【物理】2020届一轮复习人教版第二章第2节摩擦力学案
第 2 节 摩 擦 力
考点 1 ? 摩擦力的判断与计算 【p25】
夯实基础
1．两种摩擦力的比较
静摩擦力 滑动摩擦力
定义 两__相对静止__的物体间的摩擦力 两__相对运动__的物体间的摩擦力
产生条件
1.接触面__粗糙__
2．接触处有__压力__
3．两物体间有__相对运动趋势__
1.接触面__粗糙__
2．接触处有__压力__
3．两物体间有__相对运动__
大小、方向
大小：0
Ff 滑．
(4)木块相对于木板开始滑动后，Ff 滑＝μmgcos α，此时，滑动摩擦力随α的增大而减小，按余弦规
律变化．
(5)最后，α＝π
2
，Ff 滑＝0.
综上分析可知，选项 C 正确．
解法二 ：特殊位置法
本题选两个特殊位置也可方便地求解，具体分析见下表：
特殊位置 分析过程
木板刚开始运动时
此时木块与木板间无摩擦，即 Ff 静＝0，故选项 A
错误.
木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时
木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力，且大
于刚开始运动时所受的滑动摩擦力，即 Ffm>Ff 滑，
故选项 B、D 错误.
【答案】C
【小结】用临界法分析摩擦力突变问题的“三点注意”：
1．题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题．有时，有些临界问
题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突
变时物体所处的状态即为临界状态．
2．静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最
大值．存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值．
3．研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质发生
突变的分界点．
针对训练
5．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即 F1、F2 和摩擦力的作用，木块处于静止状态，
如图所示，其中 F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去 F1，则木块受到的摩擦力为(C)
A．10 N，方向向左 B．6 N，方向向右
C．2 N，方向向右 D．0
【解析】当木块受 F1、F2 及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力的
大小为 8 N，可知静摩擦力的最大值 Fmax≥8 N．当撤去力 F1 后，F2＝2 N＜Fmax，木块仍处于静止状态，由平
衡条件可知木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在木块上的 F2 等大反向．C 正确．
6．长直木板的上表面的一端放有一铁块，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的夹角α变
大)，另一端不动，如图所示．则铁块受到的摩擦力 Ff 随角度α的变化图象可能正确的是下图中的(设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力)(C)
【解析】使铁块沿着斜面下滑的力是 F＝mgsin α，对于一个确定的角度α，最大静摩擦力是 fm＝μ
mgcos α.如果 F＜fm，那么铁块所受的是静摩擦力，由平衡条件得知，摩擦力 f＝F＝mgsin α，当α逐渐
变大，会出现 F＞fm，这样，出现滑动摩擦，摩擦力 f＝fm＝μmgcos α，在阶段 1 即静摩擦阶段，f＝F＝
mgsin α，α的变化范围在 0 到 90°之间，sin α随α变大而变大，当 F 大到等于 fm 后，就进入第 2 阶段
即动摩擦阶段，f＝fm＝μmgcos α，余弦函数随α变大而变小，由题知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两
阶段在衔接处没有数值突变，故 C 正确；故选 C.
考 点 集 训 【p267】
A 组
1．一物块放在固定斜面上，物块处于静止状态，如图所示．下列说法正确的是(B)
A．物块不受摩擦力
B．物块受到沿斜面向上的摩擦力
C．物块受到沿斜面向下的摩擦力
D．物块受到水平向右的摩擦力
【解析】若斜面光滑，物块会下滑，说明物块相对于斜面有向下滑动的趋势，故物块受到沿斜面向上
的静摩擦力，故 B 正确，A、C、D 错误．故选 B.
2．汽车的发动机通过变速器和后轮相连，当汽车由静止开始向前运动时(D)
A．前轮、后轮受到的摩擦力方向都向后
B．前轮受到的摩擦力向前，后轮受到的摩擦力向后
C．前轮、后轮受到的摩擦力方向都向前
D．前轮受到的摩擦力向后，后轮受到的摩擦力向前
【解析】由于变速器和后轮相连，所以后轮主动向前转，相对于地面向后运动，受到向前的摩擦力；
车向前运动时，前轮相对于地面向前运动，所以受到地面向后的摩擦力，D 正确，A、B、C 错误．
3．(多选)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力 F 的作用下始终处于静止状
态，拉力 F 在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力 Ff 与时间 t 的关系
正确的是(BD)
【解析】若 t＝0 时静摩擦力沿斜面向上，随 F 减小，Ff 增大，当 F 反向后，Ff 在原来基础上继续增大，
D 正确；若 t＝0 时，静摩擦力沿斜面向下，随 F 减小，Ff 减小，在 F＝0 前，Ff 变为沿斜面向上，B 正确．
4．如图，质量为 M 的滑块 a，置于水平地面上，质量为 m 的滑块 b 放在 a 上．二者接触面水平．现将
水平向右的力 F 作用在 b 上．让 F 从 0 缓慢增大．当 F 增大到某一值时，b 相对 a 滑动，同时 a 与地面间
摩擦力达到最大．已知 a、b 间的动摩擦因数为μ1，a 与地面之间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则μ1 与μ2 之比为(D)
A.m
M
B.M
m
C. m
M＋m
D.M＋m
m
【解析】由题意知当 b 相对 a 滑动，同时 a 与地面间摩擦力达到最大．以 a 为研究对象，由平衡条件
得μ1mg＝μ2(M＋m)g，解得μ1
μ2
＝M＋m
m
，所以 A、B、C 错误，D 正确．
5．如图所示，物块 A 放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝
45°时物块 A 所受的摩擦力大小恰好相等，则物块 A 与木板之间的动摩擦因数为(B)
A.1
2
B. 2
2
C. 3
2
D. 2
【解析】θ＝30°时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等．即：Ff＝mgsin 30°；θ
＝45°时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力为：Ff′＝μFN＝μmgcos 45°；由 mgsin 30°＝μmgcos 45°；
解得：μ＝ 2
2
；故选 B.
6．木块 A、B 分别重 50 N 和 60 N，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 F＝1 N 的水平拉力
作用在木块 B 上，如图所示．力 F 作用后，下列判断正确的是(C)
A．木块 A 所受摩擦力大小是 12.5 N
B．木块 A 所受摩擦力大小是 11.5 N
C．木块 B 所受摩擦力大小是 9 N
D．木块 B 所受摩擦力大小是 7 N
【解析】木块 A 与地面间的滑动摩擦力为：fA＝μmAg＝0.25×50 N＝12.5 N，木块 B 与地面间的滑动
摩擦力为：fB＝μmBg＝0.25×60 N＝15 N，弹簧弹力为：F 弹＝kx＝400×0.02 N＝8 N，施加水平拉力 F 后，
对 B 物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于 B 木块与地面间的最大
静摩擦力为 15 N(等于滑动摩擦力)，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块 B 静止不动，所以木块 B 受到的静
摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：fB′＝F 弹＋F＝8 N＋1 N＝9 N，故 C 正确，D 错误．施加水
平拉力 F 后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块 A 相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦
力，且与弹力平衡，因而：fA′＝F 弹＝8 N，故 A、B 错误．
B 组
7．(多选)如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢
底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)，下列说法正确的是(AC)
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足 tan θ>μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足 sin θ>μ2
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足
μ2>tan θ>μ1
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足
μ2>μ1>tan θ
【解析】对沙子分析，若要顺利地卸干净全部沙子，
则 mgsin θ>μ2mgcos θ，知 A 对；同理 C 对．
8．如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，物块位于水平面上．A、B 是物块能保持
静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B 两点离墙壁的距离分别是 x1、x2.物块与地面的最大静摩擦力
为 Ffm，则弹簧的劲度系数为(C)
A. Ffm
x1＋x2
B. 2Ffm
x1＋x2
C. 2Ffm
x2－x1
D. Ffm
x2－x1
【解析】物块在离墙壁的最近点和最远点，受到的静摩擦力等于最大静摩擦力 Ffm，由平衡条件和胡克
定律可得：Ffm＝k(L0－x1)，Ffm＝k(x2－L0)，解得：k＝ 2Ffm
x2－x1
，C 正确．
9．如图所示，斜面倾角为θ＝30°，一个重 20 N 的物体与轻弹簧一端相连，弹簧另一端固定在挡板
上，物体在斜面上静止不动．弹簧的劲度系数为 k＝100 N/m，原长为 10 cm，现在的长度为 6 cm.
(1)试求物体所受的摩擦力大小和方向；
(2)若将这个物体沿斜面上移 6 cm，弹簧仍与物体相连，下端仍固定，物体在斜面上仍静止不动，那
么物体受到的摩擦力的大小和方向又如何呢？
【解析】(1)设物体所受的摩擦力大小为 Ff1，方向沿斜面向上，对物体进行受力分析，则有 Ff1＝mgsin
θ－F，
由于 F＝kx1＝4 N，故 Ff1＝20 N×1
2
－4 N＝6 N，方向沿斜面向上．
(2)若将物体上移，设物体所受的摩擦力大小为 Ff2，方向沿斜面向上，则再对物体进行受力分析可得：
Ff2＝mgsin θ＋F′，
由于 F′＝kx2＝100×(0.12－0.10) N＝2 N，
故 Ff2＝20 N×1
2
＋2 N＝12 N，方向沿斜面向上．
