2022届高考物理一轮复习课时作业-第2章-第2课-摩擦力的分析与计算-.docx

第2课　摩擦力的分析与计算

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案

一、单项选择题
1．用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力Ff随时间t变化如图中实线所示，下列说法正确的是(　　)

A．F是从t1时刻开头减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零
B．F是从t1时刻开头减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零
C．F是从t2时刻开头减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零
D．F是从t2时刻开头减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零
答案：A
2．一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，此时斜面体不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则斜面体受地面的摩擦力(　　)
A．大小为零
B．方向水平向前
C．方向水平向后
D．无法推断大小和方向
解析：由于两个过程中斜面体受到物体的作用力没有变化，所以地面对斜面体的摩擦力不变，仍为零，A项正确．
答案：A
3．如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧测力计读数为2 N，滑轮摩擦不计．若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量削减到0.3 kg时，将会毁灭的状况是(g＝10 m/s2)(　　)
A．弹簧测力计的读数将变小
B．A仍静止不动
C．A对桌面的摩擦力不变
D．A所受的合力将要变大
解析：当砝码和托盘的总质量为m1＝0.6 kg时，F＋Ff＝m1g＝6 N，Ff＝4 N，可知A与桌面的最大静摩擦力至少为4 N，当砝码和托盘总质量为m2＝0.3 kg时，设A仍不动，有F不变，F＋Ff′＝m2g，Ff′＝1 N＜4 N，故假设成立，A仍静止不动，A所受的合力仍为零，A对桌面的摩擦力减为1 N，弹簧测力计的示数不变，故只有B正确．
答案：B
4．如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角渐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化状况是(　　)

A．保持不变 B．始终增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：分析物体受力，开头时摩擦力沿斜面对下，由平衡条件得mgsin θ＋f＝F，式中的F为弹簧弹力，大小不变，当倾角θ增大，摩擦力f减小，当F＝mgsin θ时，摩擦力f＝0，倾角再增大，摩擦力变为沿斜面对上，由平衡条件得mgsin θ＝F＋f，倾角θ增大，摩擦力f增大，所以摩擦力先减小后增大，选D.
答案：D
5．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计．若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为(　　)
A．4μmg B．3μmg
C．2μmg D．μmg
解析：本题考查物体的受力分析及物体的平衡．由于P、Q都做匀速运动，因此可用整体法和隔离法求解．隔离Q进行分析，Q在水平方向受绳向左的拉力FT和向右的摩擦力Ff1＝μmg，因此FT＝μmg.对整体进行分析，整体受绳向左的拉力2FT，地面对整体的向左的摩擦力Ff2＝2μmg，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2FT＋Ff2＝4μmg.
答案：A
6．如图所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为1 000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面对上拉物体，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25 N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数不行能为(　　)
A．10 N B．20 N
C．40 N D．60 N
解析：设物体与斜面的静摩擦力沿斜面对上，由平衡条件得：F＋Ff＋kx＝mgsin 30°.可得：F＋Ff＝20 N，F由0渐渐增大．Ff渐渐减小，当Ff＝0时，F为20 N；故A、B均可能；当Ff沿斜面对下时，F＋kx＝Ff＋mgsin 30°.有：F＝Ff＋20 N，随F增大，Ff也渐渐增大，直到Ff＝25 N，此时F＝45 N，当F＞45 N，滑块就沿斜面滑动，故测力计的读数不行能为60 N.
答案：D
二、不定项选择题
7．用手握住一个油瓶并保持静止(油瓶始终处于竖直方向，如图所示)，下列说法中正确的是(　　)
A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必需增大
B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大
C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是确定的
D．摩擦力等于油瓶与油的总重力
解析：由于油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又由于是静摩擦力，依据其特点，大小与压力无关，故C、D正确，B错误．而最大静摩擦力Ffmax与正压力有关．在压力确定的状况下，最大静摩擦力确定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤Ffmax，不增加压力仍可平衡，A错误．
答案：CD
8．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后(　　)
A．M静止在传送带上
B．M可能沿斜面对上运动
C．M受到的摩擦力增大
D．M下滑的速度不变
解析：本题考查的学问点为滑动摩擦力，由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、滑动摩擦力、支持力，传送带启动以后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故D正确．
答案：D
9．如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，Ft关系图象如图乙所示．两物体在变力F作用下由静止开头运动，且始终相对静止，则(　　)

A．t时刻，两物体之间的摩擦力为零
B．t时刻，两物体的速度方向开头转变
C．t～2t时间内，两物体之间的摩擦力渐渐增大
D．0～2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
解析：t时刻F＝0，A、B的加速度为零，因此两物体速度方向不变，且A、B间的摩擦力为零，可见选项A对、B错．t～2t时间内，A、B系统的加速度渐渐增大，以A为争辩对象，A受到的摩擦力应渐渐增大；A的加速度由其受到的摩擦力供应，因此A受到摩擦力与A、B加速度同向，即与F同向，可见选项C、D正确．
答案：ACD
10．如图所示，水平面上复印机纸盒里放一叠共计10张复印纸，每一张纸的质量均为m.用一摩擦轮以竖直向下的力F压第1张纸，并以确定的角速度逆时针转动摩擦轮，确保摩擦轮与第1张纸之间、第1张纸与第2张纸之间均有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，摩擦轮与第1张纸之间的动摩擦因数为μ1，纸张间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1＞μ2.则下列说法正确的是(　　)
A．第2张纸到第9张纸之间可能发生相对滑动
B．第2张纸到第9张纸之间不行能发生相对滑动
C．第1张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向左
D．第6张纸受到的合力为零
解析：对于第2张纸：上表面受到第1张纸向右的滑动摩擦力Ff12＝μ2(mg＋F)……①；下表面受到第3张纸向左的最大静摩擦力Ff32＝μ2(2mg＋F)……②.由①②可知：Ff12＜Ff32.所以A错误，B正确；第1张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向右，C错误；由于第6张纸不会发生相对滑动而处于静止状态，所以它受到第5张纸向右的静摩擦力与第7张纸向左的静摩擦力等大反向，D正确．
答案：BD
三、非选择题
11．如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1＞μ2)．当它们从静止开头沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为多少？
解析：先取PQ为一整体，受力分析如图所示．由牛顿其次定律得：
(M＋m)gsin θ－FfQ＝(M＋m)a，
FfQ＝μ2FN，FN＝(m＋M)gcos θ，
以上三式联立可得：a＝gsin θ－μ2gcos θ.
再隔离P物体，设P受到的静摩擦力为FfP，方向沿斜面对上，对P再应用牛顿其次定律得：mgsin θ－FfP＝ma可得出FfP＝μ2mgcos θ.
答案：μ2mgcos θ
12．如图所示，板A的质量为m，滑块B的质量为2m，板A用绳拴住，绳与斜面平行，滑块B沿倾角为α的斜面在A板的中间一段匀速下滑，若A、B之间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，求动摩擦因数μ.
解析：以B为争辩对象进行受力分析，如图所示，由平衡条件得：
2mgsin α＝μFN1＋μFN2，①
对于A由平衡条件得：
FN2＝mgcos α，②
对A、B整体由平衡条件得：
FN1＝3mgcos α，③
由①②③得：μ＝tan α.
答案：tan α