第二章 第2讲 摩擦力-【优学精研】2026年高考物理一轮总复习教用课件

第2讲　摩擦力 考点一　摩擦力的大小与方向 考点二　摩擦力的综合分析与计算 考点三　摩擦力的突变问题 学习目标 学后评价 1.会判断摩擦力的有无及方向 完成□　　　继续□ 2.能用公式计算滑动摩擦力的大小,能结合受力平衡、牛顿运动定律等知识计算静摩擦力的大小 完成□　　　继续□ 3.能处理摩擦力的突变问题,能结合实际情况解决与摩擦力有关的综合问题 完成□　　　继续□ 返回 考点一　摩擦力的大小与方向 返回 【核心要点】 对摩擦力理解的常见误区 误区 图解 误认为滑动摩擦力是运动物体受到的摩擦力,静摩擦力是静止物体受到的摩擦力 误认为摩擦力的方向总与物体的运动方向相反 误认为正压力越大,摩擦力也越大 误认为滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积有关 【提醒】求解摩擦力问题时,首先明确是滑动摩擦力还是静摩擦力。 返回 【典例剖析】 角度1　摩擦力的有无及方向的判断 【典例1】(多选)(2025·大理模拟)如图所示,一质量为m的物块用水平轻质细线连接,细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体,物块放在水平传送带上,水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动,物块以初速度v1向右运动,传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f,下列说法正确的是(　　) A.若v1<v2,则f=μmg,方向向左 B.若v1>v2,则f=μmg,方向向左 C.若v1=v2,且物块m保持匀速运动,则f=0 D.若v1=v2,且物块m保持匀速运动,则f=m0g,方向向左 返回 【解析】选B、D。若v1<v2,则物块受向右的滑动摩擦力,大小f=μmg 选项A错误;若v1>v2,则物块受向左的滑动摩擦力,大小为f=μmg 选项B正确;若v1=v2,且物块m保持匀速运动,则受向右的拉力与静摩擦力而平衡,则受静摩擦力f=m0g方向向左,选项C错误,D正确。 返回 角度2　摩擦力大小的计算 【典例2】(2024·广西选择考)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图,三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑,货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的 大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,则(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.Ff1<Ff2<Ff3 B.Ff1=Ff2<Ff3 C.Ff1=Ff3<Ff2 D.Ff1=Ff2=Ff3 【解析】选D。根据滑动摩擦力的公式f=μFN,可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和压力大小有关,由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同,压力大小也相同,故摩擦力相同,即Ff1=Ff2=Ff3,D正确。 返回 考点二　摩擦力的综合分析与计算 返回 【核心要点】 类型 图解 与弹簧 结合 与连接 体结合 返回 【典例剖析】 角度1　与弹簧有关的摩擦力问题 【典例3】教材习题改编(必修一第三章复习与提高B组T3) 如图所示,木块A、B质量分别为4 kg和6 kg,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25;夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F1=10 N的水平推力作用在木块B上,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求力F1作用后木块A、B所受摩擦力的大小和方向。取g=10 m/s2。 返回 【解析】木块A受到的最大静摩擦力fAm=μmAg=10 N 木块B受到的最大静摩擦力fBm=μmBg=15 N 初始时弹簧弹力F=kx=8 N 施加F1后,木块B水平方向受力分析如图所示 由F1=F+fB可知fB=2 N,方向水平向右 木块A水平方向受力分析如图所示 由fA=F,可知fA=8 N,方向水平向右 答案:8 N,水平向右　2 N,水平向右 返回 　[母题变式]若用F2=12 N的水平拉力作用在木块A上,求稳定后木块A、B所受摩擦力的大小和方向。 【解析】施加F2后,F2=12 N>fAm=10 N, 此时弹簧处于伸长状态,木块A水平方向受力分析如图所示, 由F2=F'+fAm可知,此时 弹簧弹力F'=2 N A受的摩擦力大小为10 N,水平向右。 木块B水平方向受力分析如图所示, 由fB=F'可知,此时木块B所受摩擦力大小为2 N,方向水平向右。 答案:10 N,水平向右　2 N,水平向右 返回 角度2　连接体中的摩擦力问题 【典例4】(2024·海口模拟)如图,物体A、B相对静止,共同沿倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑,若默认最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小,则下列说法中正确的是(　　) A.A与B之间可能没有摩擦力 B.B受到斜面的滑动摩擦力大于mBgsinθ C.B与斜面的动摩擦因数μ>tanθ D.A与B间的动摩擦因数一定等于B与斜面间的动摩擦因数 返回 【解析】选B。对A、B整体,受力情况如图甲所示 由共点力平衡条件得f=(mA+mB)gsinθ>mBgsinθ FN=(mA+mB)gcosθ 滑动摩擦力为f=μFN 由以上三式可以解得μ=tanθ 故B正确,C错误;对A物体,受力情况如图乙所示 由共点力平衡条件可得fA=mAgsinθ, FNA=mAgcosθ 滑动摩擦力为fmax=μABFNA又有fmax≥fA 联立以上等式和不等式可解得μAB≥tanθ=μ故A、D错误。 返回 考点三　摩擦力的突变问题 返回 【核心要点】 摩擦力的四类突变问题 分类 模型解读 “静—静” 突变 “静—动” 突变 “动—静” 突变 “动—动” 突变 返回 【典例剖析】 角度1　“静—静”突变 【典例5】 (2024·桂林模拟)如图1所示,一物块放在粗糙斜面上,在平行于斜面向上的外力F作用下,斜面和物块始终处于静止状态。当F按图2所示规律变化时,物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是(　　) 返回 【解析】选D。依题意,若开始静摩擦力的方向沿斜面向上,则有F+Ff=mgsinθ,在力F减小的过程中,Ff增大,直到力F减小到零时Ff恒定,D项符合题意;若开始静摩擦力的方向沿斜面向下,则有F=Ff+mgsinθ,在力F减小的过程中,Ff先减小到零,然后反向增大,最终不变,无选项对应。 返回 【解析】选D。依题意,若开始静摩擦力的方向沿斜面向上,则有F+Ff=mgsinθ,在力F减小的过程中,Ff增大,直到力F减小到零时Ff恒定,D项符合题意;若开始静摩擦力的方向沿斜面向下,则有F=Ff+mgsinθ,在力F减小的过程中,Ff先减小到零,然后反向增大,最终不变,无选项对应。 返回 角度2　“静—动”突变 【典例6】(多选)(2024·荆州模拟)如图甲所示,A、B两个物体叠放在水平地面上,质量分别为mA、mB。B的上、下表面均水平且B足够长,物体A与一固定于墙面上的拉力传感器相连接,连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平。从t=0时刻起,用一水平向右的力F=kt(k为恒量)作用在物体B上,拉力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示,k、t1、t2已知,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) 返回 A.A、B之间的动摩擦因数μ2= B.0~t1时间内,B处于静止状态,且t1时刻B与地面之间的静摩擦力达到最大 C.t1~t2时间内,B相对地面滑动,且A、B之间的摩擦力逐渐增大到F0 D.B与水平地面间的动摩擦因数μ1= 返回 思路导引　 返回 【解析】选A、B。由乙图可知,t2时刻后A、B相对滑动,则B对A的滑动摩擦力等于传感器的拉力,所以有μ2mAg=F0,其中F0=k(t2-t1),解得μ2= 故A正确;0~t1时间内,B处于静止状态,假设A受到摩擦力作用则传感器会有拉力,所以A、B之间没有摩擦力,且t1时刻B与地面之间的静摩擦力达到最大,t1~t2时间内,由乙图可知,传感器的拉力逐渐增大,则A受的摩擦力也在逐渐增大,这时A、B相对地面还是处于静止状态,故B正确,C错误;B相对于地面刚有滑动趋势时,A、B之间才有摩擦力,所以在t1时刻B与地面的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,则有μ1(mA+mB)g=kt1,解得μ1=,故D错误。 返回 角度3　“动—静”突变 【典例7】如图所示,把一重为G的黑板擦,用一水平方向的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在教室里的竖直墙面上(假设墙足够高),从t=0开始黑板擦所受的摩擦力Ff随t的变化关系是图中的(　　) 返回 【解析】选B。黑板擦在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用,由于Ff从零开始均匀增大,开始一段时间Ff<G,黑板擦加速下滑;当Ff=G时,黑板擦的速度达到最大值;之后Ff>G,黑板擦向下做减速运动,直至减速为零。在整个运动过程中,摩擦力为滑动摩擦力,其大小为Ff=μFN=μF=μkt,即Ff与t成正比,是一条过原点的倾斜直线。当黑板擦速度减为零后,滑动摩擦力突变为静摩擦力,其大小Ff=G,所以黑板擦静止后的图线为平行于t轴的直线,B正确。 返回 角度4　“动—动”突变 【典例8】(多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放上一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化关系如图乙所示,v0、t0已知,重力加速度为g,则(　　) A.传送带一定逆时针转动 B.μ=tanθ- C.传送带的速度大于v0 D.t0时刻后木块的加速度为2gsinθ- 返回 【解析】选A、D。若传送带顺时针转动,当小木块下滑时,有mgsinθ>μmgcosθ 小木块将一直做匀加速直线运动至传送带底端,当小木块上滑时,有mgsinθ<μmgcosθ 小木块先做匀加速直线运动,小木块的 速度等于传送带速度时做匀速直线运动, 两种情况均不符合运动图像,故传送带一 定逆时针转动,故A正确; 返回 $