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

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

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 kg

B．木块减小的动能为1.5 J

C．系统损失的机械能为3 J

D．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．mgR

C．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mv2

C．电动机多做的功为mv2

D．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/s

B．可能等于8m/s

C．一定等于10m/s

D．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mg

B．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3mg

D．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＋Mv

B．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＝2aL

μmg＝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。