高一物理专题传送带问题教案

教学目标：

1.理解传送带问题的特点；

2.会分析传送带上物体的受力情况；

3.能运用动力学规律分析和解决传送带问题。 教学重、难点：

1、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误。

2、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清； 重、难点突破策略： 1、突破难点1

该难点应属于思维上有难度的知识点，突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。

解决这类题目的方法如下：选取研究对象，对所选研究对象进行隔离处理，就是一个化难为简的好办法。 对轻轻放到运动的传送带上的物体，由于相对传送带向后滑动，受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用，决定了物体将在传送带所给的滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，直到物体达到与皮带相同的速度，不再受摩擦力，而随传送带一起做匀速直线运动。传送带一直做匀速直线运动，要想再把两者结合起来看，则需画一运动过程的位移关系图就可轻松把握。

若传送带是倾斜方向的，情况就更为复杂了，因为在运动方向上，物体要受重力沿斜面的下滑分力作用，该力和物体运动的初速度共同决定相对运动或相对运动趋势方向。 2、突破难点2

在以上两个难点中，第2个难点应属于易错点，突破方法是正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。 教学方法：学案导学、讨论、交流、“五环节教学法”、讲练结合。

【例1】一水平传送带长度为20m，以2m／s的速度做匀速运动，已传送带间动摩擦因数为0.1，则从把该物体由静止放到传送带的一端另一端所需时间为多少？

练习1．有一传送装置如图所示，水平放置的传送带保2m/s的速度向右匀速运动。传送带两端之间的距离L＝一物件以向右4m/s的初速度从左端滑上传送带，物件与动摩擦因数＝0.2。求物件从传送带的左端运动到右端（g＝10m/s2）。

解析：4.5s。因v04m/sv＝2m/s，物件在传送带上做匀减速运动，当速度减小到与传送带速度相同后，随传送带匀速运动。由牛顿第二定律

v0 持以v＝10m，现有传送带之间的所用的时间

V

知某物体与开始，到达

Fma得amgmg2m/s2， 减速所经过的位移

2vv0Ls1v2v01s，物件到达右端还需时间t23.5s，物件到达右s13m，所用时间t12aav端共需时间

tt1t24.5s。

练习2、如图所示，一平直的传送带以速度v=2 m / s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10 m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6 s能传送到B处。欲用最短的时间把从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？

【解析】 因，所以工件在6 s内先匀加速运动，后匀速运动，有

，S2=vt2，t1+t2=t，S1+S2=L

解上述四式得t1=2s，a=v / t1=1 m / s2

若要工件最短时间传送到B，工件加速度仍为a，设此时传送带速度为V，

同上理有

又∵t1=V / a t2=t－t1

∴ 化简得

∵用时间最短。

∴当，即时，t有最小值，表明工件一直加速到B所

所以欲用最短的时间把从A处传送到B处，传送带的运行速度至少为。

例2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？

【审题】传送带沿逆时针转动，与物体接触处的速度方向斜向度为零，所以物体相对传送带向上滑动（相对地面是斜向下运受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上为重力的下滑分力和向下的滑动摩擦力，因此物体要做匀加速加速到与传送带有相同速度时，摩擦力情况要发生变化，同速看成二者间相对静止，无滑动摩擦力，但物体此时还受到重力

作用，因此相对于传送带有向下的运动趋势，若重力的下滑分力大于物体

下，物体初速动的），因此所受的合力运动。当物体的瞬间可以的下滑分力和传送带之间的

最大静摩擦力，此时有μ＜tanθ，则物体将向下加速，所受摩擦力为沿斜面向上的滑动摩擦力；若重力的下滑分力小于或等于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有μ≥tanθ，则物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。也可能出现的情况是传送带比较短，物体还没有加速到与传送带同速就已经滑到了底端，这样物体全过程都是受沿斜面向上的滑动摩擦力作用。

a【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度mgsinmgcosm10m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

2v105mt1s1s, s12aa10 ＜16m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsinθ＞μmgcosθ）。

a2mgsinmgcos2m/s2m。

设物体完成剩余的位移

s2所用的时间为t2，

则s20t212a2t2210tt, 222，11m=

解得：

t211 s,或 t2211 s(舍去) 所以：t总1 s1 s2 s。

练习3.如图所示，传送带与地面成夹角θ=30°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？（g=9.8m/s2）

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度。

(=10m/s2)

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的分别为：

时间和位移

t1v10s1.18s, a8.46(=1s)

s122a5.91m=5m＜16m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移则

s2所用的时间为 t2，

s20t2， 16m－5m=10t2

解得：t2=1.1s 所以：t=1s+1.1s=2.1s

3【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，μ＞tanθ=3，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。

练习4.如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=5m，则物体从A到B需要的时间为多少？

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgsinmgcosm10m/s2。

时间和位

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的移分别为：

s122a5m 此时物休刚好滑到传送带的低端。 所以：

t总1 s。

【总结】该题目的关键就是要分析好第一阶段的运动位移，看是否还要分析第二阶段。

练习5.如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgcosmgsinm1.2m/s2。

时间和位

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的移分别为：

2v10 s141.67mt1s8.33s, 2aa1.2 ＜50m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移则

s2所用的时间为t2，

s20t2， 50m－41.67m=10t2

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，并对物体加速到与传送带有相

解得： t2=0.833s,所以：t总=8.33+0.833=9.16s。 同速度时，是否已经到达传送带顶端进行判断。

例3.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。 设传送带匀速前进的速度为0.25m/s，把质量为5kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？ 【解析】

解法一：行李加速到0.25m/s所用的时间：

v00.25st＝a＝6＝0.042s

121at6(0.042)2m行李的位移： x行李＝2＝2=0.0053m 传送带的位移： x传送带＝V0t＝0.25×0.042m＝0.0105m 摩擦痕迹的长度：

xx传送带x行李0.0052m5mm

v（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，v02。）

解法二：以匀速前进的传送带作为参考系．设传送带水平向右运动。木箱刚放在传送带

上时，相对于传送带的速度v=0.25m/s,方向水平向左。木箱受到水平向右的摩擦力F的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。 木箱做减速运动的加速度的大小为 a＝6m/s2

v00.252xm0.0052m5mm2a26木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为 即留下5mm长的摩擦痕迹。

【总结】分析清楚行李和传送带的运动情况，相对运动通过速度位移关系是解决该类问题的关键。 练习6.一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 【解析】 方法一：

根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿运动定律，可得

设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有

由于a2ls0s

2v0(a0g)l2a0g 由以上各式得

【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，分别对两个物体的全过程求位移。 方法二：

第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v0，设经历时间为t，煤块加速到v，有

v0a0t ①

v

atgt ②

传送带和煤块的位移分别为s1和s2，

s112a0t2 ③ 121atgt222 ④

s2第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t，有 v0传送带和煤块的位移分别为s3和s4 ，有

vgt ⑤

s3v0t ⑥

1s4vtgt22 ⑦

传送带上留下的黑色痕迹的长度

ls1s3s2s4

2v0(a0g)l2a0g 由以上各式得

【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。 方法三：

传送带加速到v0 ，有

v0a0t ①

v(a0g)t ②

传送带相对煤块的速度

传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度

a0g

a0gt，相对加速度是g

a0gt21la0gt22g ③

22v0(a0g)l2a0g 由以上各式得

【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。 方法四：用图象法求解

画出传送带和煤块的V—t图象，如图2—6所示。

v v0 t1其中

v0vt20a0，g，

O t1图2—6

t2 t 围图形的法，不易

黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：

【小结】本方法的思路是运用在速度—时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包1 面积可以用来表示该段时间内的位移这个知识点，来进行求解，本方法不是基本方

想到，但若能将它理解透，做到融会贯通，在解决相应问题时，就可以多一种方法。

练习7. 一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的。桌布的一边与桌的AB边重合，如图2—7，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么?(以g表示重力加速度)

【审题】这是一道特别复杂的综合题，不仅物理过程多，而且也多。乍看不是传送带的题目，但处理方法与例题6几乎完全以将题中复杂的物理过程拆散分解为如下3个小过程，就可以简、化难为易，轻易破解本题。

过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布过程2：桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌间内做匀加速运动的过程；

过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

图2—7

的过程； 布这段时干扰因素相同。可化繁为

设桌面长为盘在桌面上示； 圆盘位于桌最左边位于边处。由于桌盘下抽出，桌有相对滑动，

面的，桌布的图2—8

桌面的左布要从圆

布与圆盘之间必圆盘在摩擦力作用下L，开始时，桌布、圆的位置如图2—8甲所

有加速度，其加速度a1应小于桌布的加速度a，但两者的方向是相同的。当桌布与圆盘刚分离时，圆盘与桌

1布的位置如图2—8乙所示。圆盘向右加速运动的距离为x1，桌布向右加速运动的距离为2L+x1。圆盘离开

桌布后，在桌面上作加速度为a2的减速运动直到停下，因盘未从桌面掉下，故而盘作减速运动直到停下所运

1动的距离为x2，不能超过2L－x1。通过分析并画出图2—8丙。

本题虽然是一个大多数同学都熟悉、并不难想象或理解的现象，但第一次能做对的同学并不多，其中的原因之一就是不善于在分析物理过程的同时正确地作出情境示意图，借助情境图来找出时间和空间上的量与量之间的关系。 【解析】

1.由牛顿第二定律： μlmg=mal ① 由运动学知识： v12=2al x1 ②

2.桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。 设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x1， 由运动学知识：

1x =2at2 ③ 1x1=2a1t2 ④

1而x=2L+x1 ⑤

3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

设圆盘离开桌布后在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，运动x2后便停下，由牛顿第二定律： μ2mg＝ma2 ⑥

由运动学知识： v12=2a2 x2 ⑦

1盘没有从桌面上掉下的条件是： x2≤2L—x1 ⑧

由以上各式解得：

1221ga≥2 ⑨

【总结】此解题方法是运用了最基本的牛顿第二定律和运动学知识来解决这一复杂物理过程的，其实题目再复

杂，也是用最基本的基础知识来求解的。当然，也可以从动能定理、动量定理、功能关系或v-t图象等角度求解。