专题2 相互作用（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理课件聚焦“相互作用”高考核心专题，覆盖绳杆模型、摩擦力分析、共点力平衡及临界极值问题，对接高考对受力分析与综合应用的考查要求。通过模型图解辨析绳杆“死结活结”“动杆定杆”，结合典例精解轻绳轻杆受力、摩擦力突变等问题，归纳正交分解法等常考题型解法，体现备考针对性与实用性。 课件以科学思维为引领，通过贴近高考的典例训练，如轻杆在匀减速运动中的弹力计算、摩擦力随时间变化图像分析，强化模型建构与科学推理。指导学生掌握绳杆模型受力判断、共点力平衡矢量三角形法等突破策略，助力学生提升答题技巧与得分率，为教师提供系统考点梳理和高效复习教学方案。

专题二　相互作用 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型3　绳、杆模型及其应用 题型4　摩擦力的分析与应用 题型5　共点力平衡问题 题型6　平衡中的临界极值问题 目 录 题型3　绳、杆模型及其应用 模型图解 1.轻绳的“死结”与“活结”模型 题型方法 目 录 2.轻杆的“动杆”和“定杆”模型        目 录 典例精解 典例    5·3原创　如图所示,质量为m的小球通过OA与杆连接,杆固定在小车上,重力加 速度为g,图中θ已知。   (1)若OA为轻绳,小车在水平地面上做匀变速直线运动,求小车加速度大小及轻绳拉力 大小; (2)若OA为轻杆,小车静止不动,求轻杆对小球的弹力; (3)若OA为轻杆,小车以加速度a向右做匀减速直线运动,求轻杆对小球的弹力。 目 录 解题导引    (1)轻绳对小球的拉力一定沿绳,可以结合牛顿第二定律求解加速度。 (2)(3)轻杆弹力不一定沿杆方向,根据小球的状态求解轻杆对小球的弹力。若小球处于 平衡状态,根据受力平衡求解轻杆对小球的弹力;若小球处于非平衡状态,结合牛顿第二 定律求解轻杆对小球的弹力。 目 录 解析    (1)若OA为轻绳,对小球受力分析如图甲,可得tan θ= ,解得a'=g tan θ,轻绳拉力 大小FT= (点拨:轻绳拉力与小球重力的合力一定水平向左)。  　      (2)若OA为轻杆,小球处于平衡状态时,其受力分析如图乙所示,小球重力与杆对其的弹 目 录 力等大反向,所以杆对小球的弹力大小为mg,方向竖直向上。 (3)若OA为轻杆,小球有加速度a时,如图丙所示,轻杆弹力大小F'杆= =m  (点拨:本题杆不是“动杆”,杆的弹力方向不一定沿杆)方向偏向左上方,且与竖 直方向夹角满足tan β= = 。   答案    (1)g tan θ         (2)mg,方向竖直向上    (3)m ,方向偏向左上方,且与竖 直方向夹角β满足tan β=  目 录 方法拓展    1.在受力平衡问题中,“死结”或“活结”模型分析过程一般为先明确研 究对象,识别是符合“死结”还是“活结”模型;再根据“死结”或“活结”模型的规 律进行求解。 2.在“活结”中,由结点分开的两段绳,绳上张力的大小一定相等,且两力的合力方向沿 着其夹角的角平分线。“死结”分开的两段绳子,要根据力的平行四边形定则进行力 的合成与分解,确定几何关系后分别求出两个力的大小和方向。 3.“动杆”:若轻杆用光滑转轴或铰链连接,当杆处于平衡状态时,杆所受的弹力方向一 定沿着杆。 4.“定杆”:若轻杆被固定,则杆受到的弹力不一定沿着杆。 目 录 题型4　摩擦力的分析与应用 题型图解 1.明确“相对运动”与“相对静止”的物理意义 物体“相对运动”或“相对静止”是以指定的对象作为参考系的。物体“运动”或 “静止”,没有特别说明的情况下是以地球或地面上静止的物体作为参考系的。   目 录   2.正确判断摩擦力是否存在 (1)静摩擦力是否存在的判断方法 ①假设法 目 录 ②根据物体运动状态判断 目 录 (2)滑动摩擦力是否存在的判断方法 目 录 典例精解 典例　如图所示,一质量为m的物体紧贴粗糙竖直墙壁,t=0时在一水平向左的力F作用 下由静止开始下滑,其中F=kt(k为常量,t为下滑时间)。请大致画出物体所受摩擦力随时 间的变化图像。   解题导引    (1)本题属于摩擦力突变问题,开始时物体受滑动摩擦力,最终物体受静摩擦 力。 (2)滑动摩擦力阶段,正压力一直增大,滑动摩擦力一直增大。 (3)静摩擦力阶段,正压力一直增大,竖直方向重力不变,静摩擦力保持不变。 目 录 解析　墙壁对物体的支持力FN与F是一对平衡力,受力分析如图甲所示   开始时mg>Ff,Ff=μFN=μkt,Ff随时间均匀增大;当mg=Ff时,物体加速度为0,速度最大;当mg <Ff且物体仍在向下运动时,如图乙所示,Ff依然随时间均匀增大 目 录        当物体停止运动时,受静摩擦力,Ff=mg 物体所受摩擦力随时间的变化图像如图丙所示。 答案　见解析中图丙 目 录 考法延伸　典例中,假设t=t0时物体速度达到最大值,规定竖直向上为正方向,重力加速 度为g,作出物体的a-t图像、v-t图像和Ff-t图像。 目 录 解题导引       目 录 解析　设经过时间t,物体的速度刚好为0,由动量定理得-mgt+ t=0(点拨:初、末速度 为0,合力的冲量为0),且mg=μkt0(点拨:t0时刻物体的速度最大,此时受力平衡) 解得t=2t0,0~2t0时间内物体受到的摩擦力为滑动摩擦力,Ff随时间均匀增大,2t0时刻以后 变为静摩擦力,大小始终等于重力,不发生变化,Ff-t图像如图甲所示   目 录 0~2t0,由牛顿第二定律得μkt-mg=ma(点拨:题中规定竖直向上为正方向) 2t0以后物体静止不动,加速度为0,物体的a-t图像如图乙所示  　      v-t图线的斜率表示加速度,作出物体的v-t图像如图丙所示。 答案　见解析图 目 录 方法拓展　摩擦力突变的分析 如果摩擦力可以提供一个保持物体之间相对静止所需的力,则摩擦力就突变为这个所 需的力;如果物体与物体之间保持相对静止所需的力大于物体之间的最大静摩擦力,则 物体与物体之间就会发生相对滑动,此时摩擦力突变为滑动摩擦力,来阻碍其相对运 动。 目 录 题型5　共点力平衡问题 题型图解 1.整体法与隔离法 连接体问题优先考虑整体法,隔离时优先隔离受力个数少的物体。 目 录 2.正交分解法 建立坐标系(点拨:让更多的力落在轴上,尽量少分解力),正交分解,列方程。 目 录 3.力的三角形法 (1)矢量三角形法 受力特点:1个恒力;1个方向不变的力;另一个力大小、方向均变化。   (2)相似三角形法 受力特点:1个恒力;另外2个力的方向均变化。对杆的B端受力分析,受沿“动杆”的力 FBC、跨过定滑轮的绳的拉力F、悬挂物体的绳的拉力T=G。 目 录 目 录 4.辅助圆法(或正弦定理法) 物体受力特点:1个恒力;另外2个力夹角不变。 (1)正弦定理法 目 录 (2)辅助圆法 目 录 5.四力动态平衡(动态四边形) 目 录 典例　如图所示,轻绳OA、OB一端连接小球,另一端固定在圆环上,圆环圆心为O点,初 始OA处于水平位置,则: (1)缓慢将B端移动到O点正上方B'点,分析轻绳OA、OB弹力大小的变化情况。 (2)保持OA、OB夹角不变,将装置缓慢逆时针旋转,最终使OB转到竖直位置,分析轻绳 OA、OB弹力大小的变化情况。 典例精解 目 录 解题导引    (1)受力特点:1个恒力;1个方向不变的力;另一个力大小、方向均变化。 (2)受力特点:1个恒力;另外2个力夹角不变。 目 录 解析    (1)解法1　正交分解法     受力分析,建立坐标轴,如图所示   x轴:FOB cos α=FOA y轴:FOB sin α=G 目 录 解得FOB= ,FOA=  由于α↑(点拨:sin α↑,tan α↑),所以FOB减小,FOA减小。 解法2　矢量三角形法       目 录 (2)解法1　正弦定理法       解法2　辅助圆法     目 录   答案    (1)OA、OB上的弹力均减小    (2)OA、OB上的弹力均减小 目 录 方法拓展    1.正交分解法:对研究对象的任一状态进行受力分析,列平衡方程,找出所要 研究的量(即某个力)随着某个量(通常为某个角)的变化而变化的函数解析式,通过函数 的性质,研究该量的变化规律。 2.矢量三角形法:该方法适用于一个力恒定,即大小、方向都不变,第二个力方向不变,大 小在变,第三个力大小、方向都在变的情况。 3.相似三角形法:此方法解决的题目典型特征是一个力大小、方向都不变,另外两个力 方向都在变。核心点是在题图中能找到一个几何三角形与力的矢量三角形相似。 4.辅助圆法:物体所受的一个力大小、方向都不变,而另外两个力的夹角不变,所谓辅助 圆就是指三个力构成的矢量三角形的外接圆。具体做法:将恒定的力作为圆的固定的 一条弦(长度不变),另外两个力大小、方向都在变,但弦所对圆周角相等,因此满足了另 外两个力夹角不变的条件。在动态变化的过程中,根据矢量三角形边长的变化来判断 力大小的变化。 目 录 题型6　平衡中的临界极值问题 题型图解 1.全反力:接触面对物体的摩擦力Ff与支持力FN的合力,用FR表示。 目 录 2.摩擦角:全反力与支持力的最大夹角称为摩擦角,用φ表示。如果近似认为最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,则有tan φ= =μ。根据静摩擦力Ff≤μFN,可以确定FR的范围。 3.物体相对地面滑动时或即将相对地面滑动时,此时摩擦力与支持力的比值确定,即全 反力的方向是确定的,在物体受力分析中起到简化作用。 目 录 目 录 典例　如图所示,工人正拉着质量为m的货物在水平地面上匀速前进,货物受到地面的 摩擦力为货物对地面压力的μ倍,拉力斜向上与水平地面间的夹角为θ,已知重力加速度 为g。为使工人拉货物的力F最小,求tan θ的大小,并求出拉力F的最小值。   典例精解 解题导引    (1)本题中货物受力个数较多,多力平衡,可以建坐标系,写平衡方程,运用数 学方程求解极值问题。将复杂物理情境转换为数学模型。 (2)可以将支持力和摩擦力等效为全反力,将四力平衡问题转换为三力平衡问题,从而快 速求解极值问题。 目 录 解析    解法1　正交分解法       货物受力平衡,沿x轴有F cos θ=Ff 沿y轴有F sin θ+FN=mg,且Ff=μFN 联立解得F=  由数学辅助角公式得 目 录 F= =  当sin (α+θ)=1时,Fmin= ,此时α+θ=90°,所以 tan θ= =μ。 解法2　利用全反力求解       目 录 tan φ= =μ,所以 sin φ= ,F的最小值Fmin=mg sin φ= ,tan θ=tan φ=μ。 答案    μ      目 录 方法拓展　从全反力角度分析物体放在斜面上是否下滑 (1)如图1所示,当斜面倾角θ<φ,即 tan θ<μ时,重力的作用线在锥形区域内,全反力与重力 等大反向,物体可以平衡。  　      目 录 (2)如图2所示,当斜面倾角θ=φ,即 tan θ=μ时,重力的作用线在锥形区域边界上,物体恰好 平衡。 (3)如图3所示,当斜面倾角θ>φ,即 tan θ>μ时,重力的作用线在锥形区域外,全反力与重力 不能平衡,物体将加速下滑。   目 录 $