4.7 专题： 牛顿运动定律的综合应用2023-2024学年高一物理 （ 人教版2019必修第一册）（解析版） .docx

1、4.7 专题： 牛顿运动定律的综合应用 学习目标课程标准学习目标1能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。2掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。3.掌握“板块”模型、“传送带”模型特点，并解决相关问题1.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。2.初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。02探究提升【问题探究1】动力学中的临界问题1.临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.2.关键词语：在动力学问题中出现的

2、“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.3.临界问题的常见类型及临界条件：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零.(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物

3、体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.4.解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件.【典型例题1】（多选）质量为0.5kg的物块A放在一个纵截面为矩形的木箱内，A与木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。现要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。可行的是（）A木箱向上加速，其加速度满足B木箱向上减速，其加速度满足C木箱向右减速，其加速度满足D木箱向右加速，其加速度满足【答案】BC【解析】AB依题意，可得物块受到的最大静摩擦为若

4、木箱在竖直方向上运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，则需要 其加速度满足向下故A错误，B正确；CD若木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，木箱必须有向左的加速，即 联立求得故C正确，D错误。故选BC。【典型例题2】如图所示，细线的一端固定在倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g).(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(3)当滑块以a2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？【答案】(1)g(2)g(3)mg【解析】(1

5、)当FT0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则FNcos 45mg，FNsin 45ma 解得ag.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示.由牛顿第二定律得 水平方向：FT1cos 45FN1sin 45ma1，竖直方向：FT1sin 45FN1cos 45mg0.由上述两式解得FN1，FT1.由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大.当a1g时，FN10，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1mg.所以滑

6、块至少以a1g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角t3C.t1aOb，由xat2可知，t2tca，故选项A错误，B、C、D均正确.【对点训练3】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 ( )A.tAB=tCD=t

7、EFB.tABtCDtEFC.tABtCDtEFD.tAB=tCDtCDtEF，B项正确。 【对点训练4】如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点则()Aa球最先到达M点 Bc球最先到达M点Cb球最先到达M点 Db球和c球都可能最先到达M【答案】B【解析】：c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，Rgt，tc；a球沿AM做匀加速直线运动，aagsin 45g，x

8、aR，xaaat，ta；b球沿BM做匀加速直线运动，abgsin 60g，xb2R，xbabt，tb；由上可知，tbtatc.【问题探究3】“板块”模型问题“板块”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差xx1x2L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2x1L.解题关键点：(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向(2)当滑块与木板

9、速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)【典型例题5】（多选）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（）A若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过B当力F=mg时，A、B间的摩擦力为C无论力F为何值，B的加速度不会超过D当力时，B相对A滑动【答案】AB【解析】A物体C恰好滑动时，对C物体A恰好滑动时，对BC

10、整体，A、B之间的摩擦力为解得物体A、B之间的最大静摩擦力为因为，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得解得选项A正确；B当力F1=mg时，对整体对A解得选项B正确；CB的最大加速度为解得选项C错误；DB相对A恰好滑动时，对A、B整体对A解得当力时，B相对A滑动，选项D错误。故选AB。【典型例题6】如图所示，一质量M1 kg的长L2.5 m的木板B静放于水平地面，一质量m2 kg的小物块A静置于木板左端。如果给小物块A一水平向右的初速度v04 m/s，经过t1 s的时间A与B分离。已知重力加速度g10 m/s2

11、，小物块与木板间的动摩擦因数10.2，小物块A可看作质点，求：(1)A与B分离时，A的速度；(2)木板与地面间的动摩擦因数2。【答案】(1)2 m/s(2)0.1【解析】(1)小物块A在木板B上做匀减速直线运动，设物块的加速度大小为a1，有a11g2 m/s2由vv0a1t，解得v2 m/s。(2)木板在物块的摩擦力作用下可能静止不动，也可能做匀变速直线运动，如果木板静止不动，对小物块xv0ta1t2，x3 mL2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有1mg2(mM)gMa2位移关系为v0ta1t2a2t2L，联立解得20.1【对点训练5】如图所示，物块A

12、摞放在B上，一起静止于水平地面上，A的质量为1kg，B的质量为2kg。AB间的动摩擦因数以及B与地面间的动摩擦因数均为0.2。重力加速度取10m/s2，现用一9N的力作用在B上，则作用的瞬间（）AA的加速度大小为2m/s2BA所受的摩擦力大小为1NCB的加速度大小为0.5m/s2DB所受的合力为2N【答案】BD【解析】ACB与地面间的最大静摩擦力为A、B一起运动的加速度大小为A、B间的最大静摩擦力为A物体运动的最大加速度为所以A、B将保持相对静止，一起向右匀加速，其加速度大小为1m/s2，故AC错误；BD根据牛顿第二定律，有 故BD正确。故选BD。【对点训练6】（多选）如图所示，光滑的水平地面

13、上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力F作用在C上，使三者开始一起做匀加速直线运动，下列说法正确的是（）A木块B受到四个力的作用B当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到时，轻绳拉力达到最大值D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为【答案】CD【解析】A木块B受到重力、A木块的压力、A对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；B对三个木块整体，由牛顿第二定律可得隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为由此可知，当F逐渐增大到时，轻绳中拉力等于即小于轻绳能承受的最大拉

14、力为，轻绳还没有被拉断，故B错误；C由上式得：当F逐渐增大到时轻绳中拉力故C正确；D轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为，A、B两木块的加速度对A木块研究，由牛顿第二定律得A、B木块间的摩擦力为故D正确。故选CD。【问题探究3】“传送带”模型问题水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0v时，一直加速v0v时，一直减速v0v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v0v返回到左端时速度为v.倾斜传送带问题

15、：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsin gcos )先加速后匀速一直加速(加速度为gsin gcos )若tan ，先加速后匀速若tan ，先以a1加速，后以a2加速v0v时，一直加速(加速度为gsin gcos )若tan ，先加速后匀速；若v时，一直减速(加速度为gsin gcos )若tan ，先减速后匀速；若gcos ，一直加速；gsin gcos ，一直匀速gsin gcos ，一直减速先减速到速度为0后

16、反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)【典型例题7】重物A放在倾斜的传送带上，它和传送带一直相对静止没有打滑，传送带与水平面的夹角为，如图所示，传送带工作时，关于重物受到的摩擦力的大小，下列说法正确的是()A重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上匀速运动时受到的摩擦力B重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大【答案】B【解析】重物静止时，受到的摩擦力大小Ffmgsin，重物匀速上升时，受到的摩擦力大小仍为mgsin，且与速度大小无关，A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第

17、二定律，摩擦力Ffmgsinma，加速度越大，摩擦力越大，B正确；重物沿斜面向下加速运动时，Ffmgsinma或Ffmamgsin，加速度越大，摩擦力不一定越大，C错误【典型例题8】绷紧的传送带长L32 m，铁块与带间动摩擦因数0.1，g10 m/s2，下列正确的是()A若皮带静止，A处小铁块以v010 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/sB若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v010 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/sC若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，

18、在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小ag1 m/s2，根据vv2aL，解得：vB6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v010 m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经历的位移x m8 m32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/s的速度向右运

19、动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：vB m/s8 m/s10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确【对点训练7】（多选）如图甲为机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带以1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s。行李从A到B的过程中（）A行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右B行李到达B处时速率为1m/sC行李到达B处所需的时间为2.5sD行李与传送带间的相对位移为2m【答案】BC【解析】AB由牛顿第二定律得设

20、行李与传送带共速所需的时间为t，则有代入数值得t=1s匀加速运动的位移大小为=0.5mg，由运动学公式不难求出，传送带达到匀速的时间为，煤块达到与传送带相对静止的时间为，根据以上分析，煤块与传送带的v t图象分别如图中直线OB和折线OAB所示因v t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L.03强化训练1. (多选)如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块t0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是() 【答案】AC【解析】木

21、块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确2.（多选）如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA = 6kg、mB = 2kg，A、B间动摩擦因数 = 0.2，在物体A上施加水平向右的力F，g取10m/s2，则（ ）A当拉力F 16N时，A相对B滑动C当拉力F = 16N时，B受A的摩擦力等于4ND当拉力F 48N时，A相对B始终静止【答案】CD【解析】当A、B发生相对运动时的加速度为 则发生相对运动时最大拉力为 当拉力0 F F 16N时，A相

22、对于B静止，而对于地面来说是运动的，B错误；拉力F = 16N时，A、B始终保持静止，当F = 16N时，整体的加速度为则B对A的摩擦力为 C正确。故选CD。3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m0的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离下列说法正确的是()A若仅增大木板的质量m0，则时间t增大B若仅增大木块的质量m，则时间t增大C若仅增大恒力F，则时间t增大D若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大【答案】BD【解析】根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1g，木板的加速度a2，木块与木板分离，则有la1t

23、2a2t2得t.若仅增大木板的质量m0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t变小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故D正确4.(多选)如图所示，表面粗糙、质量M2 kg的木板，t0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a2.5 m/s2，t0.5 s时，将一质量m1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板

24、速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩擦因数10.1，木板和地面之间的动摩擦因数20.25，g取10 m/s2，则()A水平恒力F的大小为10 NB铁块放在木板上后，木板的加速度为2 m/s2C铁块在木板上运动的时间为1 sD木板的长度为1.625 m【答案】AC【解析】开始时木板在水平方向受到的拉力与摩擦力，由牛顿第二定律可得FMa2Mg10 N，故A正确；铁块放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得MaF2(Mm)g1mg，代入数据解得a0.75 m/s2，故B错误；小铁块无初速度地放在木板最右端时木板的速度vat1.25 m/s，铁块的

25、加速度为a1g1 m/s2，设铁块从木板掉落时所用的时间为t，则vat2at，代入数据解得t1 s，故C正确；这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为Lvtat2at2，代入数解得L1.125 m，故D错误5. (多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x4 m，以v02 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4, g取 10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从A运动到B的过程中()A小煤块从A运动到B的时间是sB小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC划痕长度是4 m

26、D划痕长度是0.5 m【答案】BD【解析】小煤块刚放上传送带后，加速度ag4 m/s2，由v0at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t10.5 s，此时小煤块运动的位移x1t10.5 m，而传送带的位移为x2v0t11 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为lx2x10.5 m，C错误，D正确；之后的xx13.5 m，小煤块匀速运动，故t21.75 s，故小煤块从A运动到B的时间tt1t22.25 s，A错误，B正确6.重物A放在倾斜的皮带传送机上，它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示，传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是()A重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动

27、时受到的摩擦力B重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大【答案】B【解析】重物静止时，受到的摩擦力fmgsin，重物匀速上升时，受到的摩擦力为fmgsin，且与速度大小无关，选项A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力fmgsinma，加速度越大，摩擦力越大，选项B正确；重物沿斜面向下加速运动时，当amgcos ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin mgcos ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin mgcos ，小滑块

28、所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.9.(多选)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其vt图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g10 m/s2。下列说法正确的是()A.06 s内，m的加速度一直保持不变B.m相对M滑动的时间为3 sC.06 s内，m相对M滑动的位移的大小为4 mD.06 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3

29、4【答案】BD【解析】物块相对于平板车滑动时的加速度 ag2 m/s2若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示由图像可以算出t3 s时，速度相等，为6 m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a1 m/s22 m/s2a，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3 s，故A错误，B正确；由图像可知，06 s内，物块相对平板车滑动的位移的大小x28 m1 m36 m6 m，故C错误；06 s内，由图像可知，物块相对地面的位移大小x166 m18 m，平板车相对地面位移大小x268 m24 m，二者之比为34，故D正确。10.（多选）如图所示，细线的一端固定

30、在倾角为30的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为的小球，静止时细线与斜面平行（已知重力加速度为）。则（）A当滑块水平向左做匀速运动时，细线的拉力为B若滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为C当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球对滑块压力为零D当滑块以加速度水平向左加速运动时，线中拉力为【答案】AB【解析】A当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为故A正确；BC设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为，小球受到重力、拉力作用， 根据牛顿第二定律所以当滑块以加速度水平向左加速运动时，小球没有脱离斜面，小球受力分析如图在水平方向竖直方向联立可得故B正确，C

31、错误；D当滑块以加速度向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为故D错误。故选AB。11.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v10.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角37，转轴间距L3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v21.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数0.8。取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。【答案】(1)0.4 m/s2(2)4.5 s【解析】(1)小包裹的速度v2大于传送带

32、的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知mgcos mgsin ma，解得a0.4 m/s2。(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1 s2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1t12.5 m2.75 m，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即mgcos mgsin ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2 s2 s，所以小包裹通过传送带的时间为tt1t24.5 s。12.如图所示，小球的质量为0.8 kg，两根轻细绳AB和AC的一端连接在竖直墙上，另一端系于小球上在小球上另施加一个方向与水平线成53角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围（g取10m/s2）【答案】5NF 6.4N【解析】对A球受力分析，受重力、拉力，两根细绳的拉力、，如图所示，据平衡条件有：、当时，当时，则要使绳都能伸直，拉力F的大小范围为