 所示 me mg 规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分 别为a1和a2,由牛顿第二定律得mgsin0-f1= ma,mg sin 0-f2+f=maz, 联立以上各式并代入题给条件得a1=3m/s2, a2=1m/s2。 (2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为1和2， 则1=a1t1=6m/s,v2=a2t1=2m/s, t>t时，设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时 A与B之间摩擦力为零，同理可得a1'=6m/s2, a2'=-2m/s2, 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零， 则有2十a2't2=0,解得t2=1s, 在t1十t2时间内，A相对于B运动的距离为 s=(2a1+n+7a) (分a,+wt4+78)=12m<27m. 此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间 tg后A高开B,则有1-s=(十a12话十弓a3, 可得t3=1s(另一解不合题意，舍去) 设A在B上总的运动时间为t总， 有t总=t1十t2十t3=4s。 [答案](1)3m/s21m/s2(2)4s 第八讲传送带问题 [母题呈现] [例][解析](1)根据牛顿第二定律可得mg=ma, 则a=g=6m/s2, 由运动学公式有唱-=一2a.x,解得B=2m/s。 (2)当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度 不发生变化，仍然始终做匀减速运动，故工件到达B 端时的速度大小vB=2m/s。 (3)根据牛顿第二定律可得mg=ma', 得a'=6m/s2, 工件速度达到13m/s时所用时间为t1= -A=0.5 s, a 1 运动的位移为x1=xA十2Qt1=5.75m<8m, 则工件在到达B端前速度就达到了13m/S,此后工件 与传送带相对静止，因此工件先做匀加速运动后做匀 速运动，匀速运动的位移x2=x一x1=2.25m, 匀速运动的时间22,0,17s,=十t=0.678 (4)工作做匀加速运动： 由牛顿第二定律得：mg·sin37°+mgcos37°=ma1, a=10.8m/s2,t=0=1s,x1=0t1=5.4m. .23 高考物理母题60讲 此后：工作继续匀加速： 由牛顿第二定律得：mg·sin37°-mgcos37°=ma2, a2=1.2m/s2,.x2=L-x1=11.4m, 1 2=U特·t红十2a2,解得t2=1s。 ∴.t=t1+t2=2sa [答案](1)2m/s(2)2m/s(3)0.67s(4)2s [衍生练习] [衍生1][解析]A.木块可能在传送带上先做匀加 速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直 线运动。匀加速直线运动的加速度a=g, 匀加速运动的时间t1=” g 22 匀加速直线运动的位移工1一2a一2g 匀速运动的时间t2= L一=L- v 2ug 则木块从左端运动到右端的时间t=1十2=上十 g,故A正确：BCD,木块在传送带上可能一直做匀 加速直线运动，到达右端的速度恰好为时，根据平 均速度推论知L=受，则运动的时间1=马。 若到达右端的速度小于)时，则运动的时间应该大 于2 1 根据L=za2,得t√园 匹，故B错误，CD 正确。 [答案]ACD [衍生2][解析]AB.由速度图像可得，物块做匀变 速运动的加连度大小为a=铝=号m/g2=2.0 △t m/s2, 由牛顿第二定律得mg=ma,则可得物块与传送带 间的动摩擦因数4=0.2，A错误，B正确： CD.由速度图像可知，物块滑上传送带的初速度大小 v=4m/s、传送带的速度大小v=2m/s,物块在传 送带上滑动t1=3s后与传送带相对静止，前2s内 物块的位移大小=受=号×2m=4m 方向向右：第3s内的位移大小=营4”-号×1m =1m, 方向向左；前3s内物块的位移=1一s2=3m, 方向向右：钻块再向左句选运动的时同：=音一号。 =1.5s,所以物块在传送带上第一次向左返回的时 间t=t1′+t1"+t2=2s+1s+1.5s=4.5s,C正确， D错误。 [答案]BC [衍生3][解析]A.由v一t图像得到，小物块在t1 时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以1时刻小 物块离A处最远，A错误：B.t2时刻，小物块第一次 与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B 正确；CD.0~2时刻，小物块相对传送带向左运动， 、高考物理母题60讲 始终受到向右的滑动摩擦力f=mg,滑动摩擦力的 大小和方向都不变，t2一t3时刻，小物块相对传送带 静止做匀速直线运动，合外力为零，水平方向没有其 他外力，所以摩擦力为零，D错误，C正确。 [答案]BC [衍生4][解析](1)由题意得，皮带长为：L=3m30 3m。工件速度达到x之前，从静止开始做匀加速 运动。 设匀加速运动的时间为t1,位移为0，有：x1=t= U 21, 设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到x 之后工件将做匀速运动，有：L一x1=w(t一t1), 解得：x=ot1=1.6m,故假设工件最终获得与传送 带相同的速度是正确的」 加建运动阶段的加追度为：a=光=2.5m/s, 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：ngcos0 -mgsin9=ma,解得：4=0.866。 (2)在时间t1内，传送带运动的位移为： x=wt1=1.6m, 工件运动的位移为：x1=vt1=t1=0.8m, 所以工件相对传送带运动的位移为： △x=x-x1=0.8m。 [答案](1)0.866(2)0.8m [衍生5][解析](1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦 力，其加速度为a1=mgsin9+ongcos日=g(sin9十 m cos8)=10m/s2, 加逢过程中1--1s1-0行-5m 达到0后，煤块受到向上的摩擦力，则 az-mgsin oumgcos =g(sin 0-ucos 0)=2 m/s, m 1 xy=L-1=5.25m2=ot2十2a2号， t2=0.5s, 煤块从A到B的时间为t=t1十t2=1.5s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 △x1=vot1-x1=5m, 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 △x2=x2-ot2=0.25m, △x1与△x2部分重合，故痕迹总长为5m。 [答案](1)1.5s(2)5m [衍生6][解析](1)设工件在传送带上加速运动时 的加速度为a,则由牛顿第二定律有：mngcos0 ngsin日=ma,代入数据可得加速度为：a=gcos0- gsin 0=1 m/s2, 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离 最小，且最小距离为：dm=7a2=子X1X1Pm 1 0.5m, 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远， 则有：dmax=t=3.0m。 ·24 2)由于工件加速时间为t1=名=二83s,因此传 送带上总有三个(1=3)工件正在加速，故所有做加 速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力： Fn=3umgcos 0, 在滑动摩擦力作用下工件移动的距离为： 32 x=2a-2Xm=4.5m, 所以传送带上匀速运动的工件个数为： L-x_13.5-4.5=3, n d max 3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩 擦力Fo=mgsin0所以做匀速运动的工件对传送带 的总静摩擦力F2=2F附， 与空载相比，传送带需要增加的牵引力为：F=F1十F2 =3x25×1X10N+3X1×10N=3N. 5 [答案](1)0.5m3.0m(2)33N 第九讲弹簧末端问题 [母题呈现】 [例][解析](1)A静止于O点平衡时，有kxo=mg, 解得0=紧。 (2)小球A从P,点由静止释放后瞬间弹簧弹力为零， 设细线拉力大小为T,小球A的加速度大小为a,对小 球A进行分析，由牛顿第二定律得T=ma, 对小球B进行分析，由牛顿第二定律得mg一T=ma, 解得a=受。 (3)小球A静止于O点平衡时有kxo=mg, 在A,B组成的简谐振动中，振幅为A=0=, 根据对称性，小球A向右运动至最远点时，对A有 k2xo-F=ma1, 对B有F-mg=ma1,解得F=3, ng。 (④)ΛB系统的简瑞振动中，报幅为A=)=, 有对称性，小球A向右运动至最远点时弹簧仲长 2a0,细线断裂后，小球A到达0点时，有7m喝- 名6(2xo2-,解得w= /3m (5)细线断裂后A球单独做简谐振动，振幅变为 A'=2.x0=2ms, k 则A球单独做简谐振动的振动方程为xA=A'c0s 2π -2祭，则有-亭=w受 2π mg k k 当小球A向左经这O点时可得1=君+T=营√层 (n=0,1,2…)。 +2x1k [答案](1)m3(2) (3)号mg(4)g 3m 6)严+2m√(m=012…