《名校推荐》2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：摩擦力-教师版 WORD版含解析.docx

1、摩擦力一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为()A. 112B. 1-1212C. 1+1212D. 2+1212B（乐陵一中）解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=2(m1+m2)g 再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N 竖直方向：m2g=f 其中：f=1N 联立有：m

2、2g=1F 联立解得：m1m2=1-1212 故选：B 对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力2. 重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法正确的是()A. 在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B. 自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C. 自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力减小D. 石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力C（乐陵一中）解：A、物体的重心的位置跟形状还有质量分布

3、有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，故A错误；B、动摩擦因素与倾角无关.故B错误；C、石块处于平衡状态，则有：mgsin=f，FN=mgcos，自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力FN逐渐减小.故C正确；D、石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于最大静摩擦力，也小于重力沿斜面方向的分力.故D错误故选：C石块处于平衡状态，对石块进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是滑动摩擦力要小于最大静摩擦力3. 如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止

4、状态.若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示.则()A. f1=0，f20，f30B. f10，f2=0，f3=0C. f10，f20，f3=0D. f10，f20，f30C（乐陵一中）解：对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；f10；再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；f20；对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；f3=0；故只有C正确，ABD错误；故选：C分别对a、ab以及abP整体进行分析，根据

5、平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用4. 如图所示，质量为m的物体放置在倾角为的斜面上处于静止状态，物体与斜面的滑动摩擦因数为，则物体所受摩擦力的大小为()A. mgsinB. mgscosC. mgtanD. mgtanA（乐陵一中）解：对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、静摩擦力，物体处于静止状态，所以合力为0；设斜面倾角为，根据平衡条件：沿斜面方向上：f=mgsin，故A正确，BCD错误故选：A对物块进行受力分析，然后

6、根据共点力的平衡条件列方程求解考查力的平行四边形定则的应用，掌握共点力平衡的应用，理解力的实际效果分解，也可以运用正交分解法求解5. 如图所示，质量为M的木板放在水平桌面上，一个质量为m的物块置于木板上.木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为.现用一水平恒力F向右拉木板，使木板和物块体共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止.已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A. 木板与物块间的摩擦力大小等于0B. 木板与桌面间的摩擦力大小等于FC. 木板与桌面间的摩擦力大小等于MgD. 木板与桌面间的摩擦力大小等于(M+m)gD（乐陵一中）解：A、由题意知，木板和物块共同向右做匀加速直线运

7、动，且物块与木板保持相对静止，可知木板与物块间存在相互作用的静摩擦力，物块在静摩擦力作用下产生向右的加速度，故A错误；B、因为物块向右加速运动，故物块受到木板向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，物块对木板有向左的摩擦力，对木板受力分析可知，如果木板与桌面间的摩擦力大小为F方向水平向左，则木板所受合力向左，故不可能向右加速运动，故B错误；C、因为木板在竖直方向上除了受到重力还受到M向下的压力，由于M在竖直方向上受力平衡可知，桌面对M的支持力大小为FN=(m+M)g，故摩擦力大小为(m+M)g，故C错误；D、因为桌面对木板的支持力为FN=(m+M)g，且木板与桌面间是滑动摩擦力，所以f=FN=(m

8、+M)g，故D正确故选D木板和物块在力F作用下共同向右做匀加速直线运动可知：物块m和木板M间是静摩擦力，具体大小由牛顿定律确定；木板与桌面间的摩擦力是滑动摩擦力，大小满足f=FN，对M受力分析，在竖直方向受力平衡可知，M和桌面间的弹力大小不等于木板的重力关于滑动摩擦力的计算f=FN式中FN是接触面间的弹力，而非重力，要注意判断二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 如图，物体AB相对静止，共同沿斜面匀速下滑，则下列判断正确的是()A. A对B的摩擦力做正功B. B受到斜面的滑动摩擦力为mBgsinC. 斜面受到B的滑动摩擦力，方向沿斜面向上D. B与斜面的滑动摩擦因素=tanAD（乐陵一中

9、）【分析】本题应该可以分别对A和AB整体进行分析求出AB间的摩擦力以及B与地面之间的摩擦力；由摩擦力公式可求得动摩擦因数.本题考查摩擦力的分析及判断和功的计算问题；如果没有摩擦，AB两物体会一起加速下滑，而题中物体一起匀速下滑，故AB及B和地面之间一定有摩擦力【解答】A.对A受力分析如图所示；则可知，A一定受B向上的摩擦力；则由牛顿第三定律可知，B受A向上的摩擦力；则B受到A的摩擦力对B做正功；故A正确；B.对AB整体受力分析，如图由共点力平衡条件可得B受到的摩擦力为：f=(mA+mB)gsin；方向沿斜面向上；故B错误；C.由牛顿第三定律可知，斜面受到B的摩擦力方向向下；故C错误；D.垂直斜

10、面方向上支持力为：N=(mA+mB)gcos而滑动摩擦力为：f=N则可解得：=tan；故D正确；故选AD。7. 如图所示，长方物体A放置在长方物体B上，A、B间的滑动摩擦因数1=0.5.物体B放置在水平地面上，物体B与水平地面之间的滑动摩擦因数2=0.2.已知mA=3kg，mB=2kg.现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2.则下列说法正确的是()A. 当拉力F=18N时，A、B之间有相对滑动B. 当拉力F=20N时，B的加速度为2.5m/s2C. 当拉力F=22N时，B的加速度为2.4m/s2D. 当拉力F=24N时，A的加速度为3m/s2CD

11、（乐陵一中）解：A、当A和B即将滑动时加速度为a=1mAg-2(mA+mB)gmB=0.5310-0.25102m/s2=2.5m/s2：设此时的拉力为F，则：F-1mAg=mAa，解得：F=22.5N，所以A错误；B、当拉力F=20N时，A、B没有发生相对运动，则B的加速度为aB=F-2(mA+mB)gmA+mB=20-0.25105m/s2=2m/s2，B错误；C、当拉力F=22N时，A、B没有发生相对运动，则B的加速度为aB=F-2(mA+mB)gmA+mB=22-0.25105m/s2=2.4m/s2，C正确；D、当拉力F=24N时，A、B已经发生相对运动，则A的加速度为aA=F-1m

12、AgmA=24-0.53103m/s2=3m/s2，C正确故选：CD以B为研究对象求解A、B滑动时的加速度，再以A为研究对象，根据牛顿第二定律求解此时拉力大小；比较拉力为20N、22N和24N时二者是否相对运动，根据牛顿第二定律求解B或A的加速度本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用8. 如图甲所示，一物块m在平行斜面向上的外力F作用下静止在粗糙斜面上，当外力F按照图乙所示规律变化时，斜面和物块始终处于静止状态，下列说法正确的是()A. 地面对斜面的摩

13、擦力逐渐增大B. 地面对斜面的摩擦力逐渐减小C. 物块对斜面的摩擦力可能一直增大D. 物块对斜面的摩擦力可能一直减小BC（乐陵一中）解：A、对整体分析，受力分析如图所示，根据共点力平衡得，Fcos=f地，因为F逐渐减小，可知地面对斜面的摩擦力逐渐减小.故B正确，A错误C、对物块分析，物体受重力、支持力、拉力和静摩擦力平衡，由于静摩擦力的方向未知，当拉力逐渐减小，若静摩擦力初始时刻向下，根据共点力平衡知，F=mgsin+f，拉力减小，则静摩擦力先减小反向增大；若静摩擦力初始时刻向上，根据共点力平衡知，F+f=mgsin，当拉力减小，则摩擦力增大.故C正确，D错误故选：BC对物体受力分析，根据共点

14、力平衡判断物体所受的摩擦力变化；对整体分析，根据共点力平衡判断地面对斜面的摩擦力大小解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用9. 如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是()A. 压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B. 压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D. 当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长

15、AD（乐陵一中）解：A、因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为，有：mgsinmgcos，所以(mg+F)sin(mg+F)cos，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=(mg+F)sin，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误C、撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F-mg=ma，则B对A的作用力逐渐减小.当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离.故C错误，D正确故选：AD抓住开始AB保持相对静止，A在沿斜面方向的分力小于等于最

16、大静摩擦力，通过共点力平衡判断缓慢压缩弹簧过程中A、B间摩擦力的变化.撤去力F后，对整体分析得出加速度的变化，再隔离对A分析，得出B对A作用力的变化解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道撤去F后，AB开始具有相同的加速度，当弹簧恢复原长时，两者发生脱离三、填空题（本大题共1小题，共5分）10. 如图所示，物体A、B的质量mA=8kg，mB=6kg，A与B、B与地面之间的动摩擦因数都为=0.3，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，则地面对B的摩擦力的大小是_ ；A对B的摩擦力的大小和方向分别是_ N，_ .(g取10m/s2)42N；21；方向向右（乐陵一中

17、）解：因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有：F地B=(mA+mB)g=0.3(6+8)10N=42N F地B的方向与相对运动方向相反，即向左整体受力分析知F=F地B=42N，对A物体有FT-FBA=0，其中FT为绳的拉力，大小为FT=F2=21N，解得：FBA=21N，方向向左，A对B的摩擦力大小为FAB=FBA=21N，方向向右故答案为：42N，21，方向向右根据整体与隔离来分别进行受力分析，依据牛顿第二定律，与摩擦力的方向，即可求解对于摩擦力的分析，首先要明确物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后才能根据各自的性质进行分析运算四、计算题（本

18、大题共4小题，共48分）11. 某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用，获得水平推力F=84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1=1.0s，撤去水平推力F后经过时间t2=2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离。解：(1)运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用时加速度为：a1=F-fm=84-12

19、60m/s2=1.2m/s2t1=1s时的速度为：v1=a1t1=1.21m/s=1.2m/s这段时间内的位移：x1=12a1t12=121.212m=0.6m(2)第一次撤除水平推力F后，加速度为a2=-fm=-1260m/s2=-0.2m/s2撤除水平推力F后经过t2=2.0s速度为：v2=v1+a2t2=1.2-0.22m/s=0.8m/s第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同，则有v32-v22=2a1x1解得v3=525m/s此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最大距离为：x2=0-v322a2解得：x2=5.2m答：(1)第一次利用滑雪杖对

20、雪面作用获得的速度大小为1.2m/s，这段时间内的位移为0.6m；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为5.2m。（乐陵一中）(1)根据牛顿第二定律求出利用雪仗作用时的加速度，根据速度时间公式求出第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，根据位移与时间关系求出这段时间内的位移。(2)根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，结合速度时间公式求出2s后的速度，根据速度位移公式求出雪仗第2次对雪面作用后的速度，再结合速度位移公式求出第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是注意分段进行处理，本题也可以利用动量定理结合动能定理进行

21、求解。12. 如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数=0.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下.求：(1)长板2的长度L0；(2)当物体3落地时，物体1在长板2的位置解：设向右为正方向(1)物体1的加速度：a1=-mgm=-g=-2m/s2物体2和3的整体加速度为：a2=mg+mg2m=6m/s2设经过时间t1二者速度相等即有：v1=v+

22、a1t=a2t代入数据解：t1=0.5m/s，v1=3m/s物体1的位移为：x1=v+v12t=1.75m物体1的位移为：x2=v12t所以木板2的长度L0=x1-x2=1m(2)此后，假设物体123相对静止，a=13g，物体1受到的静摩擦力为Ff1=ma=3.3NFf=mg=2N，故假设不成立，则知物体1和物体2相对滑动物体1的加速度大小为a3=g=2m/s2物体2和3整体的加速度大小为a4=mg-mg2m=4m/s2整体下落高度h=H-x2=5m，根据h=v1t+12a4t22解得t2=1s物体1的位移x3=v1t2+12a3t22=4m则h-x3=1m 故物体1在长木板2的最左端答：(1

23、)长板2的长度L0是1m(2)当物体3落地时，物体1在长板2的最左端（乐陵一中）(1)物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等.根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度，由速度相等，求出时间，由位移公式分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差即等于板长(2)判断三个物体能否相对静止.假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动.再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长

24、木板2的最左端本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点13. 如图所示，质量M=23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=3kg的小球B相连。今用与水平方向成=30角的力F=103N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M，m相对位置保持不变，取g=10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数；(3)当为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的力最小。解：(1)对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得：Fcos30=Tcos，Fsin30+Tsin=mg代入数据解得：T=103，tan

25、=33，即：=30；(2)对M进行受力分析，由平衡条件有FN=Tsin+Mgf=Tcosf=FN解得：=35；(3)对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有：FN+Fsin=(M+m)g，f=Fcos=FN,联立得：Fcos=(M+m)g-Fsin，解得：F=M+mgcos+sin，令：sin=11+2，cos=1+2，即：tan=1，则：F=(M+m)g(sincos+cossin)1+2=(M+m)gsin+1+2；所以：当+=90时F有最小值.所以：tan=35时F的值最小.即：=arctan35。答：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角为30；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数=35；(3)

26、当=arctan35时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小。（乐陵一中）略14. 如图所示，内壁光滑的木槽质量为mA=m，内直径为2L，置于水平桌面上，槽与桌面间的动摩擦因数为.槽内有两个小球B、C，它们的质量分别是mB=m，mC=2m.现用两球将很短的轻弹簧压紧(球与弹簧不连接)，且B球到木槽左端、C球到木槽右端的距离均为L，这时弹簧的弹性势能为EP=mgL.同时释放B、C球，并假设小球与槽碰撞后不分离，碰撞时间不计.求：(1)第1个小球与槽碰撞后的共同速度？(2)第2个小物块经多少时间才与车槽相碰撞？解：(1)释放瞬间：mBvB=mCvCEP=12mBvB2+12mCvC2解得：vB=4

27、3gLvC=13gL物体B经时间t1=LvB=3L4g与槽A相撞B与槽A相撞，动量守恒，有：mBvB=(mA+mB)v1共解得：v1共=gL3方向向左(2)从BC分离到B球与A槽碰撞的时间为t1=LvB从BC分离到B球与A槽碰撞，C球的位移s=vct1式带入式，得s=L2AB共同向左匀减速运动，C向右匀速运动，由运动学公式求出B与槽A碰撞到C与槽A碰撞的时间t2=L-L2gL3+gL3=143Lgt=t1+t2=3L4g+143Lg=343Lg答：(1)第1个小球与槽碰撞后的共同速度为gL3(2)第2个小物块经343Lg才与车槽相碰撞（乐陵一中）首先可应用动量守恒动力和能量关系求出第一个球与槽碰撞后的共同速度，再对AB组合体和C的运动进行分析，应用运动学公式求出第二个球的经过多少时间与槽碰撞解答本题的关键是注意三个状态的分析，BC分力、BA相碰和CA相碰，应C球与槽A碰撞的时间为BC分离到CA碰撞的时间，要分成两段进行分析.如果把问题改成：第2个小球与槽碰撞后的共同速度？和整个运动过程中，桌面与槽摩擦产生的热量？又应如何解答？