篇一：高中物理难点分类解析滑块与传送带模型问题(经典)
滑块—木板模型
例1 如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉
B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由
A决定。 解答：物块A
能获得的最大加速度为：
．
．∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：
变式1 例1中若拉力F作用在A上呢？如图2
所示。 解答：木板B能获得的最大加
速度为：。 ∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．
变式2 在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为速度运动，求拉力F的最大值。
（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加
解答：木板B能获得的最大加速度为：
，设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为Fm，则：
解得：
例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。（g取10m/s）
解答：物体放上后先加速：a1=μ
2
g=2m/s2
，
此时小车的加速度
为：
，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：
t1=1s，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止：
a1t12+v共 （t－t1）+
（∵，物体不会
落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=
a3（t－t1）2=2．1m
练习1 如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现在对C施加一个水平向右的恒力F=4N，A和C开始运动，经过一段时间A、B相碰，碰后立刻达到共同速度，C瞬间速度不变，但A、B并不粘连，求：经过时间t=10s时A、B、C的速度分别为多少？（已知重力加速度g=10m/s）
2
解答：假设力F作用后A、C
一起加速，则：，而A
能获得的最大加速度为：
，∵，∴假设成立，在A、C滑行6m
的过程中：，∴v1=2m/s，
，A、B相碰过程，由动量守恒定律可得：mv1=2mv2 ，∴v2=1m/s，此后A、C相对滑动：，故C
匀速运动；
，故AB也匀速运动。设经时间t2，C从A右端滑下：v1t2－v2t2=L ∴t2=1．5s，
，
，故t=10s时，vA=0．C在B上继续
∴t4=1s。此过程中，C．B
的相对位移为：
然后A、B分离，A减速运动直至停止：aA=μ2g=1m/s2，向左
滑动，且C匀速、B加速：aB=a0=1m/s 设经时间t4，C．B速度相等：
2，
，故C没有从B的右端滑下。然后C．B一起加速，加速度为a1
，加速的时间为：
，故t=10s时，A、B、C的速度分别为0，2．5m/s，2．5m/s．
练习2 如图5所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数
，取g=10m/s，试求：
2
，在木板的左端放置
（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后。（解答略）答案如下：（1）t=1s，（2）①当F≤
N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F；，②当2N<F
≤6N时，M、m相对静止，滑块问题
，③当F>6N时，A、B发生相对滑动，N．
1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量
2
??0.4(g?10m/s)
为m=1kg，其尺寸远小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为
（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？
（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来。问：m在M上面滑动的时间是多大？
解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力
f??N??mg，小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度
a1?f/m??g?4m/s2，木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a2?(F?f)/M，使m能从M上
面滑落下来的条件是
a2?a1，即(F?f)/M?f/m解得F??(M?m)g?20N，
（2）设m在M上滑动的时间为t，
当恒力F=22.8N，木板的加速度
a2?(F?f)/M?4.7m/s2 ）S?a1t2/2，木板在时间t内
，小滑块在时间t内运动位移1
222
S?S?LS?at/24.7t/2?4t/2?1.4解得t?2s
212运动位移2，因 即
2．长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，
此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g=10m/s2）
v
（1）木块与冰面的动摩擦因数．
（2）小物块相对于长木板滑行的距离．
（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ 解析：（1）A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度
v2a??2g??1.0m/s2解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10（2）小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，
2s
做匀减速运动，加速度a1=μ1g=2.5m/s2 小物块A在木板上滑动，木块B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速
。
运动，有μ1mg－μ2(2m)g=ma2 解得加速度a2=0.50m/s2 设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，由
。
长木板的运动得v=a2t，解得滑行时间t距离为?s?s1?s2
?
v
?0.8s，小物块滑上木板的初速度 v10=v＋a1t=2.4m/s，小物块A在长木板B上滑动的a2
11
?v01t?a1t2?a2t2?0.96m（3）小物块A滑上长木板的初速度越大，它在长木板B上相对木板滑动的
22
距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A达到木板B的最右端，两者的速度相等（设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从
1212
v??a2t，由以上三式解得，为了保证小物
a1t?a2t?L，v0?v??a1t
22
块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度v0?3.0m/s
木板上滑落的最大初速度，设为v0．有v0t?
组合类的传送带问题 1．如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度sBC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数?=0.25，
皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从
A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）
2．如图所示为一货物传送货物的传送带abc. 传送带的ab部分与水平面夹角α=37°，bc部分与水平面夹角β=53°，ab部分长度为4.7m，bc部分长度为3.5m. 一个质量为m=1kg的小物体A（可视为质点）与传送带的动摩擦因数μ=0.8. 传送带沿顺时针方向以速率v=1m/s匀速转动. 若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带.（sin37°=0.6，sin53°=0.8，g=10m/s2）
求：物体A从a处被传送到b处所用的时间；
c3．（14分）右图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A，B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角，C, D两端相距4. 45m，B, C相距很近。水平传送以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A段，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0. 5，g取10m/s2，sin37?=0. 6，cos37?=0. 8
(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离；
(2)若倾斜部分CD以4m／s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间。
组合类的传送带
1．【答案】2.4s。解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动；P从B至C段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间．P在AB
段先做匀加速运动，由牛顿第二定律
F1?ma1,F1??FN1??mg,v?a1tt1?
，得P匀加速运动的时间
vvs?s1212
??0.8s．s1?a1t1??gt1?0.8m,sAB?s1?vt2，匀速运动时间t2?AB1?0.6s．P以速率v开a1?g22v
始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin37°=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为?mgcos37°=0.2mg．可见其加速下滑．由牛顿第二定律
12
???2s，舍去），解得t3=1s（另解t3． mgcos37???mgcos37??ma3,a3?0.4g?4m/s2，sBC?vt3?a3t3
2
从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s．
2．解：物体A轻放在a点后在摩擦力和重力作用下先做匀速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到b点。
在这一加速过程中有加速度a1
?
?mgcos??mgsin?
m
?
1?10?(0.8?0.8?0.6)
?0.4m/s2①，运动时
1
vv212
t1??2.5s②，运动距离s1???1.25m?sab③，在ab部分匀速运动过程中运动时间
a12a12?0.4s?s4.7?1.25t1?ab1??3.45s④，所以物体A从a处被传送到b和所用的时t?t1?t2?2.5?3.45?5.95s⑤，
v1
?mg
?5m/s2，米袋的速度达到v0=5m／s时，滑行的距离3．解：(1)米袋在AB上加速时的加速度a0?m
2v0
s0??2.5m?AB?3m，因此米加速一段后与传送带一起匀速运动到达B点，到达C点时速度v0=5m／s，设米
2a0
袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin?
2v0
?1.25m (2上滑的最大距离s?2a
??mgcos??ma代人数据得a=10m／s，所以，它能
顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m／s之前的加速度为
2
v12?v0
a1??g(sin???cos?)??10m/s，速度减为4m / s时上滑位移为s1??0.45m， 米袋速度等于4m
2a1
2
／s时，滑动摩擦力方向改变，由于?mgcosa度为
2
?mgsina，故米继续向上减速运动米袋速度小于4m／s减为零前的加速
0?v12
a2??g(sin???cos?)??2m/s 速度减到0时上滑位移为s2??4m，可见，米袋速度减速到0
2a2
?t1?t2?
v1?v0?v?1
??2.1s a1a2
时，恰好运行到D点。米袋从C运动到D所用的时间t黄冈
14．图中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因
?数为
2
mgg?10m/s＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s内F的变化如图所示，图中F以为单位，重力加速度．整
个系统开始时静止．
(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的v?t图象，据此求0~3s
内物块相对于木板滑过的距离。
15．如图所示，足够长的木板质量M＝10 kg，放置于光滑水平地面上，
以初速度v0＝5 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个
2
小铁块，直到木板停止运动．(取g＝10 m/s)试问：
(1)第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少个铁块？
(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？
14(1)设木板和物块的加速度分别为a和a?，在t时刻木板和物块的速度分别为块之间摩擦力的大小为
vt和vt?，木板和物
f
，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得
①
② ③ ④ ⑤
f?ma?
f??mg，当vt??vt
vt?2?vt?1?a?(t2?t1)
F?f?(2m)a
vt2?vt1?a(t2?t1)
由①②③④⑤式与题给条件得
v1?4m/s,v1.5?4.5m/s,v2?4m/s,v3?4m/s ?v?2?4m/s,v3?4m/s
⑦
⑥
(2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的v?t图象，如右图所示。在0～3s内物块相对于木板的距离?s等于木板和物块v?t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此
?s?2.25m
⑧
15.【解析】 (1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，
2
即有：μmg＝Ma1,2a1L＝v20－v1 代入数据解得：v1＝6 m/s.
(2)设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：
μnmgan＝M
2
第1个铁块放上后：2a1L＝v20－v1
2
第2个铁块放上后：2a2L＝v21－v2 …
2
第n个铁块放上后：2anL＝v2n－1－vn
μmg
由上可得：(1＋2＋3＋…＋nL＝v2－v20n M木板停下时，vn＝0，得n＝6.6. 即最终有7个铁块放在木板上．
(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得： 6×(6＋1)μmg2
·2＝v20－v6 2M
从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则： 7μmgd＝v26－0 M
4
联立解得：d＝m.
7
4
【答案】 6 m/s (2)7个 (3) m
7
篇二：高中物理十大难点突破
高中物理十大难点突破
目录
难点之一：物体受力分析……………………………………………………………1
难点之二：传送带问题………………………………………………………………
难点之三：圆周运动的实例分析……………………………………………………
难点之四：卫星问题分析……………………………………………………………
难点之五：功与能…………………………………………………………………….
难点之六：物体在重力作用下的运动……………………………………………….
难点之七：法拉第电磁感应定律……………………………………………………
难点之八：带电粒子在电场中的运动………………………………………………
难点之九：带电粒子在磁场中的运动……………………………………………….
难点之十：电学实验………………………………………………. …………………
难点之一物体受力分析
一、难点形成原因：
1、力是物体间的相互作用。受力分析时，这种相互作用只能凭着各力的产生条件和方向要求，再加上抽象的思维想象去画，不想实物那么明显，这对于刚升入高中的学生来说，多习惯于直观形象，缺乏抽象的逻辑思惟，所以形成了难点。
2、有些力的方向比较好判断，如：重力、电场力、磁场力等，但有些力的方向难以确定。如：弹力、摩擦力等，虽然发生在接触处，但在接触的地方是否存在、方向如何却难以把握。
3、受力分析时除了将各力的产生要求、方向的判断方法熟练掌握外，同时还要与物体的运动状态相联系，这就需要一定的综合能力。由于学生对物理知识掌握不全，导致综合分析能力下降，影响了受力分析准确性和全面性。
4、教师的教学要求和教学方法不当造成难点。教学要求不符合学生的实际，要求过高，想一步到位，例如：一开始就给学生讲一些受力个数多、且又难以分析的物体的受力情况等。这样势必在学生心理上会形成障碍。
二、难点突破策略：
物体的受力情况决定了物体的运动状态，正确分析物体的受力，是研究力学问题的关键。受力分析就是分析物体受到周围其它物体的作用。为了保证分析结果正确，应从以下几个方面突破难点。
1.受力分析的方法：整体法和隔离法
2.受力分析的依据：各种性质力的产生条件及各力方向的特点
3.受力分析的步骤 ：
为了在受力分析时不多分析力，也不漏力，一般情况下按下面的步骤进行：
（1）确定研究对象 —可以是某个物体也可以是整体。
（2）按顺序画力
a．先画重力：作用点画在物体的重心，方向竖直向下。
b．次画已知力
c．再画接触力—（弹力和摩擦力）：看研究对象跟周围其他物体有几个接触点（面），先对某个接触点（面）分析，若有挤压，则画出弹力，若还有相对运动或相对运动的趋势，则再画出摩擦力。分析完一个接触点（面）后，再依次分析其他的接触点（面）。
d．再画其他场力：看是否有电、磁场力作用，如有则画出。
（3）验证：
a．每一个力都应找到对应的施力物体 b.受的力应与物体的运动状态对应。
说明：
（1）只分析研究对象受的根据性质命名的实际力(如：重力、弹力、摩擦力等)，不画它对别的物体的作用力。
（2）合力和分力不能同时作为物体所受的力。
（3）每一个力都应找到施力物体，防止“漏力”和“添力”。
（4）可看成质点的物体，力的作用点可画在重心上，对有转动效果的物体，则力应画在实际位置上。
（5）为了使问题简化，常忽略某些次要的力。如物体速度不大时的空气阻力、物体在空气中所受的浮力等。
（6）分析物体受力时，除了考虑它与周围物体的作用外，还要考虑物体的运动情况(平衡状态、加速或减速)，当物体的运动情况不同时，其情况也不同。
4. 受力分析的辅助手段
（1）物体的平衡条件（共点力作用下物体的平衡条件是合力为零）
（2）牛顿第二定律（物体有加速度时）
（3）牛顿第三定律（内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上）
5.常见的错误及防范的办法：
（1）多画力。
a.研究对象不明，错将其他物体受到的力画入。
b.虚构力，将不存在的力画入。
c.将合力和分力重复画入。
要防止多画力。第一，彻底隔离研究对象。第二，每画一个力要心中默念受力物体和施力物体。
(2) 少画力。
少画力往往是由受力分析过程混乱所致，因此
a.要严格按顺序分析。
b.分析弹力和摩擦力时，所有接触点都要分析到。
(3) 错画力。即把力的方向画错。防范办法是要按规律作
三、分类例析
1．弹力有、无的判断
弹力的产生条件是接触且发生弹性形变。但有的形变明显，有的不明显。那么如何判断相互接触的物体间有无弹力？
法1： “假设法”，即假设接触物体撤去，判断研究对象是否能维持现状。若维持现状则接触物体对研究对象没有弹力，因为接触物体使研究对象维持现状等同于没有接触物，即接触物形同虚设，故没有弹力。若不能维持现状则有弹力，因为接触物撤去随之撤去了应该有的弹力，从而改变了研究对象的现状。可见接触物对研究对象维持现状起着举足轻重的作用，故有弹力。
例1：如图所示，判断接触面对球有无弹力，已知球静止，接触面光滑。
【审题】在a、b图中，若撤去细线，则球都将下滑，故细线中均有拉力, a图中若撤去接触面，球仍能保持原来位置不动，所以接触面对球没有弹力；b图中若撤去斜面，球就不会停在原位置静止，所以斜面对小球有支持力。
【解析】图a中接触面对球没有弹力；图b中斜面对小球有支持力
法2：根据“物体的运动状态”分析弹力。即可以先假设有弹力，分析是否符合物体所处的运动状态。或者由物体所处的运动状态反推弹力是否存在。总之，物体的受力必须与物体的运动状态符合。同时依据物体的运动状态，由二力平衡（或牛顿第二定律）还可以列方程求解弹力。
例2：如图所示，判断接触面MO、ON对球有无弹力，已知球静止，接触面光滑。
【审题】图中球由于受重力，对水平面ON一定有挤压，故水平面ON对球一定有支持力，假设还受到斜面MO的弹力，如图1—3所示，则球将不会静止，所以斜面MO对球没有弹力。
【解析】水平面ON对球有支持力，斜面MO对球没有弹力。
再如例1的a图中，若斜面对球有弹力，其方向应是垂直斜面且指向球，这样球也不会处于静止状态，所以斜面对球也没有弹力作用。
【总结】弹力有、无的判断是难点，分析时常用“假设法”并结合“物体的运动状态”分析。
2.弹力的方向
弹力是发生弹性形变的物体由于要恢复原状，而对它接触的物体产生的力的作用 。所以弹力的方向为物体恢复形变的方向。
平面与平面、点、曲面接触时，弹力方向垂直于平面，指向被压或被支持的物体；
曲面与点、
曲面接触时，弹力方向垂直于过接触点的曲面的切面，特殊的曲面，如圆面时，弹力方向指向圆心。弹力方向与重心位置无关。
绳子的弹力方向为：沿着绳子且指向绳子收缩的方向；且同一条绳子内各处的弹力相等 杆产生的弹力方向比较复杂，可以沿杆指向杆伸长或收缩的方向，也可不沿杆，与杆成一定的夹角。
例3：如图1—4所示，画出物体A 所受的弹力
a图中物体A
b
图中杆Ac图中A球光滑 O为圆心，
O＇为重心。
【审题】图a
中接触处为面面接触，由于物体受重力作用，会对斜面斜向下挤压，斜面
要恢复形变，应垂直斜面斜向上凸起，对物体有垂直斜面且指向物体斜向上的弹力。
图
b中
B处为点与曲面接触，发生的形变为沿半径方向向外凹，要恢复形变就得沿半径向上凸起，C
处为点与平面接触， C处碗的形变的方向为斜向下压，要恢复形变就得沿垂直杆的方向向上，所以B处杆受的弹力为垂直过接触点的切面沿半径指向圆心，C处杆受的弹力为垂直杆向上。
图c中接触处为点与曲面接触，发生的形变均为沿半径分别向下凹，要恢复形变就得沿半径方向向上凸起，所以在M、N两接触处对A球的弹力为垂直过接触点的切面沿半径方向向上，作用线均过圆心O，而不过球的重心O＇。
【解析】如图1—5所示
【总结】弹力的方向为物体恢复形变的方向。分析时首先应明确接触处发生的形变是怎样的，恢复形变时应向哪个方向恢复。另外应记住平面与平面、点、曲面接触，曲面与点、曲面接触，绳、杆弹力方向的特点，才能得以正确分析。
例4：如图1—6所示，小车上固定着一根弯成α角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为m的球，试分析下列情况下杆对球的弹力的大小和方向：（1）小车静止；（2）小车以加速度a水平向右运动；（3）小车以加速度a水平向左运动。
篇三：高中物理难点分类解析传送带模型问题(经典)
传送带问题
难点突破策略：
若物体是轻轻地放在了匀速运动的传送带上，那么物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体和传送带一定同时受到方向相反的滑动摩擦力。关于物体所受滑动摩擦力的方向判断有两种方法：一是根据滑动摩擦力一定要阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向，可用假设法，若无摩擦，物体将停在原处，则显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力，由牛顿第三定律，传送带要受到向后的阻碍它运动的滑动摩擦力；二是根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体只所以能由静止开始向前运动，则一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能由传送带提供，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，那么物体给传送带的就是阻力作用，与传送带的运动方向相反。
（1）若物体是静置在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带（2）前进方向的摩擦力。 （3）若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动，则它们之间无摩擦力，否则物体不可能匀速运动。
（4）若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同的速度、相对传送带静止为止。因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反。
（5）若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动一段时间后，开始减速，因物体速度越来越小，故受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，方向与物体的运动方向相反，传送带则受到与传送带运动方向相同的摩擦力作用。
（6）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。
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？ 【审题】传送带沿逆时针转动，与物体接触处的速度方向斜向下，物体初速度为零，所以物体相对传送带动（相对地面是斜向下运动的），因此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所受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运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，情况要发生变化，同速的瞬间可以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的下滑分用，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和传送带之间的最大静摩擦力，此时有μ
向上滑的合力摩擦力力
作
图2
＜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
v10?2
t1??s?1s, s1??5m
a102a体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：＜16m，以后物体受到的摩擦力变为沿传
a2?
送带向上，其加速度大小为（因为mgsinθ＞μmgcosθ）。
mgnsi???mgcos?
?2ms/
m
2
。设物体完成剩余的位移
s2所用的
时间为
t2，则
s2??0t2?
12a2t22
t?1 s,或 t22??11s(舍去)所以：t总?1 s?1 s?2 s。 10t?t222,解得：21，11m=
【总结】关键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：如图2—2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，则物到B需要的时间为多少？
【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的，但是到了物体和传送带有相同速度时，情况就了，经计算，若物体和传送带之间的最大静摩擦力大于重力的下滑分力，物体将和传送带相对静止一起
不
同地放一体从A
图2
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。
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?
?8.46m/s2
m。这样的加速度只能维持到物
v10?2
t1??s?1.18s, s1??5.91m
a8.462a体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：＜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
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。
3
3，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。
放一从A
【总结】关键要分析各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，μ＞tanθ=
例3：如图2—3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，则物体到B需要的时间为多少？
【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。
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
图2
?10m/s2
。
这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s
v10?2
t1??s?1s, s1??5m
a102a为止，其对应的时间和位移分别为：，此时物休
刚好滑到传送带的低端。所以：
t总?1 s。
地放
【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：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A到B需要的时间为多少？
体从
图2
【审题】传送带沿顺时针转动，与物体接触处的速度方向斜向上，物体初速度为零，所以物体相对传送带向下滑动（相对地面是斜向上运动的），因此受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合力为重力的下滑分力和向上的滑动摩擦力，因此物体要向上做匀加速运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，摩擦力情况要发生变化，此时有μ≥tanθ，则物体将和传送带相对静止一起向上匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。
a?
【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度
?mgcos??mgsin?
m
s1?
?1.2m/s2
。这样的加速度只能维持到物体
的速度达到10m/s
v10
t1??s?8.33s,
a1.2为止，其对应的时间和位移分别为：
?2
2a
?41.67m
＜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41.67m=
s2所用的时间为t2，则s2??0t2，50m－
10t2 解得： t2?8.33 s, ，所以：t总?8.33 s?8.33s?16.66 s。
【总结】关键分析各阶段物体受摩擦力的大小和方向，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。
L?
本题的一种错解就是：
12
t?at
2 所以：
2L
a
=9.13s，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。
突破难点2
第2个难点是对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误。
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。
如图2—5甲所示，A、B分别是传送带上和物体上的一点，刚放上物体时，两点重合。设皮带的速度为V0，物体做初速为零的匀加速直
V0t
线运动，末速为V0，其平均速度为V0/2，所以物体的对地位移x物=2，传送带对地位移x传送带=V0t，所以A、B两点分别运动到
x传送带
如图2—5乙所示的A＇、B＇位置，物体相对传送带的位移也就显而易见了，x物=
2
，就是图乙中的A＇、B＇间的距离，即传送带
图2—
5
比物体多运动的距离，也就是物体在传送带上所留下的划痕的长度。
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。
【审题】传送带开始阶段也做匀加速运动了，后来又改为匀速，物体的运动情况则受传送带的运动情况制约，由题 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
意可知，只有μg＜a0才能相对传送带滑动，否则物体将与传送带一直相对静止。【解析】方法一：根据“传送带上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v0?a0t，
v?at
1图22
t
，由于a<a0，故v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有
，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
v0?v?at′
2v012
s0?a0t?v0t′s?
22a，传送带上留下的黑色痕迹的长度 l?s0?s，过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有，
由以上各式得 ①，v
2
v0(a0??g)l?
?a0t 2?a0g。
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
?at??gt ②，传送带和煤块的位移分别为s1和s2，
s1?
111
a0t2s2?at2??gt2
?v??gt?⑤，传送带和煤块的222 ③，④，第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t?，有v0
1
??2s?vt??gt4s?v0t?⑥，l?s1?s3?s2?s4，由以上各式得2位移分别为s3和s4 ，有3⑦，传送带上留下的黑色痕迹的长度
2
v0(a0??g)l?
2?a0g。方法三：传送带加速到v0 ，有v0?a0t①，传送带相对煤块的速度v?(a0??g)t②，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?
1
?a0??g?t22，传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相
?a0??g?t，相对加速度是?g
对初速度为
2
l2?
】，
?a0??g? 2t2
2?g
，整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度
2
v0(a0??g)?a0??g?t21
l?l??a0??g?t?
2?a0g。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—622?g ③，由以上各式得
vv
t1?0t2?0
a0，?g所示。其中
2
v0v0v0(a0??g)11
l?v0(t2?t1)?v0(?)?22?ga02?a0g
，黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：
【总结】本题题目中明确写道：“经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。”这就说明第一阶段传送带的加速度
a0大于煤块的加速度?g。当传送带速度达到v0时，煤块速度v?v0，此过程中传送带的位移大于煤块的位移。接下来
v0，传送带则以v0做匀速运动。两阶段的物体位移之差即为痕迹长度。
已知速度
煤块还要继续加速到
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，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?
【审题】可以将题中复杂的物理过程拆散分解为如下3个小过程。过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。
设桌面长为L，开始时，桌布、圆盘在桌面上的位置如图2—8 甲所示；
圆盘位于桌面的中央，桌布的最左边位于桌面的左边处。由于 桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在 摩擦力作用下有加速度，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
图
运动至
刚离开桌布的过程；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布这段时间内做匀加速运动的过程；过程3：圆盘离开桌
图2—
1
布向右加速运动的距离为2
L+x1。圆盘离开桌布后，在桌面
1
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动的距离为x2，不能超过2
析并画出图丙。
L－x1。通过分
【解析】 1.由牛顿第二定律：μlmg=mal①，由运动学知识：v12=2al x1②，2.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
1
x1，由运动学知识：x =2
at2
1③，x1=21
a1t2④，而x=2
L+x1⑤。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 x2⑦，盘没有从桌面上掉下的条件
1
是：x2≤2
?1?2?2
?1g?2
L—x1 ⑧，由以上各式解得：a≥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。
（3）突破难点3
第3个难点也应属于思维上有难度的知识点。对于匀速运动的传送带传送初速为零的物体，传送带应提供两方面的能量，一是物体动能的增加，二是物体与传送带间的摩擦所生成的热（即内能），有不少同学容易漏掉内能的转化，因为该知识点具有隐蔽性，往往是漏掉了，也不能在计算过程中很容易地显示出来，尤其是在综合性题目中更容易疏忽。突破方法是引导学生分析有滑动摩擦力做功转化为内能的物理过程，使“只要有滑动摩擦力做功的过程，必有内能转化”的知识点在学生头脑中形成深刻印象。
一个物体以一定初速度滑上一粗糙平面，会慢慢停下来，物体的动能通过物体克服滑动摩擦力做功转化成了内能，当然这个物理过程就是要考查这一个知识点，学生是绝对不会犯错误的。
质量为M的长直平板，停在光滑的水平面上，一质量为m的物体，以初速度v0滑上长板，已知它与板间的动摩擦因数为μ，此后物体将受到滑动摩擦阻力作用而做匀减速运动，长板将受到滑动摩擦动力作用而做匀加速运动，最终二者将达到共同速度。其运动位移的关系如图2—9所示。
图
2—9
该过程中，物体所受的滑动摩擦阻力和长板受到滑动摩擦动力是一对作用力和反作用力， W物＝—μmg·x物W板＝μmg·x板
很显然x物＞x板，滑动摩擦力对物体做的负功多，对长板做的正功少，那么物体动能减少量一定大于长板动能的增加量，二者之差为ΔE=μmg（x物—x板）=μmg·Δx，这就是物体在克服滑动摩擦力做功过程中，转化为内能的部分，也就是说“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。”记住这个结论，一旦遇到有滑动摩擦力存在的能量转化过程就立即想到它。 再来看一下这个最基本的传送带问题：
物体轻轻放在传送带上，由于物体的初速度为0，传送带以恒定的速度运动，两者之间有相对滑动，出现滑动摩擦力。作用于物
图2—10
体的摩擦力使物体加速，直到它的速度增大到等于传送带的速度，作用于传送带的摩擦力有使传送带减速的趋势，但由于电动机的作用，保持了传送带的速度不变。尽管作用于物体跟作用于传送带的摩擦力的大小是相等的，但物体与传送带运动的位移是不同的，因为两者之间有滑动。如果物体的速度增大到等于传送带的速度经历的时间为t，则在这段时间内物体运动的位移小于传送带运动的位移。在这段时间内，传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功(这功转变为物体的动能)，两者之差即为摩擦发的热。所谓传送带克服摩擦力做功，归根到底是电动机在维持传送带速度不变的过程中所提供的。
例8：如图2—11所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量是多少？
图2—
11【审题】该题首先得清楚当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量应该怎么来
求，要想到用“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。”这一结论，然后再根据物体和传送带的运动情况来求二者相对滑动的距离。 【解析】
在木块从开始加速至与传送带达到共同速度的过程中
F摩??FN??mg
图2—12
v2v2x??a????g22a2?g mm 由公式v?2ax 可得：
F合
?mg
t?
从木块静止至木块与传送带达到相对静止的过程中木块加速运动的时间
vv
?
a?g
《高中物理10大难点突破,传送带问题》出自：百味书屋
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