相互作用 知識(shí)清單-2025年新高考物理復(fù)習(xí)

專題二相互作用

考點(diǎn)/模型/微專題高考真題精選近三年考頻

考點(diǎn)一常見的三種力2023山東T2,2022浙江1月T4,2020北京T113考

考點(diǎn)二力的合成與分解2023廣東T2,2022廣東T1,2022重慶T1,2020浙江7月T104考

考點(diǎn)三受力分析及共點(diǎn)力平衡2023江蘇T7,2023浙江6月T6,2019江蘇單科T2,2023河北T49考

模型一生活中的輕繩、輕桿模型2022上海T2,2022遼寧T4,2020課標(biāo)IDT17,2020山東T83考

模型二動(dòng)態(tài)平衡模型2023海南T3,2022河北T7.2022浙江1月T5,2019課標(biāo)IT193考

微專題2整體法與隔離法在平衡

2022浙江6月T10,2022湖南T5,2022海南T8,2021湖南T54考

問題中的應(yīng)用

考虐清單

常見的三種力4.彈力有無的判斷方法

一、重力方法適用情況具體操作

.產(chǎn)生：由于地球的吸引而使物體受到的力。形變較明顯

1條件法根據(jù)彈力的產(chǎn)生條件直接判斷

的情況

2.大?。篏=mg。海拔越高g越小，緯度越高g

假設(shè)兩個(gè)物體間不存在彈力，若

越大。形變不明顯

假設(shè)法運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，假設(shè)成立；若運(yùn)

3.方向:豎直向下。的情況

動(dòng)狀態(tài)改變，則存在彈力

4.重心

物體運(yùn)動(dòng)狀運(yùn)用牛頓第二定律或共點(diǎn)力的

狀態(tài)法

物體的各部分都受到重力的作用，從效果上態(tài)已知平衡條件判斷

看，可以認(rèn)為各部分受到的重力作用集中于

5.常見模型中彈力的方向

一點(diǎn)，即重心。重心的位置不一定在物體上,

與物體的質(zhì)量分布和形狀有關(guān)。

二、彈力

1.定義

發(fā)生彈性形變的物體，要恢復(fù)原狀，對(duì)與它接

觸的物體會(huì)產(chǎn)生力的作用,這種力叫作彈力。

2.產(chǎn)生條件

兩物體相互接觸且發(fā)生彈性形變。

3.方向

總是與施力物體形變的方向相反。

6.彈力大小的計(jì)算方法

(1)彈簧類--胡克定律

內(nèi)容:彈簧發(fā)生彈性形變時(shí)，彈力的大小跟彈

12'5年高考3年模擬A版高考物理

簧伸長(zhǎng)(或縮短)的長(zhǎng)度X成正比，即F=kx,kmg,C錯(cuò)誤。由胡克定律可得彈簧的伸長(zhǎng)量心=

為彈簧的勁度系數(shù)。

即彈簧的原長(zhǎng)g,D正確。

(2)非彈簧類--依據(jù)物體所處的狀態(tài)(平衡

態(tài)或非平衡態(tài))及所受其他力的情況求解。I?答案D

畫E如圖所示,半徑為A的半圓形光滑軌道三、摩擦力

1.產(chǎn)生條件

固定在豎直平面內(nèi)，。為圓心，P為軌道最高

接觸面粗糙；

點(diǎn)。中間有孔、質(zhì)量為m的小球穿過圓弧軌道,(1)

(2)接觸處有彈力；

輕彈簧一端固定在P點(diǎn)，另一端與小球相連,小

(3)接觸面間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。

球在M點(diǎn)保持靜止,0M與0P之間的夾角6=

2.方向：與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨

60%已知重力加速度為g,彈簧的勁度系數(shù)為

勢(shì)的方向相反。

行則()

3.靜摩擦力的有無及方向的判斷方法

假設(shè)不發(fā)生無相對(duì)無靜

方向與

物體-相對(duì)滑一運(yùn)動(dòng)趨一摩擦

相對(duì)運(yùn)

,假設(shè)法上間接動(dòng)勢(shì)力

動(dòng)趨勢(shì)

觸面

_發(fā)生相一有相對(duì)一有靜“的方向

A.小球受到兩個(gè)力的作用光滑

對(duì)滑動(dòng)運(yùn)動(dòng)趨摩擦一相反

「

B.小球不可能發(fā)生形變判勢(shì)力

斷

C.軌道對(duì)小球的彈力大小為0.6,71g方平衡運(yùn)用共點(diǎn)力的平衡條

法,__________,「狀態(tài)-件分析

一

D.輕彈簧的原長(zhǎng)為■(運(yùn)動(dòng)狀態(tài)法卜一

k_非平衡一運(yùn)用牛頓第二定律

狀態(tài)分析

解析

牛頓第三

運(yùn)用作用力和反作用力分析

定律法

4.大小的計(jì)算方法

(1)公式法

①滑動(dòng)摩擦力：根據(jù)公式%=跖計(jì)算。

如圖所示，對(duì)小球受力分析，小球受到三個(gè)力的

②最大靜摩擦力：與接觸面間的壓力成正比,

作用，分別為小球的重力、彈簧對(duì)小球的彈力F

T其值略大于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)認(rèn)為最大靜摩擦

(點(diǎn)撥:利用假設(shè)法，若彈簧處于原長(zhǎng)或處于壓

力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí),Fmax=也”。

縮狀態(tài)，軌道對(duì)小球的支持力指向圓心或背離

(2)狀態(tài)法

圓心，都不會(huì)使小球處于平衡狀態(tài)，故彈簧一定

①平衡狀態(tài)：運(yùn)用共點(diǎn)力的平衡條件來計(jì)算。

是伸長(zhǎng)狀態(tài))、軌道對(duì)小球的支持力”，故小球②非平衡狀態(tài),運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律來計(jì)算。

一定發(fā)生了形變，A、B錯(cuò)誤。小球受到的三個(gè)

小提示靜摩擦力的取值范圍為：O<KW41ra，通常運(yùn)

力可以構(gòu)成首尾相接的矢量三角形，此三角形用狀態(tài)法求解。

和△OPM相似，可得巡=」=’，其中OP=

OPOMPM'

OM,又9=60°,故OP=OM=PM,解得FN=FT

專題二相互作用

5.摩擦力的突變大而增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；t；時(shí)刻,/=mg，合力為

分類說明0,加速度為0,所以0~匕時(shí)間內(nèi)物塊加速下

滑塊放在粗糙水平面上，作用在滑滑，匕~力2時(shí)間內(nèi)物塊減速下滑為時(shí)刻之后摩

塊上的水平力/從逐漸增大，當(dāng)擦力恒定且大小等于zng,是靜摩擦力，故力2時(shí)

“靜一動(dòng)”突變o

滑塊開始滑動(dòng)時(shí)，滑塊受水平面的刻物塊的速度為0,故B項(xiàng)正確；由0~4時(shí)間

摩擦力由靜摩擦力“突變”為滑動(dòng)摩內(nèi)/=肌及/="產(chǎn)可知，0~%時(shí)間內(nèi)壓力F隨時(shí)

擦力，方向不變

間均勻增大，力2時(shí)刻后物塊受靜摩擦力，其大

“動(dòng)一靜”突變滑塊以。。沖上斜面做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)叫『愕扔趍g,故歹的變化情況不能確定，C、D

達(dá)某位置時(shí)速度減為o而后靜止在項(xiàng)錯(cuò)誤。

斜面上，滑動(dòng)摩擦力“突變”為靜摩

I?答案B

擦力，方向相反

考點(diǎn)力的合成與分解

“靜一靜”突變?cè)谒搅作用下滑塊靜止于斜面

上了突然增大時(shí)滑塊仍靜止，則滑一、力的合成

塊所受靜摩擦力會(huì)在大小甚至方向1.運(yùn)算法則

上發(fā)生“突變”(1)平行四邊形定則(如圖甲所示)。

水平傳送帶的速度4大于滑塊的速度(2)三角形定則(如圖乙所示)。

“動(dòng)一動(dòng)”突變

n-%%，滑塊所受滑動(dòng)摩擦力方向水平向

右;當(dāng)傳送帶突然被卡住時(shí)，滑塊受到

的滑動(dòng)摩擦力方向“突變”為向左

隨叵如圖甲所示，用力〃將質(zhì)量為m的物塊壓

2.合力大小的范圍

在豎直墻上，從力=。時(shí)刻起，測(cè)得物塊所受墻壁

(1)兩個(gè)共點(diǎn)力的合力范圍：I%-歹2lW9合W

的摩擦力隨時(shí)間按如圖乙所示規(guī)律變化,若物塊

F1+^2o

最終靜止在墻上,則下列判斷正確的是()

(2)三個(gè)共點(diǎn)力的合力范圍:若這三個(gè)力的大

小符合圍成二角形的條件,則合力范圍為0W

F合WF,+F2+F3,否則合力最小值為Fl-(F2+

%),其中K為最大力。

圖甲圖乙3.合成方法

A.O~i2時(shí)間內(nèi)為靜摩擦力(1)作圖法:作出力的圖示，利用平行四邊形

B.O~A時(shí)間內(nèi)物塊沿墻壁加速下滑,G時(shí)刻物定則作出合力，結(jié)合標(biāo)度得到合力大小。

塊的速度為0(2)計(jì)算法

C.壓力P一定隨時(shí)間均勻增大①余弦定理：合力的大小F=

D.壓力廠恒定不變，片+代+23/cos8；如圖所示，合力的方向

?解析物塊受到重力mg、水平壓力?、墻面

支持力N和墻面摩擦力/四個(gè)力的作用，力=0

時(shí)摩擦力/=0,因此物塊會(huì)沿墻壁下滑，受到

滑動(dòng)摩擦力，必滿足/=""，而"=『，所以在

0~力2時(shí)間內(nèi)是滑動(dòng)摩擦力，且隨壓力F的增

14:5年高考3年模擬A版高考物理

②幾種特殊情況的共點(diǎn)力的合成2.力的分解中定解條件的討論

已知條件示意圖解的情況

已知合力和K的方向有唯一解

兩個(gè)分力的

方向（兩個(gè)三------"F

分力不共

%'、、、

線）外的方向

有唯一解

已知合力和

/j%

一個(gè)分力的

/\

大小和方向

已知合力和一F}<Fsin0時(shí)無解；

1，

個(gè)分力的大小7F,=Fsin。時(shí)，有唯一解；

及另一個(gè)分力Fsin6<F<F時(shí),有兩解；

心的方向}

的方向工三尸時(shí)有唯一解

考點(diǎn)目受力分析及共點(diǎn)力平衡

一、受力分析

提示①兩個(gè)分力大小一定時(shí)，夾角。越大，合力越1.受力分析的步驟

小。②合力可以大于分力，可以等于分力，也可以小于

分力。

二、力的分解

1.分解方法

效果分解法正交分解法

分解根據(jù)一個(gè)力產(chǎn)生的實(shí)將一個(gè)力沿著兩個(gè)互相

方式際效果分解垂直的方向分解

2.分析物體受到的力的順序

先分析場(chǎng)力（如重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力）和已知

x軸上：F,=尸cos6

力，其次分析接觸力（彈力、摩擦力）,再分析

y軸上：工,=尸sin0

其他力。

三個(gè)以上的力作用下的人注意受力分析只分析依據(jù)性質(zhì)命名的力，不分析

選用三個(gè)力作用下的平衡

平衡問題或三個(gè)力中有依據(jù)效果命名的力，如向心力等。

原則問題

兩個(gè)力相互垂直二、共點(diǎn)力平衡條件及其重要推論

1.平衡狀態(tài):物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的

<?知識(shí)拓展?---------------------------------------\

運(yùn)用正交分解法時(shí)，一般選共點(diǎn)力的作用點(diǎn)為坐標(biāo)原狀態(tài)，即0=0。

點(diǎn)，使盡可能多的力落在坐標(biāo)軸上，若物體具有加速

度，一般以加速度方向和垂直加速度方向?yàn)樽鴺?biāo)軸°2.平衡條件1合=0

<7

專題二相互作用15

3.平衡條件的重要推論

(1)二力平衡

如果物體在兩個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀

解題步驟①選金屬塊為研究對(duì)象;②對(duì)其

態(tài)，這兩個(gè)力必定大小相等、方向相反。

進(jìn)行受力分析;③分析金屬塊所處的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；

(2)三力平衡

④建立坐標(biāo)系，正交分解;⑤根據(jù)平衡狀態(tài)列方

①其中任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大

程;⑥解方程。

小相等、方向相反。

?解析設(shè)拉力與水平方向的夾角為。，對(duì)金屬

②三個(gè)力的有向線段通過平移可構(gòu)成首尾相

塊受力分析如圖所示，金屬塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

接的封閉三角形。

故根據(jù)平衡條件有Fcos6=f=jjb(mg-Fsin9),

③將某一個(gè)力按力的作用效果分解成兩個(gè)

整理得cos0+/JLsin0=""嵯，貝ij有F二

力，則其分力和其他兩個(gè)力滿足平衡條件。F

(3)多力平衡"mg/甘$?1、、1，n

---------(其中sma=)，當(dāng)9=

①其中任何一個(gè)力與其余力的合力大小相V1+/X2sin(a+0)%/1+/z2

等、方向相反。

；-a時(shí)歹最小，故所需拉力F的最小值Fmin=

②這些力的有向線段通過平移，必定構(gòu)成一

個(gè)首尾相接的封閉多邊形。旦駕=2*N(點(diǎn)撥:金屬塊所受的拉力的大

③將物體所受的力分解到相互垂直的兩個(gè)方Vl+jU.2

向上,每個(gè)方向上的合力都為零。小和方向均不確定，故可利用函數(shù)的思想，求出

聞》如圖所示，質(zhì)量機(jī)=5.2kg的金屬塊放在拉力的函數(shù)關(guān)系式，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解極值)。

水平地面上,在斜向右上的拉力/作用下，向右

以分=2.0m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知金

2

屬塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.2,g=10ni/so

求所需拉力F的最小值。

I?答案N

模型，生活中的輕繩、輕桿模型二、輕桿模型

一、輕繩模型

“活結(jié)”模型“死結(jié)”模型

圖例

“活結(jié)”兩側(cè)輕繩的張力大小“死結(jié)”兩側(cè)輕繩

特點(diǎn)相等,其合力的方向沿著兩的張力大小不一

側(cè)繩子夾角的角平分線定相等

16:5年高考3年模擬A版高考物理

陋應(yīng)（多選）如圖甲所示，輕繩40跨過固定的二、常用解題方法

水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個(gè)質(zhì)量為L(zhǎng)解析法

的物體，AACB=30。；圖乙中輕桿HG一端用錢

鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細(xì)繩EG拉

住,EG與水平方向也成30。角，在輕桿的G點(diǎn)處

用細(xì)繩Gb拉住一個(gè)質(zhì)量為m2的物體，則下列

說法正確的是（）

他叵（多選）如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣

繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn),

懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜

止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜

止時(shí)，下列說法正確的是（）

A.FAC：FEG=mi-2m2B.FACtFEG=1：1

：：

C.FRCm2D./c：^HG=1：1

I?解析題圖甲所示為活結(jié)與定桿，對(duì)質(zhì)量為

mx的物體受力分析可得FCD=7/i]g,則FAC=

,對(duì)繩子與BC的接觸點(diǎn)受力分析如圖丙所

示，可得；題圖乙所示為死結(jié)與動(dòng)桿，A.繩的右端上移到/點(diǎn),繩子拉力不變

B.將桿N向右移一些,繩子拉力變大

對(duì)質(zhì)量為m2的物體受力分析可得K；F=77i2g,對(duì)

FC.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小

G點(diǎn)受力分析如圖丁所示，可得F=-梟=

EGsin30D.若換掛質(zhì)量更大的衣服，衣架懸掛點(diǎn)右移

I?解題指導(dǎo)光滑的衣架鉤掛于繩上是“活結(jié)”

2叫g(shù)、心=嬴而="修；所以隈：“

模型，兩側(cè)繩子的拉力大小相等，與豎直方向的

夾角相同。

ml:2m2,FBC:Fge=m1-J3m2,A^C正確。

I?解析假設(shè)兩豎直桿之間的距離為4,繩子

的總長(zhǎng)度為兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角均

為牝?qū)σ录芘c繩子的接觸點(diǎn)受力分析如圖

1,可得29cos6?=mg,由圖2中的幾何關(guān)系可得

丙

I?答案ACLsind=do繩的右端上下移動(dòng)，由于L、d均不

模型動(dòng)態(tài)平衡模型變，所以。不變，/不變，A正確,C錯(cuò)誤。將桿

N向右移一些，由于L不變，“變大，所以0變

一、對(duì)動(dòng)態(tài)平衡的理解

大，?變大,B正確。衣服質(zhì)量的大小不會(huì)影響

。的值，所以衣架仍處于原處，不會(huì)右移，D

錯(cuò)誤。

專題二相互作用17

2.圖解法答案B

(1)適用情況:物體受三個(gè)力作用，其中一個(gè)3.相似三角形法

力為恒力，第二個(gè)力方向不變、大小變化(或(1)適用情況:物體受三個(gè)力作用處于動(dòng)態(tài)平

大小不變、方向變化)，第三個(gè)力大小、方向均衡狀態(tài)，力的矢量三角形與題中某個(gè)幾何三

發(fā)生變化。角形始終相似。

(2)解題過程(2)解題過程

受力分尋找與,利用三利用幾何

確定析，三力三角角形相三角形邊

研究>個(gè)力構(gòu)>形相似?似，建?長(zhǎng)的變化，

對(duì)象成矢量的幾何立比例分析力的

|例3〈如圖所示，一個(gè)重力為10N的小球。被三角形三角形關(guān)系變化

夾在兩光滑斜面間,斜面AB和AC與水平面的夾隨生如圖所示，豎直墻壁上固定有

角分別為60。和30。,下列說法正確的是()一個(gè)光滑的半圓形支架(48為直

徑)，支架上套著一個(gè)小球，輕繩的一

端懸于P點(diǎn)，另一端與小球相連。已

知半圓形支架的半徑為R,輕繩長(zhǎng)度

為〃且A<L<2R,現(xiàn)將輕繩的上端點(diǎn)

P沿墻壁緩慢下移至4點(diǎn)，此過程中

A.斜面AB對(duì)小球的彈力是由小球的形變產(chǎn)生的

輕繩對(duì)小球的拉力Fj及支架對(duì)小球的支持力

B.斜面AB對(duì)小球的彈力為5N

K的大小變化情況為()

C.斜面4c對(duì)小球的彈力為1073N

A.K和K均增大

D.保持斜面AB的傾角不變,緩慢增大斜面AC

B.F,保持不變,工先增大后減小

的傾角，斜面AB對(duì)小球的彈力不變

C.F,先減小后增大,K保持不變

I?解析斜面48對(duì)小球的彈力是由斜面4B的

D.F,先增大后減小先減小后增大

形變產(chǎn)生的，A錯(cuò)誤。如圖所示，對(duì)小球受力分

解析對(duì)小球初始狀態(tài)受力分析且平移為力

析，可得F=Gsin30°=5N,/<;c=Gcos30°=

AB的矢量三角形，如圖1所示，力的矢量三角形與

5。N,B正確,C錯(cuò)誤。緩慢增大斜面AC的傾

GFF

△尸。。相似，初始狀態(tài)有后二一y二一2，當(dāng)P點(diǎn)不

角，力『AC會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，可得斜面對(duì)小球的POLR

彈力增大,D錯(cuò)誤。cFF

斷下移，末狀態(tài)如圖2所示，有:=—=P0

AOLR

減小為AO,L與R始終不變，故K增大，歹2增

大，A正確。

5年高考3年模擬A版高考物理

k.NO對(duì)球的彈力逐漸由小于球的重力增大到

大于球的重力

B.NO對(duì)球的彈力逐漸由大于球的重力減小到

小于球的重力

C.M。對(duì)球的彈力逐漸減小且最終等于球的重力

D.M。對(duì)球的彈力逐漸減小且始終小于球的重力

?解析對(duì)球進(jìn)行受力分析，由于M。板對(duì)球

圖1圖2

的彈力和NO板對(duì)球的彈力之間的夾角不變，

答案A

故運(yùn)用輔助圓法求解。如圖所示,NO板順時(shí)針

4.輔助圓法

轉(zhuǎn)動(dòng)30。角的過程中，N。板對(duì)球的彈力由小于

（1）適用情況：物體受三個(gè)力，其中一個(gè)力大

7監(jiān)且逐漸增大，最終等于mg；M0板對(duì)球的彈

小、方向不變，另外兩個(gè)力大小、方向都在改

力由小于mg且逐漸減小。D正確。

變,但變化的兩個(gè)力之間的夾角不變。

（2）方法展示

①已知條件:%恒定,%、”的夾角一定。

②解題過程:在圓中畫出力的矢量三角形，以

恒定力為弦，另外兩個(gè)力的交點(diǎn)在圓周上移

動(dòng)，由三角形各邊長(zhǎng)度及方向的變化判定力

的變化;兩個(gè)力的夾角分大于90。（如圖甲）和I?答案D

小于90。（如圖乙）兩種情況?！活}多解

球所受的三個(gè)力之間滿足—5—=—=

sin105sin135

F

一在e由60。緩慢減小到30。的過程中，zng所對(duì)

sin120°

的角一直為105。,歹“°所對(duì)的角由120。增;^至U150。，所

便叵兩光滑平板MO、N。構(gòu)成一具有固定夾

以FMO初始時(shí)小于咋且一直減??；FNO所對(duì)的角由

角?！?75。的V形槽,一球體置于槽內(nèi)，用。表

135。減小到105。，所以6Vo由小于叫一直增大到等于

示。板與水平面之間的夾角，如圖所示為截

NmgoD正確。

面圖。6由60。緩慢減小到30。的過程中，下列

三、平衡中的臨界與極值問題

說法正確的是（）

1.臨界問題

當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他物理量的變

化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)能夠“恰好出

現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用

“剛好”“恰能”“恰好”等。

專題二相互作用（目

2.極值問題節(jié)油巡航模式的最小推力為（）

常指平衡狀態(tài)下，變化的力出現(xiàn)最大值或最，八cGcGcG

A.GB.C.—D.—

小值的問題。715164

3.分析方法?解析戰(zhàn)斗機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F,、升

解根據(jù)平衡條件列方程，用二次函數(shù)、三角函數(shù)以及幾力F2和空氣阻力/，如圖所示，殲-20戰(zhàn)斗機(jī)沿

析

法何關(guān)系等求極值水平方向超音速勻速巡航，則水平方向有Fx=

/,豎直方向有b2+4=G,且由題意知92=

1若只受三個(gè)力，則這三個(gè)力構(gòu)成封閉的矢量三角形，

法然后根據(jù)矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析222

解得Fy=G-/B7■，則=Fx+Fy=16/-

極選取某個(gè)變化的物理量將問題推向極端（“極大”Z/UGf+G?,片式圖線為開口向上、對(duì)稱軸為/=

量“極小”等），從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來

正G的拋物線，即當(dāng)/=皿。時(shí)收取最小值,

俚①明確研究對(duì)象;②畫受力示意圖；③假設(shè)可能發(fā)生

設(shè)1616

法的臨界狀態(tài);④列出臨界狀態(tài)下的平衡方程并求解c

解得歹.=了，故選D。

咧里殲-20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國(guó)自主研制的矢

量發(fā)動(dòng)機(jī),能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況

下，通過轉(zhuǎn)動(dòng)尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)

斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知?dú)?20戰(zhàn)

斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比（垂

直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之

比）為/運(yùn)。戰(zhàn)斗機(jī)的重力為G,使戰(zhàn)斗機(jī)實(shí)現(xiàn)

答案D

5年高考3年模擬A版高考物理

微專題

微專題〈2：整體法與隔離法在平衡問題中隨叵（多選）如圖所示，質(zhì)量均為M的A、8兩

的應(yīng)用滑塊放在粗糙水平地面上，兩輕桿等長(zhǎng)，桿與滑

塊、桿與桿間均用光滑較鏈連接,在兩桿錢合處

整體法隔離法

懸掛一質(zhì)量為m的重物C,整個(gè)裝置處于靜止

研究加速度相同的幾個(gè)物體組與周圍物體分隔開

狀態(tài)，設(shè)桿與水平面間的夾角為重力加速度

對(duì)象成的一個(gè)整體來的物體

為g。下列說法正確的是（）

當(dāng)分析相互作用的兩個(gè)或在分析系統(tǒng)內(nèi)各物

選用兩個(gè)以上物體整體的受力體（或一個(gè)物體各部

原則情況及分析外力對(duì)系統(tǒng)的分）間的相互作用

作用時(shí)，宜用整體法時(shí)，宜用隔離法

A.當(dāng)機(jī)一定時(shí)，。越大,輕桿受力越大

（）整體法和隔離法不是獨(dú)立的，對(duì)一些較復(fù)雜

1B.當(dāng)M、77l一定時(shí)，每個(gè)滑塊對(duì)地面的壓力大小

的問題，通常需要多次選取研究對(duì)象，交替使用

為（；機(jī)）

整體法和隔離法；Mg+g

注意

（2）一般情況下先整體后隔離，即“整體法”

事項(xiàng)

優(yōu)先；C.當(dāng)m和。一定時(shí)，每個(gè)滑塊與地面間的摩擦

（）在使用隔離法時(shí)，優(yōu)先選擇分析受力簡(jiǎn)單或mg

3力大小為

受力個(gè)數(shù)少的研究對(duì)象2tan0

D.若最大靜摩擦力可視為等于滑動(dòng)摩擦力，則

便應(yīng)如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)方,

不管e取何值,只要增大m,滑塊一定會(huì)滑動(dòng)

量分別為m、2m的小球a、b

用輕質(zhì)細(xì)線相連后,再用細(xì)衿、I?解析對(duì)兩桿皎合處受力分析得2/sin。=T=

線懸掛于。點(diǎn)。用力?拉下側(cè)小球6,使兩個(gè)7監(jiān)，輕桿受力K=F=-隨著6的增大而

2sin0

小球在圖示位置處于靜止?fàn)顟B(tài),且細(xì)線。。與豎

減小,A錯(cuò)誤;對(duì)4、B、C整體受力分析可得2"=

直方向的夾角保持9=30。,重力加速度為g,則

2Mg+mg,則地面對(duì)每個(gè)滑塊的支持力FN=Mg+

力F達(dá)到最小值時(shí)細(xì)線。。上的拉力為（）

根據(jù)牛頓第三定律可知B正確；對(duì)滑塊4

373Bjg

AA.hmgC--mgD.-mg

受力分析可得滑塊與地面間的摩擦力Ff=

?解析將小球a、b作為整體進(jìn)行受mg寸出「mg

FCOS仇其中F=F,=二彘,可付工=

力分析，如圖所示，當(dāng)力F的方向與細(xì)222tan0'

線的垂直時(shí)，力F達(dá)到最小值，此c正確；若整個(gè)裝置靜止，可得匕0從（選+

時(shí)，細(xì)線0a的拉力F=（m+2?7i）g?

T；/ng）,解得一；、，當(dāng)二時(shí)，無

(m+2m)g2tan機(jī)）tan”

正確。

cos30°=-^—mg,A論m多大，滑塊都不會(huì)滑動(dòng)，D錯(cuò)誤。

?答案AI?答案BC

專題二相互作用

:五年高考

考點(diǎn)里去練