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[!--downpath--]磨擦力做功公式W=Ffx，其中的x是指物體相對地面的位移，此式只能用于估算恒定的滑動磨擦力做功，若滑動磨擦力是變力，則只能用此式做定性剖析。
例1：一物體靜止在粗糙水平地面上，現用一大小為F1的水平拉力帶動物體，經過一段時間后其速率變為v。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速率變為2v。對于上述2個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服磨擦力所做的功，則()。
A、WF2>4WF1，Wf2>2Wf1;
B、WF2>4WF1，Wf2=2Wf1;
C、WF2F1，Wf2=2Wf1;
D、WF2F1，Wf2f1。
解析：因物體均做勻變速直線運動，由運動學公式v平=(v1+v2)/2得前后2個過程的平均速率是2倍關系，這么位移x=vt也是2倍關系，若Wf1=Ffx，則Wf2=Ff·2x，推出Wf2=2Wf1;由動能定律有WF1-Ffx=?mv2和WF2-Ff·2x=?m(2v)2得WF2=4WF1-，選項C正確。
【總結】認清滑動磨擦是恒力，捉住恒力做功公式W=Ffx剖析磨擦力做功情況。
二、斜面體模型中的滑動磨擦力做功特征
如圖1所示，斜面體固定在水平面上，一質量為m的物體順著斜面向上運動，斜面長為L，高度為h，斜邊長為x，物體與斜面間的動磨擦質數為μ，克服滑動磨擦力做功Wf=μmgx投(x投指物體在斜面上運動的位移在水平面上的投影)。
在物體從斜面底端運動到斜面頂端在過程中，磨擦力Wf=μθ=μmgx。
假如施加水平往右的恒力在物體m上，物體由低處運動到Z低點的過程，克服滑動磨擦力做功
Wf=μ[mgcosθ+Fsinθ]L=μmgx+μFh。
例2：如圖2所示，豎直平面內的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿聯接而成，兩軌道寬度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道Z高點B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至Z低點A，所需時間分別為t1、t2，動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2。假設球在經過軌道轉折點前后速率的大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動磨擦質數相等克服摩擦力做功的公式，則()。
A、ΔEk1＞ΔEk2，t1＞t2;
B、ΔEk1＝ΔEk2，t1＞t2;
C、ΔEk1＜ΔEk2，t1＜t2;
D、ΔEk1＝ΔEk2，t1＜t2。
解析：設OA高度為h，OB距離為L，無論軌道Ⅰ還是軌道Ⅱ，磨擦力做功均為Wf=μmgL+μFh，恒力F做均功為W=FL，克服重力做功WG=mgh相等，按照動能定律W-WG-Wf=ΔEk，則動能增量相等。做出在2個軌道上運動的速率時間-圖線，如圖3所示。因為路程相等，則圖線與時間圍成的面積相等，由圖可知t1>t2，選項B正確。
【總結】本題按照推導入的滑動磨擦力做功的表達式Wf=μmgL+μFh，實現快速解答。
三、線性變化的滑動磨擦力做功特征
如圖4所示，當滑動磨擦力與位移成反比時，其做功的大小可以用陰影部份面積表示。
例3：如圖5所示，夾角為37°的光滑斜面上粘貼有一長度不計、寬度為d=0.2m的橡膠帶，橡膠帶的上表面與斜面坐落同一平面內，其上、下邊沿與斜面的上、下邊沿平行，橡膠帶的上邊沿到斜面的頂端距離為L=0.4m，現將質量為m=1kg、寬度為d的薄方形板上邊沿與斜面頂端平齊，且從斜面頂端靜止釋放。已知方形板與橡膠帶之間的動磨擦質數為0.5，重力加速度g取10m·s-2，不計空氣阻力，方形板由斜面頂端靜止釋放下降到完全離開橡膠帶的過程中(此過程方形板一直在斜面上)，下述說法正確的是()。
A、矩形板遭到的磨擦力為Ff=4N;
B、矩形板的重力做功為WG=3.6J;
C、產生的熱量為Q=0.8J;
D、矩形板的上邊沿穿過橡膠帶下邊沿時速率大小為2√35/5m·s-1
解析：方形板在掠過橡膠帶的過程中對橡膠帶的正壓力是變化的克服摩擦力做功的公式，所以方形板受磨擦力是變化的，選項A錯誤;重力做功WG=mg(L+d)sinθ=3.6J，選項B正確;形成的熱量等于克服磨擦力做功，所以Q=Wf=?×μmgcosθ×2d=0.8J，選項C正確;按照動能定律有WG-Wf=?mv2-0，解得v=2√35/5m·s-1，選項D正確。綜上選項B、C、D正確。
【總結】本題可以剖析出磨擦力隨著位移的變化成線性關系，依據Ff-x圖像圍成的面積求滑動磨擦力做功。
四、大小不變方向變化的滑動磨擦力做功特征
當滑動磨擦力大小不變而方向發生變化時，滑動磨擦力做功Wf=-Ffs(s指物體運動的路程)。
例4：如圖6所示，絕緣斜面上相距d=50cm的兩點固定著2個絕緣的彈性擋板，斜面夾角θ=37°。斜面上方存在著平行斜面向下的勻強電場，電場硬度大小為E=5.0×104N·C-1。現有質量m=20g、電荷量q=4×10-6C的帶正電物塊由斜面中點以√6m·s-1的速率平行斜面向上滑動，物塊與彈性擋板碰撞過程不損失機械能，碰撞后以等大速率反向運動，整個過程物塊所帶的電荷量不變。已知物塊與斜面之間的動磨擦質數為0.4，g取10m·s-2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求物體在斜面上通過的路程。
解析：對物塊進行受力剖析，電場力F=qE=0.2N，物塊重力沿斜面向上的分力mgsinθ=0.12N，滑動磨擦力Ff=μFN=μmgcosθ=0.064N。由于Ff+mgsinθ=0.184N
設物塊運動的路程為s，由動能定律解得s=1.25m。
【總結】分析出滑動磨擦力的大小不變的特性，可直接借助Wf=-Ffs(s指物體運動的路程)求解滑動磨擦力做的功。
五、具有對稱性變化的滑動磨擦做功的特征
當滑動磨擦力在運動過程中，呈對稱性變化時，即使在連續相等的位移里磨擦力做功不等，但在對稱變化的2個過程中，其磨擦力做功一定是相等的。
例5：如圖7所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速率v1從M點沿斜面上滑，抵達N點時速率為零，之后下降回到M點，此時速率為v2(v2＜v1)。若小物體電荷量保持不變，OM=ON，則()。
A、小物體上升的Z大高度為(v12+v22)/(4g);
B、從N到M的過程中，小物體的電勢能逐步減少;
C、從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功;
D、從N到M的過程中，小物體遭到的磨擦力和電場力均是先減小后減弱。
解析：對小物體受力剖析，其受重力、支持力、摩擦力、電場力。從N到M的過程中，按照庫侖定理可知電場力先減小后減弱。在垂直于斜面方向合力為零，可知支持力先減小后減弱，則磨擦力先減小后減弱，選項D正確;設上升過程沿斜面運動的Z大高度為h，由于OM=ON，則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為零，上滑和下降經過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則支持力相等，經過相等的位移在上滑和下降過程克服磨擦力所做的功相等，設為Wf，在上滑和下降過程，對小物體應用動能定律分別有-mgh-Wf=0-?mv12和mgh-Wf=?mv22-0聯立可解得小物塊上升的Z大高度h=(v12+v22)/(4g)，選項A正確;由OM=ON及點電荷電場硬度分布可知電場力對小物體先做正功后做負功，電勢能先降低后減小，故選項B、C錯誤。
【總結】滑動磨擦力似乎是變力，但前后過程的變化具有對稱性，則前后過程滑動磨擦力做功相等，可以借助滑動磨擦力做功相等解決相關問題。
六、與速率相關的滑動磨擦做功的特征
在豎直面圓周運動中，沿直徑方向的合力提供向心力，可知支持力與速率相關聯，則滑動磨擦力就與速率相關聯，即當速率大小發生變化時，滑動磨擦力急劇發生變化，在相同的路程中，滑動磨擦力做功不相等。
例6：如圖8所示，一直徑為R、粗糙程度處處相同的半方形軌道豎直固定放置，半徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，正好從P點步入軌道。質點滑到軌道Z高點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服磨擦力所做的功。則()。
A、W＝mgR/2，質點正好可以抵達Q點;
B、W＞mgR/2，質點不能抵達Q點;
C、W＝mgR/2，質點抵達Q點后，繼續上升一段距離;
D、W＜mgR/2，質點抵達Q點后，繼續上升一段距離。
解析：在N點，由牛頓第二定理得FN-mg=mv2/R，解得質點在N點的動能為3mgR/2。按照動能定律有mg·2R-Wf=?mv2-0，得Wf=?mgR。NQ段與PN段相比，質點運動的速度小，遭到的支持力小，磨擦力小，質點克服磨擦力做功Wf’
-mgR-Wf’=?mvQ2-?mv2，
得?mvQ2>0，故質點會從Q點繼續上升，所以選項C正確。
【總結】明確滑動磨擦力隨著速率的變化而發生變化，雖然在相等的路程內滑動磨擦力做功也不相等是解此題的關鍵。
