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题目一水平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μ.初始时，传送带与煤块都是静止的.先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.
此题属典型的“传送带问题”，但它又是“二体运动”问题.在用此题对学生进行训练时，学生受到“多体运动”的影响而较难理清解题思路.笔者对其归纳出如下四种解法，以期开拓学生解题思维.
解法一：（一般公式法解答）
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=μg.
设经历的时间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.
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
s0=12a0t2+v0t′，
s=v202a.
传送带上留下黑色痕迹的长度
l=s0-s.
由以上各式得
l=v20a0-μg2μa0g=v2021μg-1a0.
解法二：（用相对运动求解）
以煤块为参考系，则
在时间t内，传送带相对于煤块移动的距离
Δl1=12（a0-a）t2.
在时间t′内，传送带相对于煤块移动的距离
Δl2=（v0-v）t′-12at′2.
（其中，t、t′、a、v同解法一所设）
则
传送带上留下黑色痕迹的长度
l=Δl1+Δl2.
联立以上各式解得
l=v2021μg-1a0.
解法三：（利用动量定理和动能定理求解）
设煤块质量为m.在时间t内，对煤块由动量定理得
μmgt=mv0-0.
在时间t′内，对煤块由动量定理得
μmgt′=mv0-mv.
在时间t+t′内，设煤块移动距离为s，对煤块由动能定理得
μmgs=12mv20-0.
在时间t+t′内，设传送带移动距离为s0，则
s0=12a0t2+v0t′.
传送带上留下黑色痕迹的长度为
l=s0-s.
联立以上各式解得
l=v2021μg-1a0.
解法四：（利用速度图像求解）
据题画出传送带和煤块运动的速度图像如图1所示，其中①为传送带运动v＼|t图线，②为煤块运动v＼|t图线.
图1
图中符号字母均为解法一所设.
所以t=v0a0，t′=v0μg-v0a0.
梯形OABCD的面积为传送带移动的距离，△OBD的面积为煤块移动的距离.由v＼|t图可知黑色痕迹长度l即为△OCD的面积.则
l=t+t′-tv02=v0t′2=v2021μg-1a0.
老师在处理此题时如能进行不同解法的训练必能使学生思维更加开阔灵活.
练习：已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为l1，BC间的距离为l2.一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用时间相等，求O与A的距离l.（要求至少用三种方法解答）
解法一：（一般公式法）
设物体的加速度为a，到达A的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则有
l1=v0t+12at2，
l1+l2=2v0t+2at2.
联立两式得
l2-l1=at2，
3l1-l2=2v0t.
设O与A的距离为l，则有
l=v202a.
联立以上各式得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法二：（纸带分析法）
设物体运动的加速为a，到达B点时的速度为v0，通过AB段与BC段所用时间均为t.
物体在两个相等的时间内通过AB段和BC段，故有l2-l1=at2.
物体经过B点的时刻为AC的中间时刻，故有vB=l1+l22t.
物体从O到B，由速度位移关系式得v2B=2a（l+l1）.
由上述三式可解得OA间距离
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法三：（平均速度法）
设物体的加速度为a，到达A、B点时的速度分别为vA、vB，通过AB段和BC段所用的时间均为t.
在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度.则
vB=l1+l22t.
AB段的平均速度：vAB=l1t=vA+vB2.
又v2A=2al，
v2B=2a（l+l1）.
由以上各式联立解得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法四：（图像法）
设物体的加速度为a，从O到A的时间为tA，位移为l，到A、B、C三点的速度分别为vA、vB、vC，通过AB段和BC段所用的时间均为t.
根据物体自静止开始作匀加速直线运动，可得其速度-时间图像，如图2所示.
图2
因为在速度图像中面积表示位移，所以根据相似三角形的面积比等于对应边的平方比可得
ll+l1=t2A（tA+t）2=v2Av2B，
ll+l1+l2=t2A（tA+2t）2=v2Av2C.
再根据两梯形的面积可得
l1l2=vA+vBvB+vC.
又由梯形中位线可得
vB=l1+l22t.
由以上各式联立解得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
此题属典型的“传送带问题”，但它又是“二体运动”问题.在用此题对学生进行训练时，学生受到“多体运动”的影响而较难理清解题思路.笔者对其归纳出如下四种解法，以期开拓学生解题思维.
解法一：（一般公式法解答）
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=μg.
设经历的时间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.
由于a
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
s0=12a0t2+v0t′，
s=v202a.
传送带上留下黑色痕迹的长度
l=s0-s.
由以上各式得
l=v20a0-μg2μa0g=v2021μg-1a0.
解法二：（用相对运动求解）
以煤块为参考系，则
在时间t内，传送带相对于煤块移动的距离
Δl1=12（a0-a）t2.
在时间t′内，传送带相对于煤块移动的距离
Δl2=（v0-v）t′-12at′2.
（其中，t、t′、a、v同解法一所设）
则
传送带上留下黑色痕迹的长度
l=Δl1+Δl2.
联立以上各式解得
l=v2021μg-1a0.
解法三：（利用动量定理和动能定理求解）
设煤块质量为m.在时间t内，对煤块由动量定理得
μmgt=mv0-0.
在时间t′内，对煤块由动量定理得
μmgt′=mv0-mv.
在时间t+t′内，设煤块移动距离为s，对煤块由动能定理得
μmgs=12mv20-0.
在时间t+t′内，设传送带移动距离为s0，则
s0=12a0t2+v0t′.
传送带上留下黑色痕迹的长度为
l=s0-s.
联立以上各式解得
l=v2021μg-1a0.
解法四：（利用速度图像求解）
据题画出传送带和煤块运动的速度图像如图1所示，其中①为传送带运动v＼|t图线，②为煤块运动v＼|t图线.
图1
图中符号字母均为解法一所设.
所以t=v0a0，t′=v0μg-v0a0.
梯形OABCD的面积为传送带移动的距离，△OBD的面积为煤块移动的距离.由v＼|t图可知黑色痕迹长度l即为△OCD的面积.则
l=t+t′-tv02=v0t′2=v2021μg-1a0.
老师在处理此题时如能进行不同解法的训练必能使学生思维更加开阔灵活.
练习：已知O、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为l1，BC间的距离为l2.一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用时间相等，求O与A的距离l.（要求至少用三种方法解答）
解法一：（一般公式法）
设物体的加速度为a，到达A的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则有
l1=v0t+12at2，
l1+l2=2v0t+2at2.
联立两式得
l2-l1=at2，
3l1-l2=2v0t.
设O与A的距离为l，则有
l=v202a.
联立以上各式得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法二：（纸带分析法）
设物体运动的加速为a，到达B点时的速度为v0，通过AB段与BC段所用时间均为t.
物体在两个相等的时间内通过AB段和BC段，故有l2-l1=at2.
物体经过B点的时刻为AC的中间时刻，故有vB=l1+l22t.
物体从O到B，由速度位移关系式得v2B=2a（l+l1）.
由上述三式可解得OA间距离
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法三：（平均速度法）
设物体的加速度为a，到达A、B点时的速度分别为vA、vB，通过AB段和BC段所用的时间均为t.
在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度.则
vB=l1+l22t.
AB段的平均速度：vAB=l1t=vA+vB2.
又v2A=2al，
v2B=2a（l+l1）.
由以上各式联立解得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.
解法四：（图像法）
设物体的加速度为a，从O到A的时间为tA，位移为l，到A、B、C三点的速度分别为vA、vB、vC，通过AB段和BC段所用的时间均为t.
根据物体自静止开始作匀加速直线运动，可得其速度-时间图像，如图2所示.
图2
因为在速度图像中面积表示位移，所以根据相似三角形的面积比等于对应边的平方比可得
ll+l1=t2A（tA+t）2=v2Av2B，
ll+l1+l2=t2A（tA+2t）2=v2Av2C.
再根据两梯形的面积可得
l1l2=vA+vBvB+vC.
又由梯形中位线可得
vB=l1+l22t.
由以上各式联立解得
l=（3l1-l2）28（l2-l1）.