《（全國版）2019版高考物理一輪復習 第2章 相互作用 第6課時 摩擦力學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國版）2019版高考物理一輪復習 第2章 相互作用 第6課時 摩擦力學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第6課時　摩擦力 考點1　摩擦力的分析與判斷 1．兩種摩擦力的對比 2．靜摩擦力有無及方向的判斷“三法” (1)假設法：利用假設法判斷的思維程序如下： (2)狀態(tài)法：先判明物體的運動狀態(tài)(即加速度的方向)，再利用牛頓第二定律(F＝ma)確定合力，然后通過受力分析確定靜摩擦力的大小及方向。 (3)牛頓第三定律法：先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向。 3．理解摩擦力應注意的問題 (1)摩擦力的方向總是與物體間相對運動(或相對運動趨勢)的方向相反，但不一定與物體的運動方向相反。 (2)摩擦力總

2、是阻礙物體間的相對運動(或相對運動趨勢)，但不一定阻礙物體的運動。即摩擦力可以是阻力使物體減速，也可以是動力使物體加速。 (3)受靜摩擦力作用的物體不一定靜止，但一定與施力物體保持相對靜止。 [例1]　如圖所示，在水平桌面上放置一斜面體P，兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若將a與b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示。則(　　) A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0 C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0 解析　首先對整體受力分析可知，整體相對地面沒有相

3、對運動趨勢，故f3＝0。再將a和b看成一個整體，ab整體有相對斜面向下運動的趨勢，故b與P之間有摩擦力，即f2≠0。再對a進行受力可知，由于a處于靜止狀態(tài)，故a相對于b有向下運動的趨勢，故a和b之間存在摩擦力作用，即f1≠0，故C正確。 答案　C (1)分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般整體法與隔離法綜合使用。 (2)判斷靜摩擦力主要采用狀態(tài)分析法，即弄清物體的運動狀態(tài)，然后由受力情況進行分析，其次采用假設法。 (多選)如圖所示，A、B、C三個物體質量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數也相同。三個物體隨傳送帶一起勻速運動，運動方向如圖中箭頭所示。則下列說法正確的是(　　)

4、 A．A物體受到的摩擦力方向向右 B．三個物體中只有A物體受到的摩擦力是零 C．B、C受到的摩擦力方向相同 D．B、C受到的摩擦力方向相反 答案　BC 解析　A物體與傳送帶一起勻速運動，它們之間無相對運動或相對運動趨勢，即無摩擦力作用，A錯誤；B、C兩物體雖運動方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B、C正確，D錯誤。 考點2　摩擦力大小的計算 1．靜摩擦力大小的計算 (1)物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)，利用力的平衡條件來求解其大小。 (2)物體有加速度時，若只有摩擦力，則Ff＝ma

5、，例如，勻速轉動的圓盤上物塊靠摩擦力提供向心力產生向心加速度。若除摩擦力外，物體還受其他力，則F合＝ma，先求合力再求摩擦力。 (3)最大靜摩擦力與接觸面間的壓力成正比，為了處理問題的方便，最大靜摩擦力常常按近似等于滑動摩擦力處理。 2．計算摩擦力時的三點注意 (1)首先分清摩擦力的性質，因為只有滑動摩擦力才有計算公式，靜摩擦力通常只能用平衡條件或牛頓定律來求解。 (2)公式F＝μFN中FN為兩接觸面間的正壓力，與物體的重力沒有必然聯(lián)系，不一定等于物體的重力。 (3)滑動摩擦力的大小與物體速度的大小無關，與接觸面積的大小也無關。 [例2]　(多選)物體A和B相對靜止，以共同的速

6、度沿斜面勻速下滑，則(　　) A．A、B間無摩擦力的作用 B．B受到滑動摩擦力的大小為(mA＋mB)gsinθ C．B受到的靜摩擦力的大小為mAgsinθ D．取走A物體后，B物體將勻加速下滑 解析　以A為研究對象，A處于平衡狀態(tài)，因此有f＝mAgsinθ，所以A受到B對其沿斜面向上的摩擦力作用，故A錯誤；以整體為研究對象，根據平衡狀態(tài)有：(mA＋mB)gsinθ＝fB，故B正確；A對B的靜摩擦力與B對A的靜摩擦力大小相等，故有f′＝f＝mAgsinθ，C正確；由前面分析知：(mA＋mB)gsinθ＝fB，根據滑動摩擦力公式有fB＝μ(mA＋mB)gcosθ，得μ＝tanθ，取走

7、A物體后，物體B所受滑動摩擦力為μmBgcosθ，代入μ＝tanθ，得μmBgcosθ＝mgsinθ，即物體B受力仍然平衡，則物體B仍將沿斜面勻速下滑，故D錯誤。 答案　BC (1)求摩擦力必須分清是靜摩擦力還是滑動摩擦力。 (2)靜摩擦力的大小要依據物體的運動狀態(tài)進行計算。 (3)滑動摩擦力計算時一定要注意正壓力的變化。 (多選)如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上，木塊m受到向右的拉力F的作用而向右滑行，長木板處于靜止狀態(tài)，已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2。下列說法正確的是(　　) A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m

8、g B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．當F>μ2(m＋M)g時，木板便會開始運動 D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動 答案　AD 解析　由于木塊在木板上運動，所以木塊受到木板的滑動摩擦力的作用，其大小為μ1mg，根據牛頓第三定律可得木塊對木板的滑動摩擦力也為μ1mg。又由于木板處于靜止狀態(tài)，木板在水平方向上受到木塊的摩擦力μ1mg和地面的靜摩擦力的作用，二力平衡，A正確，B錯誤；若增大F的大小，只能使木塊加速運動，但木塊對木板的滑動摩擦力大小不變，因而也就不可能使木板運動起來，C錯誤，D正確。 考點3　摩擦力的突變 1．通常用臨界法分析摩擦力突

9、變問題 (1)題目中出現“最大”“最小”和“剛好”等關鍵詞時，一般隱藏著臨界問題。有時，有些臨界問題中并不含上述常見的“臨界術語”，但審題時發(fā)現某個物理量在變化過程中會發(fā)生突變，則該物理量突變時物體所處的狀態(tài)即為臨界狀態(tài)。 (2)靜摩擦力是被動力，其存在及大小、方向取決于物體間的相對運動的趨勢，而且靜摩擦力存在最大值。存在靜摩擦的連接系統(tǒng)，相對滑動與相對靜止的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。 (3)研究傳送帶問題時，物體和傳送帶的速度相等的時刻往往是摩擦力的大小、方向和運動性質的分界點。 2．摩擦力的突變問題，在分析中很容易出錯，在解決此類問題時應注意以下兩點： (1)如題干中無特殊說

10、明，一般認為最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力。 (2)此類問題涉及的過程較為復雜，一般采用過程分析法，有時也可用特殊位置分析法解題。 3．常見分類 [例3]　(多選)木塊A、B分別重50 N和60 N，它們與水平地面間的動摩擦因數均為0.25，夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2 cm，彈簧的勁度系數為400 N/m，系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動，現用F＝1 N的水平拉力作用在木塊B上，如圖所示，設滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，則力F作用后(　　) A．木塊A所受摩擦力大小是8 N B．木塊A所受摩擦力大小是11.5 N C．木塊B所受摩擦力大小是9 N D．木塊B所受

11、摩擦力大小是7 N 解析　未加F時，木塊A在水平方向上受彈簧的彈力F1及靜摩擦力FA作用，且FA＝F1＝kx＝8 N，木塊B在水平方向上受彈簧彈力F2和靜摩擦力FB作用，且FB＝F2＝kx＝8 N，在木塊B上施加F＝1 N的向右的拉力后，由于F2＋F<μGB，故木塊B所受摩擦力仍為靜摩擦力，其大小FB′＝F2＋F＝9 N，木塊A的受力情況不變，A、C正確。 答案　AC 摩擦力的突變主要體現在靜摩擦力上。靜摩擦力是被動力，其他力的大小方向變化，可以影響到靜摩擦力的變化，所以一定要根據物體的狀態(tài)去分析。其次是分析靜摩擦力與滑動摩擦力間的變化，它們的臨界點是最大靜摩擦力。 如圖所

12、示，質量為10 kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為5 N時，物體A處于靜止狀態(tài)。若小車以1 m/s2的加速度向右運動，則(g＝10 m/s2)(　　) A．物體A相對小車向右運動 B．物體A受到的摩擦力減小 C．物體A受到的摩擦力大小不變 D．物體A受到彈簧的拉力增大 答案　C 解析　由題意得，物體A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力Fm≥5 N，小車加速運動時，物塊A所受合力F合＝ma＝10 N，可知此時平板車對物體A的摩擦力為5 N，方向向右，且為靜摩擦力，所以物體A相對于車仍然靜止，物體A受到的摩擦力大小不變，故A、B錯誤，C正確；物體A相對于車仍然靜止，

13、所以受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯誤。 1．關于靜摩擦力，下列說法中正確的是(　　) A．兩個運動的物體之間不可能有靜摩擦力的作用 B．靜摩擦力的方向總是與物體相對運動趨勢的方向相反 C．靜摩擦力做的功一定為零 D．靜摩擦力只有大小沒有方向 答案　B 解析　兩個運動的物體之間，如果有相對運動趨勢，就一定有靜摩擦力，A錯誤；靜摩擦力的方向與相對運動趨勢方向相反，B正確；靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功，C錯誤；靜摩擦力是矢量，D錯誤。 2. (多選)如圖所示，在粗糙的水平面上疊放著物體A和B，A和B間的接觸面也是粗糙的，如果用水平拉力F施于A，而A、B仍保

14、持靜止，則下面的說法中正確的是(　　) A．物體A與地面間的靜摩擦力的大小等于F B．物體A與地面間的靜摩擦力的大小等于零 C．物體A與B間的靜摩擦力的大小等于F D．物體A與B間的靜摩擦力的大小等于零 答案　AD 解析　以A、B整體為研究對象，在F作用下保持靜止，水平方向合力為0，則地面對A的靜摩擦力的大小為F，水平向左，A正確，B錯誤；以B為研究對象，B處于靜止狀態(tài)，受重力和A對B的支持力，水平方向不受力，C錯誤，D正確。 3. 如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力(　　) A．方向向左，大小

15、不變 B．方向向左，逐漸減小 C．方向向右，大小不變 D．方向向右，逐漸減小 答案　A 解析　A、B兩物塊一起向右做勻減速直線運動時，加速度a的方向水平向左，大小恒定，對物塊B由牛頓第二定律可得：FfB＝mBa，故B所受的摩擦力方向水平向左，大小為mBa，恒定不變，A正確。 4. (多選)為了測定木塊和豎直墻壁之間的動摩擦因數，某同學設計了一個實驗：用一根彈簧將木塊壓在墻上，同時在木塊下方有一個拉力F2作用，使木塊恰好勻速向下運動(彈簧隨木塊一起向下運動)，如圖所示。現分別測出了彈簧的彈力F1、拉力F2和木塊的重力G，則以下結論正確的是(　　) A．木塊受到豎直向下的滑動

16、摩擦力 B．木塊所受的滑動摩擦力阻礙木塊下滑 C．木塊與墻壁之間的動摩擦因數為 D．木塊與墻壁之間的動摩擦因數為 答案　BD 解析　木塊相對于豎直墻壁下滑，受到豎直向上的滑動摩擦力，阻礙木塊下滑，A錯誤，B正確；分析木塊受力如圖所示。由平衡條件可得：FN＝F1，Ff＝G＋F2，又Ff＝μFN，以上三式聯(lián)立可解得：μ＝，故C錯誤，D正確。 5. 一長木板靜止在傾角為θ的斜面上，長木板上一人用力推長木板上的物塊，使物塊與長木板間的摩擦力剛好為零，已知人、物塊、長木板的質量均為m，人、物塊與長木板間的動摩擦因數均為μ1，長木板與斜面間的動摩擦因數為μ2，重力加速度為g，則下列說法正確

17、的是(　　) A．斜面對長木板的摩擦力大小為mgsinθ B．斜面對長木板的摩擦力大小為3μ2mgcosθ C．長木板對人的摩擦力大小為2μ1mgcosθ D．長木板對人的摩擦力大小為2mgsinθ 答案　D 解析　由題意易知，人、物塊、長木板均保持相對靜止，以人、物塊和長木板組成的整體為研究對象，可得斜面對長木板的靜摩擦力大小為3mgsinθ，A、B錯誤；以人和物塊組成的整體為研究對象，可得長木板對人的靜摩擦力大小為2mgsinθ，C錯誤，D正確。 6. 如圖所示，建筑工人用恒力F推運料車在水平地面上勻速前進，F與水平方向成30°角，運料車和材料所受的總重力為G，下列說法正

18、確的是(　　) A．建筑工人受摩擦力方向水平向左 B．建筑工人受摩擦力大小為G C．運料車受到地面的摩擦力水平向右 D．運料車對地面壓力為＋G 答案　D 解析　運料車受推力F作用向右運動，受到地面的摩擦力水平向左，而建筑工人向右推車時受到地面水平向右的摩擦力，A、C均錯誤；建筑工人受到的摩擦力大小為Ff＝Fcos30°＝F，B錯誤；運料車對地面的壓力為FN＝Fsin30°＋G＝＋G，D正確。 7. 如圖所示，A、B兩物體疊放在水平地面上，A物體質量m＝20 kg，B物體質量M＝30 kg。處于水平位置的輕彈簧一端固定于墻壁，另一端與A物體相連，輕彈簧處于自然狀態(tài)，其勁度系數為

19、250 N/m，A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.5。現有一水平推力F作用于物體B上使B緩慢地向墻壁移動，當移動0.2 m時，水平推力F的大小為(已知A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)(　　) A．350 N B．300 N C．250 N D．200 N 答案　B 解析　假設A、B間沒有相對滑動，則輕彈簧的壓縮量為x＝0.2 m，此時輕彈簧的彈力大小為F＝kx＝50 N，而A與B間的最大靜摩擦力為FfA＝μmg＝100 N，所以A、B之間沒有相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，其大小為Ff1＝50 N，B與地面間的摩擦力為滑動摩擦力，

20、其大小為Ff2＝μ(m＋M)g＝250 N，由B緩慢移動，可知推力的大小為F＝Ff1＋Ff2＝300 N，即B正確。 8．如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　) A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 答案　B 解析

21、　當小物塊速度為零時，小物塊離A處的距離達到最大，為t1時刻，A錯誤；t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，B正確；0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向一直向右，C錯誤；0～t2時間內，小物塊始終受到大小不變的滑動摩擦力作用，t2～t3時間內，由于小物塊與傳送帶速度相同，二者相對靜止，小物塊不受摩擦力作用，D錯誤。 9. (2015·山東高考)如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質量之比為(　　)

22、A. B. C. D. 答案　B 解析　B恰好不下滑時，設作用在B上的水平力為F，則有μ1F＝mBg；A恰好不滑動，由A、B整體，得F＝μ2(mAg＋mBg)，所以＝，選項B正確。 10. (2017·臨汾調研)(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細繩與斜面平行。在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．b對c的摩擦力一定減小 B．b對c的摩擦力方向可能平行斜面向上 C．地面對c的摩擦力方向一定向右 D．地面對c的摩擦力一定減小 答案　BD 解析　若

23、mag>mbgsinθ，則b對c的摩擦力平行于斜面向上，且隨a中的沙子緩慢流出，b對c的摩擦力減??；若mag

24、彈力大小不變 B．物體A對斜面的壓力將減少 C．物體A受到的靜摩擦力將減小 D．彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變 答案　AC 解析　彈簧的彈力F始終等于物體B的重力，故彈力大小不變，A正確；物體A對斜面的壓力等于斜面對A的支持力，即FN＝mAgcosθ，斜面傾角減小，壓力將增大，B錯誤；物體A沿斜面的合力為零，有Ff＝mAgsinθ－mBg，由于mAgsin30°>mBg，故隨著角度的減小，摩擦力依舊沿斜面向上，大小逐漸減小，C正確，D錯誤。 12．(2017·湖北棗陽一中三模)如圖所示，在水平桌面上疊放著質量均為m的木板A、B以及木塊C，初始時刻木板與木塊均處于靜止狀態(tài)，A、B

25、、C之間以及B與桌面之間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g。現將水平輕繩一端固定在A上，另一端繞過光滑滑輪系一質量為m′的小物塊D，則以下判斷正確的是(　　) A．當m′g> 3μmg時，木板B開始滑動 B．B受到桌面的摩擦力大小不可能等于m′g C．A、C之間的摩擦力大小一定等于μmg D．不管m′多大，木板B一定保持靜止 答案　D 解析　先對木板B進行受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力，水平方向受A對B向右的摩擦力f和地面對B向左的摩擦力f′，由于A對B的最大摩擦力為μ(m＋m)g，小于桌面對B的最大摩擦力μ(m＋2m)g，故木板B一

26、定保持靜止，故A錯誤，D正確；當小物塊D的質量m′較小時，A、B、C保持靜止，根據平衡條件可知，B受到桌面的摩擦力大小等于m′g，故B錯誤；當A、C不發(fā)生相對滑動時，A、C之間的摩擦力為零，故C錯誤。 13．(2018·衡水檢測)(多選)如圖甲所示，A、B兩個物體疊放在水平面上，B的上下表面均水平，A物體與一拉力傳感器相連接，連拉力傳感器和物體A的細繩保持水平。從t＝0時刻起，用一水平向右的力F＝kt(k為常數)作用在B的物體上，力傳感器的示數隨時間變化的圖線如圖乙所示，已知k、t1、t2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。據此可求(　　) A．A、B之間的最大靜摩擦力 B．水平面與B之

27、間的滑動摩擦力 C．A、B之間的動摩擦因數μAB D．B與水平面間的動摩擦因數μ 答案　AB 解析　由圖乙知t1時刻后傳感器才有示數，即在t1時刻后地面對B達到最大靜摩擦力，地面對B的最大靜摩擦力為Ffm＝kt1，t1～t2內傳感器示數逐漸增大，說明B對A有向右的靜摩擦力，且逐漸增大，t2時刻后傳感器示數不變，A、B發(fā)生相對滑動，則FfAB＝kt2－Ffm＝k(t2－t1)，A、B正確；由于A、B的質量未知，則μAB和μ不能求出，C、D錯誤。 14. (2017·天津南開區(qū)期末)如圖所示，質量為mB＝24 kg的木板B放在水平地面上，質量為mA＝22 kg的木箱A放在木板B上。一

28、根輕繩一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為θ＝37°。已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數μ1＝0.5?，F用水平向右、大小為200 N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽出，已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，則木板B與地面之間的動摩擦因數μ2的大小為(　　) A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 答案　A 解析　對A受力分析如圖甲所示，由題意得FTcosθ＝Ff1，FN1＋FTsinθ＝mAg，Ff1＝μ1FN1，得FT＝100 N 對A、B整體受力分析如圖乙所示，由題意得 FTcosθ＋Ff2＝F FN2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g Ff2＝μ2FN2 得μ2＝0.3，故A正確。 15