037与摩擦力做功及摩擦热相关的6种题型 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题学案

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一.必备知识精讲1．摩擦力做功正负情况运动的物体受到滑动摩擦力或静摩擦力时，若摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力做负功，该摩擦力就是阻力；若摩擦力的方向与运动方向相同，则摩擦力做正功，该摩擦力就是动力。总之，摩擦力既可能做负功，也可能做正功，还可能不做功。举例如下：2.两种摩擦力做功与能量转化的情况比较　　类别比较　　静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量(1)相对运动的物体通过滑动摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功，等于摩擦力与两个物体相对路程的乘积且为负功，即WFf＝－Ff·x相对，表示物体克服摩擦力做功，系统损失的机械能转变成内能Q相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功5．摩擦力做功计算要注意过程中位移的方向是否改变。(1)物体在粗糙水平面上做单方向的直线运动时，路程与位移大小相等，此时摩擦力做功W＝－Fl(l指位移，F指摩擦力)。(2)物体在粗糙水平面上做往复运动或曲线运动时，路程与位移大小不同，此时摩擦力做功W＝－Fs(s指路程，F指摩擦力)。6.易错点：（1）计算摩擦力做功时，物体的位移是指对地的位移。而计算摩擦热时，是该摩擦力的施力物体与受力物体之间相对运动运动的路程。2一对静摩擦力的总功为零是因为物体间的静摩擦力总是大小相等、方向相反，而它们运动时相对地面的位移是相同的，所以物体之间的静摩擦力若做功，则必定对一个物体做正功，对另一个物体做等量负功。但是滑动摩擦存在相对运动，对地面的位移不同，其正负功不相等。3摩擦力做功问题，常涉及两个物体的相对运动，要注意两物体的位移关系。 二.摩擦力做功与摩擦热公式推导质量为M的木板放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至B点，在木板上前进了L，而木板前进了l，如图所示。若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求摩擦力对滑块、对木板做功各为多少？这一对摩擦力做功的代数和为多大？[答案]　－μmg(l＋L)　μmgl　－μmgL思维引导： (1)滑块的位移多大？所受摩擦力的方向是什么？提示：滑块的位移是木板前进的距离l再加上它相对木板前进的距离L，表达式为(l＋L)。滑块受到的摩擦力与运动方向相反。(2)木板所受摩擦力的方向是什么？提示：木板是被滑块带着向前的，其摩擦力与运动方向相同。[解析]　滑块所受摩擦力Ff＝μmg，位移为(l＋L)，且摩擦力与位移方向相反，故摩擦力对滑块做的功为：W1＝－μmg(l＋L)木板所受的摩擦力Ff′＝μmg，方向与其位移l方向相同，故摩擦力对木板做的功W2＝μmgl这一对摩擦力做功的代数和W＝W1＋W2＝－μmgL拓展：试根据上题中的模型推导摩擦热公式解析：设木块质量为m1，木板质量为m2，水平桌面光滑，木块初速度v10大于木板初速度v20，经过时间t时,木块对地位移为x1，速度为v1；木板对地位移为x2，速度为v2；木块相对木板位移为Δx，则根据动能定理有：       二.经典例题精讲  题型一：板块模型中的摩擦热例1：(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3 kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)A．木板的质量为M＝3 kgB．木块减小的动能为1.5 JC．系统损失的机械能为3 JD．A、B间的动摩擦因数为0.2答案　AC解析　由图乙可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知＝1 m/s2，＝1 m/s2，可得M＝3 kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔEk＝Ek0－Ek1＝mv－mv＝4.5 J，故B错误；由图乙可知，A、B的相对位移大小x＝×2×1 m＝1 m，则系统损失的机械能为ΔE＝Wf＝μmgx＝3 J，故C正确。　题型二：斜面模型中静摩擦力做功例2.(多选)如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面体相对静止．则关于斜面对物体的支持力和摩擦力的做功情况，下列说法中正确的是(　     )A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案：ACD解析：支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtanθ，摩擦力不做功；当a>gtanθ时，摩擦力沿斜面向下，则做正功；当a<gtanθ时，摩擦力沿斜面向上，则做负功．综上所述，A、C、D正确   题型三：斜面模型中滑动摩擦力做功例3：(2020·江苏高考) 如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　)答案　A解析　设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。 题型四：圆周运动中摩擦力做功例4:(2015·海南物理)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为 (　　)A．mgR B．mgRC．mgR D．mgR答案：C[解析]　设质点在最低点的速度为v，则有2mg－mg＝m，据动能定理mgR－Wf＝mv2可得Wf＝mgR，C正确。 题型五：往复运动中摩擦力做功例5：如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3m、h2＝1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。[答案]　(1)3m/s　(2)2s　(3)1.4m[解析]　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3m/s。(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgs＝mv将h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s小滑块沿CD段上滑加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s。(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总。有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得： s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m 题型六：传送带中摩擦力做功与摩擦热例6：　(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　)A．物体在传送带上的划痕长B．传送带克服摩擦力做的功为mv2C．电动机多做的功为mv2D．电动机增加的功率为μmgv思维引导： (1)应根据哪个位移求传送带克服摩擦力做的功？提示：传送带的位移。(2)电动机多做的功转化为什么能量？提示：物体的动能和摩擦生成的热量。答案：AD。解析： 物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移x1＝，传送带的位移x2＝vt＝，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是mv2，由于滑动摩擦力做功，相对位移x＝，则产生的热量Q＝μmg×＝mv2，传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，为fv＝μmgv，故D正确。 三.举一反三，巩固练习 1.如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，DO是水平面，AB是斜面。初速度为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度 (　　)A．可能大于12m/sB．可能等于8m/sC．一定等于10m/sD．可能等于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关答案：C[解析]　物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理，可得－mg·xOA－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－mv2，由几何关系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xOA－μmg·xOD＝0－mv2；同理推得沿DCA有－mg·xOA－μmg·xOD＝0－mv，解得v2＝v，C选项正确。 2．(2017·上海高考)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m解析　(1)滑块经过C点时，滑块所受重力提供向心力mg＝解得vC＝＝2 m/s。(2)对B→C过程，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝mv－mv解得vB＝ ≈4.29 m/s。(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得mgh－μmgcos37°·＝mv－0代入数据解得h＝1.38 m。 3.如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　)A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB．滑块下滑后将会从G点飞出C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mgD．滑块在斜面上经过的总路程为答案　CD解析　滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(1－cosθ)＝mv，在E点有N－mg＝m，联立解得N＝mg(3－2cosθ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cosθ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝mv，其中L＝，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝mv－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，根据动能定理得：mgLsinθ－μmgcosθ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。 4.如图所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，关于A与地面间的滑动摩擦力和A、B间的静摩擦力做功的说法，正确的是(　　)A．静摩擦力都做正功，滑动摩擦力都做负功B．静摩擦力都不做功，滑动摩擦力都做负功C．有静摩擦力做正功，有滑动摩擦力不做功D．有静摩擦力做负功，有滑动摩擦力做正功答案　C解析　物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动，根据平衡条件得知，A对B的静摩擦力与拉力F平衡，地面对A的滑动摩擦力与B对A的静摩擦力平衡，则地面对A的滑动摩擦力方向向左，对A做负功，物块A对地面的滑动摩擦力不做功，A对B的静摩擦力做负功，B对A的静摩擦力做正功，因此，C正确，A、B、D错误。 5.将三个木板1、2、3固定在墙脚，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是(　　)A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的答案　BD解析　对物块从高为h的斜面顶端由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力f＝μN＝μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ，由图可知，Lcosθ为木板与墙壁和地面所构成三角形的底边长，可见，物块分别从三个木板顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功Wf1＝Wf2＜Wf3，而这三个过程中，h1＞h2＝h3，则mgh1＞mgh2＝mgh3，所以沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速度最小，故A错误，B正确；沿着3下滑时克服摩擦力做的功最多，物块的机械能损失最大，产生的热量最多，故C错误；同理，Wf1＝Wf2，所以物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D正确。 6. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)A．上述过程中，F做功大小为mv＋MvB．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案　BD解析　F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v­t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。7.如图所示，水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m＝0.2 kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0；(2)求传送带P、Q之间的最小长度L；(3)若传送带P、Q之间的长度为4 m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。答案　(1)5 m/s　(2)2.5 m　(3)2.5 J　5 J解析　(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点，有mg＝m小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝mv－mv联立并代入数据解得v0＝5 m/s。(2)传送带长度最小时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带共速且速度为v0，则有v＝2aLμmg＝ma联立并代入数据解得L＝2.5 m。(3)设小物块经过时间t加速到与传送带共速，则v0＝at小物块的位移x1＝at2传送带的位移x2＝v0t小物块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1整个过程中产生的热量Q＝μmg·Δx联立并代入数据解得Q＝2.5 J；由能量守恒定律可知，此过程中电动机对传送带做的功W＝Q＋mv代入数据解得W＝5 J。 8．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J解析　(1)物块从A到P的过程，由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝mv－0代入数据解得v1＝8 m/s。(2)物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，有－v＝v1－at1解得物块第一次滑上传送带至两者共速所用时间t1＝6 s设物块第一次在传送带上向左匀减速运动的位移大小为x1，向右匀加速运动的位移大小为x2，则－2ax1＝0－v，2ax2＝v2－0物块向右匀速运动的时间为t2＝＝＝3 s则物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。(3)分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律，有Q＝μ1mgcos37°L＋mv2＝48 J。