专题2 相互作用-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

这是一份专题2 相互作用-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用），共59页。
力引起运动的变化,行动改变你不满的当下,主动施力主宰自己的每一步轨迹!
　 (2022浙江6月,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= ,货物可视为质点(重力加速度g=10 m/s2,取cs 24°=0.9,sin 24°=0.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行,根据牛顿第二定律有mg sin 24°-μmg cs 24°=ma1解得a1=2 m/s2。(2)根据匀变速直线运动规律有v2=2a1l1解得v=4 m/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,水平滑轨长度最短时有最大末速度v1=2 m/s,根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有 -v2=2a2l2根据牛顿第二定律有-μmg=ma2联立解得最短长度l2=2.7 m。
　 探究1　一题多解本题解析中用了常规的动力学公式解题。请应用动能定理求解(2)、(3)问,可以分过程列式,也可以对全过程应用动能定理列式。
答案　(2)可对货物沿倾斜滑轨运动过程应用动能定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)l1= mv2-0。(3)解法一　分段法可对货物在水平滑轨运动过程应用动能定理列式,有-μmgl2= m - mv2。解法二　全程法对全过程应用动能定理有(mg sin 24°-μmg cs 24°)l1-μmgl2=  m -0。
探究2　拓展设问若本题情境不变,请分析以下设问。①设问1:求货物在倾斜滑轨上滑行的时间t1。②设问2:若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求货物在水平滑轨上的运动时间t2。
答案　①解法一:根据l1= a1 ,解得t1=2 s。解法二:由动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)t1=mv-0 解得t1=2 s。②解法一:对货物在水平滑轨上运动过程,由动量定理有-μmgt2=mv1-mv,解得t2=0.9 s。解法二:对全程利用动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)t1-μmgt2=mv1-0,可得t2=0.9 s。解法三:由牛顿第二定律先求出货物在水平滑轨上运动的加速度,再根据匀减速直线运动的位移与时间的关系式求出时间t2。
探究3　图像表征请定性画出货物从倾斜滑轨顶端由静止下滑到水平滑轨右侧末端的v-t图像(v表示速度大小),并思考通过图像可求出哪些相关物理量。
答案　由于已知货物在倾斜滑轨上运动的初速度和位移,可对其受力分析,由牛顿第二定律求出其加速度大小,根据v-t图像的特点(斜率绝对值表示加速度大小、图线与横轴所围面积大小表示位移大小)求出其在倾斜滑轨上运动的末速度大小和运动时间。货物在水平滑轨的初速度大小等于上一阶段的末速度大小,且已知这段过程的最终速度大小不超过2 m/s,对其受力分析,可求其加速度大小,同样可根据v-t图像的特点求出临界状态(末速度为2 m/s时)对应的该过程的位移大小和时间。 
探究4　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!滑沙是一项人们比较喜欢的运动(图甲),其运动过程可简化为图乙所示的模型,滑沙者坐在滑板上与滑板保持相对静止,从沙坡(可视为斜面)顶端的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平沙道(设经过B点前后速度大小不变),最后停在C点。如果在滑板上装有速率传感器,且每隔一段时间通过该传感器测出滑沙者的速率,某次滑沙的部分测量数据见表,假设沙道与滑板间的动摩擦因数处处相同,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
 　 请根据上述信息,判断下列说法是否正确,如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答过程。
　 (1)人和滑板一起沿沙坡下滑过程中一定受到重力、支持力、下滑力和摩擦力。
答案　错误;下滑过程中,人和滑板组成的整体受到重力、支持力和摩擦力,不受下滑力。
(2)无论是在沙坡上还是在水平沙道上运动的过程中,人对滑板的压力大小与滑板对人支持力的大小时刻相等。
答案　正确;人对滑板的压力大小时刻等于滑板对人的支持力大小,二者是一对相互作用力。
(3)人沿着沙坡由静止开始加速滑下的过程中,其惯性会越来越大。
答案　错误;惯性是物体本身的属性,与物体的运动状态无关,人的质量不变则惯性不变。
(4)质量较大的成人和质量较小的小孩从沙坡A点由静止滑下,由于成人的惯性较大,所以成人下滑得更快。
答案　错误;根据牛顿第二定律可知,下滑过程中二者运动的加速度均与质量无关,即成人和小孩下滑得一样快。
　 (5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。
答案　正确;选取题表中后三组数据可得,a1= =-5 m/s2,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1,联立解得μ=0.5。
(6)根据题中信息能求出沙坡的倾角θ。
答案　正确;选取题表中前三组数据可得,a2= =2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cs θ=ma2,联立解得θ=37°。
(7)根据题中信息能求出这次滑沙所用的总时间t1。
答案　正确;根据表中数据规律及匀减速直线运动的加速度可推导t1=3.5 s时人停在C点。
(8)根据题中信息能求出这次滑沙在沙坡上所用的时间t2。
答案　正确;由于前一阶段的初速度和后一阶段的末速度都等于0,可得前、后两阶段加速度大小之比等于时间的反比,可得前一阶段所用时间等于后一阶段所用时间的2.5倍,即整个过程所用时间t2+0.4t2=3.5 s,可求出在沙坡上所用的时间t2=2.5 s。
(9)根据题中信息能求出水平沙道BC的长度。
答案　正确;人在水平沙道上做匀减速直线运动,所用时间t3=0.4t2=1 s,加速度a1= =-5 m/s2,末速度为0,则xBC= |a1| =2.5 m。
(10)根据题中信息能求出沙坡AB的长度。
答案　正确;沙坡AB的长度为在此段运动的位移大小,由运动学公式可求位移大小,xAB= a2 =6.25 m。
　　我们的物理思维往往是从某个表象(通常以某种状态的现象或现状)出发进行描述和分析,一般先追本溯源,探究这种现象或现状出现的原因和条件;接着顺藤摸瓜,揭示这种现象或现状蕴含的内在规律;然后寻踪觅迹,进行拓展延伸和趋势预测。  
　　通过上述“真题解码”,我们初步了解了本单元的核心知识在解决实际问题时的技巧与方法。本单元是运动与相互作用观念的具体应用,运动及其变化是表象,引起运动变化的受力是关键,其核心的思维线索就是以加速度为纽带将运动和力联系起来。如思考路径图所示,所呈现的题型主要有两类:一类是已知受力求运动(例如2022年浙江6月高考卷第19题),另一类是已知运动求受力(例如探究4▶举一反三)。解答问题的思维方法主要集中在两个方面:一是受力分析,根据牛顿运动定律列受力方程;二是运动分析,根据运动规律列运动方程。为了帮助大家在备考复习中清晰梳理和融会贯通,特设立几个专题进行详细探究。
(2024湖北,6,4分)如图所示,两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进,两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　　) A. f　　　　　　　　　B. f　　　　　　　　　C.2f　　　　　　　　　D.3f
真题试练1：共点力平衡
解析　根据题意对S受力分析如图甲所示。 　　 S做匀速直线运动,受力平衡,有2T cs 30°=f,解得缆绳上张力大小T= f;对P受力分析如图乙所示,则有(T' sin 30°)2+(f+T' cs 30°)2=F2,T'=T= f,解得F= ,B正确。
　 探究1　拓展设问①设问1:尝试用图解法分别对S和P进行受力分析。
答案　①对S受力分析,如图所示,组成的力的矢量三角形为等腰三角形。对P受力分析,如图所示,找到角度关系后便可应用三角函数及勾股定理求解。
②设问2:本题是否可以用整体法求解,即将S、P、Q看作一个整体,分析两艘拖船发动机提供的动力?
答案　②不可以。拖船的动力F不沿缆绳方向,所以动力F的方向未知,用整体法无法求解。
1.情境变异·巧用几何关系　(2020课标Ⅲ,17,6分)如图,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于 (　　　) A.45°　　　　B.55°　　　　C.60°　　　　D.70°
解析　甲物体拴牢在O点,且甲、乙两物体的质量相等,则连接甲的细线和连接乙的绳上的张力大小相等,O点处于平衡状态,受力分析如图所示 根据几何关系有180°=2β+α,解得β=55°,B正确。
2.情境变异·整体法与隔离法　(2024浙江1月,6,3分)如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g,细线c、d平行且与水平成θ=30°(不计摩擦),则细线a、b的拉力分别为(g=10 m/s2)(　 　) A.2 N　1 N　　　　　B.2 N　0.5 NC.1 N　1 N　　　　　D.1 N　0.5 N
解析　对A、B整体受力分析,如图甲所示。 由此可知,Fa=2mg=1 N,A、B错误。隔离B球受力分析,设Fb与水平方向夹角为α,如图乙所示。 根据平衡知识可知Fbx=Fx=mg cs 30°、Fby=Fa-mg-Fy=mg sin 30°,可知α=30°,Fb=mg=0.5 N,C错误,D正确。
3.条件变异·非质点问题　(2024福建,6,4分)(多选)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则 (　 　)A.两根细绳拉力均比未通电流时的大B.两根细绳拉力均比未通电流时的小C.铜环所受安培力大小为2rIBD.铜环所受安培力大小为πrIB
解析　解法一　微元法取通电半圆形铜环上的一小段Δl,可将其视为直导线,根据左手定则可知,该小段受到的安培力方向如图所示,其大小ΔF=BIΔl,根据对称性可知对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等、方向相反,相互抵消,则通电后半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,根据受力分析可知,通电后两根细绳的拉力变大,A正确,B错误。对每小段所受安培力在竖直方向的分力求和,可得F=∑Fy=∑BIΔl sin θ=2rIB,C正确,D错误。
解法二　等效法通电半圆形铜环等效长度为直径ab、电流方向从a到b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,大小F=BI×2r=2rIB,根据受力分析可得,通电后细绳拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg,两根细绳受到的拉力均比未通电流时的大,A、C正确。
1.模型1▶四力平衡　(2024河北,5,4分)
如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为 (　　　)
A.  N　　　　　B.1.0 NC.  N　　　　　D.2.0 N
解析　对小球进行受力分析如图所示,由几何关系可知FN1、FN2与竖直方向的夹角均为30°,则满足2FN2 cs 30°=mg-T,可得FN2=  N,A正确。 
2.模型2▶连接体·临界极值问题　(2020山东,8,3分)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为 (　　　) A. 　　　　　B. C. 　　　　　D. 
解析　物块A、B刚好要滑动,说明A、B刚好处于平衡状态,所受摩擦力为最大静摩擦力。(点拨:对于A、B之间的相对运动趋势,假设此时木板与地面夹角为90°的极限情况,应该是质量较小的物块A相对物块B有向上滑动趋势,同时质量较大的物块B相对斜面有向下滑动趋势)分别对A、B受力分析,如图所示,对A,T=mg sin 45°+μmg cs 45°,对B,T+μmg cs 45°+3μmg·cs 45°=2mg sin 45°,联立解得μ= ,C正确。 
(2019新课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止,则在此过程中 (　 　)
A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解析　设悬挂N的细绳与竖直方向的夹角为α,N的质量为m,斜面倾角为θ,则M所受细绳的拉力大小T= ,水平拉力F=mg tan α,随着α从0增大到45°,T、F不断增大,A错误,B正确。M所受斜面的摩擦力大小f=G sin θ-T(假设开始阶段摩擦力沿斜面向上),随T的增大而减小;若最终T>G sin θ,则摩擦力大小为T-G sin θ,随T的增大而增大,所以M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加,C错误,D正确。
　 探究1　一题多解本题如何用图解法求解?
答案　以物块N为研究对象,受力分析如图甲所示,在水平向左的拉力F作用下,物块N缓慢移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,细绳拉力T'逐渐增大。 　 对M受力分析如图乙所示(因不确定方向,摩擦力f未画出),若初始状态M受到的摩擦力f沿斜面向下,则随着绳子拉力T的增加,摩擦力f也逐渐增大;若初始状态M受到的摩擦力f沿斜面向上,则随着绳子拉力T的增加,摩擦力f可能先减小后增加。B、D正确。
探究2　拓展设问①设问1:题中是否可能存在摩擦力为0的情况?②设问2:若调节物块N的质量,使M始终静止在斜面上,测得N的质量范围最大值和最小值分别是m1和m2,重力加速度为g,由此可以求出以下哪些物理量 (　　　)A.物块M的质量B.斜面的倾角θC.物块M与斜面间的最大静摩擦力fmaxD.物块M对斜面的压力F'N
答案　①可能存在。当细绳对M的拉力大小等于M的重力沿斜面向下的分力大小时,摩擦力为0,即f=G sin θ-T=0。②物块M在斜面上静止时,受力平衡,设斜面倾角为θ,物块M质量为M,最大静摩擦力为fmax,压力F'N=Mg cs θ。细绳对物块M的拉力T、重力沿斜面的分力Mg sin θ和静摩擦力f三力平衡。a.当物块N的质量取最大值m1时,物块M有上滑趋势,静摩擦力方向沿斜面向下且达到最大值,有m1g=Mg sin θ+fmaxb.当物块N的质量取最小值m2时,物块M有下滑趋势,静摩擦力方向沿斜面向上且达到最大值,有m2g=Mg sin θ-fmax联立方程分析有M sin θ= (此式含M和θ,无法单独求解任一变量),fmax= g,可求出最大静摩擦力fmax,fmax=μF'N,μ未知,无法求解F'N,C正确。
1.情境变异·函数表征　(2021湖南,5,4分)质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是 (　　　)A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
解析　小滑块由A点向B点缓慢移动,合力为零,对其受力分析,将各力首尾相接,利用外接圆法,如图1所示,由图中几何关系可知,该过程中推力F逐渐增大,凹槽对滑块的支持力N逐渐减小,A、B错误。凹槽始终静止不动,合力为零,对其受力分析,如图2所示。由图1知N=mg cs θ,而F墙=N' sin θ=N sin θ=mg sin θ cs θ= mg sin 2θ,当θ=45°时F墙有最大值,故F墙先增大后减小,C正确。而FN=Mg+N' cs θ=Mg+mg cs2 θ,当θ增大时FN减小,D错误。 　　 
2.考向变异·极值问题与求做功　(2017江苏,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为 ,与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;(2)动摩擦因数的最小值μmin;(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。
答案　(1) mg　(2) 　(3)(2μ-1)( -1)mgR
解析　(1)C受力平衡,有2F cs 30°=mg解得F= mg(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大Fxmax= mgB受地面的最大静摩擦力f=μmg根据题意fmin=Fxmax解得μmin= (3)C下降的高度h=( -1)RA的位移x=2( -1)R
摩擦力做功的大小Wf=fx=2( -1)μmgR根据动能定理W-Wf+mgh=0-0解得W=(2μ-1)( -1)mgR
1.方法1▶正弦定理法　(2022河北,7,4分)如图,用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点,将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱体与木板之间的摩擦。在转动过程中 (　　　)A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析　解法一(解析法:应用正弦定理)　设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T,木板对圆柱体的支持力为N,T与竖直方向的夹角为β,对圆柱体受力分析如图所示。 在矢量三角形中,根据正弦定理得 = = ,在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中,α不变,γ从90°逐渐减小到0,可知β从锐角逐渐增大到钝角,根据 = = ,由于sin γ不断减小,可知T不断减小,sin β先增大后减小,可知N先增大后减小,结合牛顿第三定律可知,圆柱体对木板的压力先增大后减小,设两细绳之间的夹角为2θ,每根细绳的拉力大小都为T',则2T' cs θ=T,可得T'= ,θ不变,T逐渐减小,可知两细绳上的拉力均不断减小,B正确,A、C、D错误。
解法二(图像法:作辅助圆)　选圆柱体为研究对象,设两根细绳的拉力的合力为T,除此之外圆柱体还受重力G和木板的支持力N,将三力首尾依次相接构成矢量三角形,如图所示,在木板缓慢转动过程中,两绳拉力的合力T和木板的支持力N同时顺时针转动,重力G恒定,两绳拉力的合力T和木板的支持力N之间的夹角不变,所以矢量三角形外接圆中弦AB所对的角不变,在木板转至水平的过程中,两绳拉力的合力T和木板的弹力N的连接点C由初位置移至B点,由图可知支持力N先增大后减小,由牛顿第三定律可知圆柱体对木板的压力先增大后减小,两绳拉力的合力T一直减小,B正确,A、C、D错误。 
2.方法2▶辅助圆法　(2017新课标Ⅰ,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α> )。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　 　)A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小
解析　以重物为研究对象,受重力mg,OM绳上拉力F2,MN绳上拉力F1,由题意知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示,在F2转至水平的过程中,MN上的拉力F1逐渐增大,OM上的拉力F2先增大后减小,A、D正确,B、C错误。 
当物体在三个共点力作用下处于平衡状态时,三个力的矢量和为0。针对此类问题,主要存在两种经典解法:一为正交分解法(解析法),二为矢量图解法(几何法)。方法对比与选用建议如下。
　　在处理复杂的三力平衡问题时,可采用“先用图解法定性分析,后用解析法定量计算”的混合策略。　　特别提示:当遇到非特殊角(如15°、75°等)时,建议优先采用正交分解法;当涉及力的方向不断变化时,矢量图解法更具优势。两种方法本质上都源于力的矢量性这一根本属性,解题时应根据具体问题特征灵活选用。
　 1.正交分解法(解析法)(1)基本原理:建立直角坐标系,将各力沿坐标轴分解,通过代数方程组求解平衡条件(各个方向的合力均为0)。(2)注意事项①从物理情境中提取研究对象,绘制受力分析图(例如专题2的真题试练1中,先以S为研究对象,然后以P为研究对象)。②建立最优坐标系(建议使坐标轴与尽可能多的力方向重合)。③当默认的坐标系分解复杂时,可将坐标系旋转至某个特定方向,简化分解过程。④对于具有对称特征的受力系统,可利用对称关系减少未知量。
2.矢量图解法(几何法)(1)基本原理:依据矢量运算原理,当三个共点力平衡时,平移三个力的示意图必能构成闭合的矢量三角形。①平行四边形法:以任意两力的矢量为邻边作平行四边形,第三个力的大小(前2个力的合力的向量)可用该平行四边形的对角线表示。②矢量三角形法:三个力首尾相接形成闭合矢量三角形。(2)注意事项①按比例绘制已知力的大小。②根据几何约束补充未知力的大小和方向。③通过测量或几何关系求解。(3)主要方法①三角函数法。
②相似三角形法。③正弦定理法。(4)进阶技巧①动态平衡分析:通过矢量三角形三边变化情况判断力变化趋势。②辅助圆法:当某个力不变,另外两个力的方向变化,但是其夹角不变时,构建辅助圆,利用圆周几何特性判断变化趋势或者求解极值问题。
　 　　研究对象涵盖单物体多力系统与多物体关联系统,解题关键如下。(1)多力平衡时合成与分解的最优化选择(正交分解)。(2)动态平衡中“变力”与“恒力”的辩证关系(矢量三角形法、相似三角形法、辅助圆法等)。(3)整体法与隔离法的协同应用(多物体系统中求内力——隔离法;求外界物体对系统的力——整体法。一般解题思路:先整体后隔离)。(4)临界状态的捕捉与数学表征(三角函数求极值、不等式约束等)。
1.(2025福建,1,4分)漳州著名景点风动石可随风微动。无风时山体对风动石的作用力为F1,当水平微风吹过时,石随风微动,但依然处于静止状态,此时山体对风动石的作用力为F2,则(　　　)
A.F2大于F1B.F1大于F2C.F1等于F2D.F1与F2的大小关系与风力大小有关
解析　无风时,风动石处于平衡状态,可得F1=mg;有风时,风动石仍处于平衡状态,可得F2= ;故F1