本章复习与测试第二课时教学设计

传送带问题（1）（时间类）

例1：如图2—1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？t总1

s1

s2

s。（讨论（1）A→B的长度L=5m t总1

s（2）μ=0.6？t总1.18

s10.09s11.27

s）

例题4：如图2—4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？t总8.33

s8.33s16.66

s。

图2图2

1、物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后，落到地面上的Q。若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动，使传送带随之运动，如图2—15所示，物块仍从P点自由滑下，则

（

）

图2A．物块有可能落不到地面上

B．物块将仍落在Q点

C．物块将会落在Q点在左边

D．物块将会落在Q点的右边

2、如图2—16，传送带与水平面之间夹角θ=37°，并以10m/s的速度匀速运行，在传送带A端轻轻地放一个小物体，若已知该物体与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5，传送带A端到B端的距离S＝16m，则小物体从A端2运动到B端所需的时间可能是（ ）（g＝10m/s） A．1.8s B．2.0s C．2.1s D．4.0s

3、如图2—17所示，一足够长的水平传送带以恒定

图2—16 的速度v运动，每隔时间T轻轻放上相同的物块，

当物块与传送带相对静止后，相邻两物块的间

距大小 ( ) A．与物块和传送带间的动摩擦因数的大小有关

B．与物块的质量大小有关 C．恒为vT D．由于物块放上传送带时，前一物块的速度不明确，故不能确图2定其大小

4、如图2—18所示，一水平方向足够长的传送带以恒 定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与

传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2＇，则下列说法正确的是（ ）

图2A．只有v1＝v2时，才有v2＇＝v1

B．若v1>v2时，则v2＇＝v2

C．若v1＜v2时，则v2＇＝v1

D．不管v2多大总有v2＇＝v2

1

图2

5、如图2—19所示，静止的传送带上有一木块正在匀速下滑，当传送带突然向下开动时，木块滑到底部所需时间t与传送带始终静止不动所需时间t0相比是（ ）

Ａ．ｔ＝t0 Ｂ．ｔ＜t0

Ｃ．ｔ＞t0 Ｄ．Ａ、Ｂ两种情况都有可能

7、如图2—21所示，传送带向右上方匀速运转，石块从漏斗里无初速落到传送带上.下述说法中基本符合实际情况的是

(

) A.石块落到传送带上，先作加速运动，后作匀速运动

B.石块在传送带上，一直受到向右上方的摩擦力作用

C.石块在传送带上，一直受到向左下方的摩擦力作用

图2—21 D.开始时石块受到向右上方的摩擦力，后来不受摩擦力

1、B

2、BD

3、C

4、BC

5、D

7、AB

传送带问题（2）（痕迹类）

例题5：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？例题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。

12、将一粉笔头轻放在2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后,传送带上留下一条2长为4m的划线；若使该传送带做匀减速运动(加速度为1.5m/s)并且在传送带上做匀减速2的同时,将另一个粉笔头放在传送带上,该粉笔头在传送带上留下多长划痕?(g取10m/s) 例7：一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。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) 图2—7 传送带问题·参考答案（提优）

例1：

【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。

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：

2

2v10t1s1s,

s15m＜16m

a102a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/s2。

m12a2t2，

11m=10t2t22,

2设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则s20t2解得：

t211 s,或 t2211 s(舍去)

所以：t总1

s1

s2

s。

【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，若μ＞0.75，

第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L＜5m，物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。

例2：

【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8.46m/s2。

m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：

2v10t1s1.18s,

s15.91m＜16m

a8.462a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mgsinθ＜μmgcosθ）。

设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则s20t2，16m－5.91m=10t2

解得：

t210.09

s,

所以：t总1.18

s10.09s11.27

s。

【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。

3例3：

【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的，由于传送带比较短，物体将一直加速运动。

【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m3 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：

2v10t1s1s,

s15m

a102a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。

例题4：

【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。

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：

2v10t1s8.33s,

s141.67m＜50m

a1.22a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mgsinθ＜μmgcosθ）。

设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则s20t2，50m－41.67m=10t2

解得：

t28.33

s,

所以：t总8.33

s8.33s16.66

s。

【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同速度时，是否已经到达传送带顶端进行判断。

本题的一种错解就是：

L12at

所以：t22L=9.13s a该时间小于正确结果16.66s，是因为物体加速到10m/s时，以后的运动是匀速运动，而错误结果是让物体一直加速运动，经过相同的位移，所用时间就应该短。

传送带（2）（痕迹类）

例题5：【解析】解法一：行李加速到0.25m/s所用的时间：t＝v00.25s＝0.042s ＝6a4

行李的位移： x行李＝121at＝6(0.042)2m=0.0053m

22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

（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，v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/s

2v00.252木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为

xm0.0052m5mm

2a26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。

例题6：【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

ag

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

2v0a0t

vat

由于a

v0vat´

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。

设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有

2v012s0a0tv0t´

s

22a2v0(a0g)传送带上留下的黑色痕迹的长度

ls0s

由以上各式得

l

2a0g【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：

5

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

111a0t2

③

s2at2gt2

④

222第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t，有

v0vgt

⑤

12t

⑦

传送带和煤块的位移分别为s3和s4

，有s3v0t

⑥

s4vtg2传送带上留下的黑色痕迹的长度

ls1s3s2s4

传送带和煤块的位移分别为s1和s2，

s12v0(a0g)由以上各式得

l

2a0g【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

传送带相对煤块的速度

v(a0g)t

②

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a0g】

l1传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为a0gt，相对加速度是g】

1a0gt2

2l2a0g

2t22g

2a0gt21整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度

la0gt

③

22g2v0(a0g)由以上各式得

l

2a0g【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v 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。

v0

其中t1vv0，t20，

ga0O t1图2—6 t2

t 黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：

2v0v0v0(a0g)11

lv0(t2t1)v0()22ga02a0g12、解：粉笔头放到传送带上后，它与传送带间存在相对运动，将

受到传送带对它的摩擦力作用，从而做匀加速运动，直至其速度达到与传送带相同。传送带匀速运动时，如右图2—2所示：红线为传送带的速度图线，蓝线为粉笔头的速度图线，所以三角形阴影即6

为两者的相对位移，亦即粉笔头的画线长度。

由图可知：1v0t0S 2代入数值可解得：t04s

所以由速度公式V0=at可得：a=0.5m/s

传送带做匀减速运动时，仍做出速度图线如图2—3所示：三角形阴影表示二者的相对位移。粉笔头做匀加速运动，

直到某时刻其速度增大到与传送带减小的速度相等，此后它们一起运动。

由速度公式，对传送带：vv0a0t

图2—3 对粉笔头：vat 由上两式可解得：t=1s。

所以三角形阴影的面积为：S211v0t211m。

22所以此时粉笔头画线的长度为1m。

例7【解析】 1.由牛顿第二定律：μlmg=mal ①

由运动学知识：v1=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：x =而x=图2—7 21212at ③ x1=a1t ④

221L+x1

⑤

23.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：v1=2a2 x2 ⑦

盘没有从桌面上掉下的条件是：x2≤由以上各式解得：a≥21L—x1 ⑧

21221g ⑨

27