老高考统考物理二轮复习课件：专题一 第3讲　抛体运动　圆周运动.ppt

1、专题一 力与运动 第3讲 抛体运动 圆周运动 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.物体做曲线运动的条件：当物体所受物体做曲线运动的条件：当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不合外力的方向跟它的速度方向不 在同一条直线上在同一条直线上时，物体做曲线运动。时，物体做曲线运动。 2.平抛平抛(或类平抛或类平抛)运动的推论运动的推论 (1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点水平位移的中点。 (2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹，位移与水平方向的

2、夹 角为角为，则有，则有tan 2tan 。 3.水平面内圆周运动的临界问题水平面内圆周运动的临界问题 (1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供， 常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。 (2)常见临界条件：常见临界条件：绳子松弛的临界条件是绳的张力绳子松弛的临界条件是绳的张力FT0；接触面滑动；接触面滑动 的临界条件是拉力的临界条件是拉力FFfmax；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力 FN0。 4.竖直平面内圆周运动的

3、两种临界问题竖直平面内圆周运动的两种临界问题 (1)绳模型：半径为绳模型：半径为R的圆形轨道，物体能的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是通过最高点的条件是v gR。 (2)杆模型：物体能通过杆模型：物体能通过最高点的条件是最高点的条件是v0。 考向一 运动的合成与分解 1运动性质和轨迹的判断 若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速运动，加速 度不恒定则为非匀变速运动。 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 2三种过河情景三种过河情景 时间最短时间最短 位移最短位移最短 渡河渡河 情景情景 渡河渡河 条件条件 船头垂直于河岸船头垂直于河岸 船头斜向

4、上游且船头斜向上游且v船 船 v水 水 船头斜向上游，与合速船头斜向上游，与合速 度方向垂直，且度方向垂直，且v水 水v船船 渡河渡河 结果结果 最短时间最短时间tmin d v船 船 最短位移为河宽 最短位移为河宽d 最短位移为最短位移为v 水水 v船 船d 3.“端速问题”解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见 的模型如图所示。 典例1 (多选)(2020山东师范大学附属中学高三模拟)质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的 速度图像和y方向的位移图像 如图所示。下列说法正确的是( ) A质点的

5、初速度为5 m/s B2 s末质点的速度大小为6 m/s C质点初速度的方向与合外力方 向垂直 D质点所受的合外力为3 N AD 解析解析 质点在质点在x方向的初速度为方向的初速度为vx3 m/s，y方向的初速度为方向的初速度为vy 4 m/s，故质点的，故质点的初速度为初速度为v0 v2 x v2 y 5 m/s，A正确；正确；2 s末质点的末质点的 速度大小为速度大小为v 6242 m/s2 13 m/s，B错误；合外力沿错误；合外力沿x方向，而初方向，而初 速度方向既不沿速度方向既不沿x方向，也不沿方向，也不沿y方向，故质点初速度的方向与合外力方方向，故质点初速度的方向与合外力方 向不垂

6、直，向不垂直，C错误；质点的加速度错误；质点的加速度a1.5 m/s2，所受的合外力，所受的合外力F合 合ma 3 N，D正确。正确。 易错警示 运动的合成与分解问题的三点注意 (1)物体的实际运动是合运动，明确分运动的特点，如典例中物体在x方向和y方向的运动特点。 (2)根据物体运动过程的受力分析判断合运动的性质，如典例中的合外力沿x方向，合运动是匀变速曲线运动。 (3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则，同时还要注意合运动与 分运动的等时性。 1如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均 成角，甲船船

7、头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相 等，且两船相遇时不影响各自的航行，下列判断正确的是( ) A甲船也能到达正对岸 B甲船渡河时间一定短 C两船相遇在NP直线上的某点(非P点) D渡河过程中两船不会相遇 C 解析：解析：甲船航行方向与河岸成甲船航行方向与河岸成角，水角，水流速度水平向右，故合速度一定流速度水平向右，故合速度一定 不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上错误；在垂直河岸方向上 v甲 甲vsin ，v乙乙vsin ，故渡河时间，故渡河时间t甲甲 d v甲 甲 d vsin 、 、t

8、乙 乙 d v乙 乙 d vsin ， ， 所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发 的，故两船相遇在的，故两船相遇在NP直线上的某点直线上的某点(非非P点点)，B、D错误，错误，C正确。正确。 2如图所示，物体A套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，开始时A、B间的细绳呈水平状 态。现由计算机控制物体A的 运动，使其恰好以速度v沿杆匀速下滑(B始终未与滑轮相碰)，则( ) A绳与杆的夹角为时，B的速率为vsin B绳与杆的夹角为时，B的速率为vcos C物体B也做匀速直线运动 D物体B做匀加

9、速直线运动 B 解析：解析：如图所示，将如图所示，将A物体的速度按图物体的速度按图 示两个方向分解，绳子速率示两个方向分解，绳子速率v绳 绳v vcos ，而绳子速率等于物体，而绳子速率等于物体B的速率，的速率， 则物体则物体B的速率的速率vBv绳 绳vcos ，故，故A错错 误，误，B正确；因物体正确；因物体A向下运动的过程中向下运动的过程中 减小，则减小，则cos 增大，增大，vB增大，增大，B物体做物体做 加速运动，但不是匀加速运动，故加速运动，但不是匀加速运动，故C、D错误。错误。 3(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面 运

10、动的xt图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是( ) A猴子的运动轨迹为直线 B猴子在2 s内做匀变速曲线运动 Ct0时猴子的速度大小为8 m/s Dt2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2 解析：解析：由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖 直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速 度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线 上，故猴子在上，故

11、猴子在2 s内做匀变速曲线运动，内做匀变速曲线运动，A错错误，误，B正确；正确；x- t图像的斜率图像的斜率 等于速度，则知等于速度，则知t0时猴子水平方向的速度大小为时猴子水平方向的速度大小为vx4 m/s，又竖直方，又竖直方 向初速度大小向初速度大小vy8 m/s，则，则t0时猴子的速度大小为时猴子的速度大小为v v2 x v2 y 4 5 m/s，故，故C错误；错误；v- t图像的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为图像的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为a v t 0 8 2 m/s24 m/s2，即加速度大小为，即加速度大小为4 m/s2，故，故D正确。正确。 答案：BD 考向二 抛体

12、运动 1处理方法 分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。 2两个推论 (1)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中的B是OC的中点。 (2)做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角及位移与水平方向的夹角，则满 足tan 2tan 。 3两个“二级结论” (1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。 (2)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。 典例典例2 (多选多选)(2020 黑龙江齐齐

13、哈尔市联谊校期末黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如如图所示，图所示，D点为点为 固定斜面固定斜面AC的中点。在的中点。在A点和点和D点分别以初速度点分别以初速度v01和和v02水平抛出一个小水平抛出一个小 球，结果两球均落在斜面的底端球，结果两球均落在斜面的底端C点。空气阻力不计。设两球在空中运点。空气阻力不计。设两球在空中运 动的时间分别为动的时间分别为t1和和t2，落到，落到C点前瞬间的速度大小分别为点前瞬间的速度大小分别为v1和和v2，落到，落到 C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和和2，则下列关系式，则下列关系式 正确的是正确的是( ) A

14、.t1 t2 2 Bv01 v02 2 C.v1 v2 2 Dtan 1 tan 2 1 2 BC 解析解析 两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h 1 2 gt2，得，得t 2h g 。两球下落。两球下落的高度之比的高度之比h1h221，可得，可得t1 t2 2 1 ，故，故A 错误；小球水平方向做匀速直线运动，则错误；小球水平方向做匀速直线运动，则 v0 x t ，两球水平位移之比，两球水平位移之比 x1x221，结合，结合t1 t2 2 1 ，得，得v01 v02 2，故，故B正确；设斜面的倾角为正确；设斜面的倾角为， 小球落到

15、小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为，则则tan 1 2gt 2 v0t gt 2v0， ，tan gt v0 2tan ，是定值，所以，是定值，所以 tan 1 tan 2 1，即，即12，落到，落到C点点 前瞬间的速度大小分别为前瞬间的速度大小分别为v1 v01 cos 1 ，v2 v02 cos 2 ，可得，可得 v1 v2 2，故，故C正正 确，确，D错误。错误。 4.如图所示，在斜面顶端如图所示，在斜面顶端a处以速度处以速度va水平抛出一小球，经过时间水平抛出一小球，经过时间ta恰好恰好 落在斜面底端落在斜面底端P处；今在处；今在P点正上

16、方与点正上方与a等高的等高的b处以速度处以速度vb水平抛出另一水平抛出另一 小球，经过时间小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点恰好落在斜面的中点Q处。若不计空气阻力，下列关处。若不计空气阻力，下列关 系式正确的是系式正确的是( ) Ava2vb Bva 2vb Cta2tb Dta2 2tb B 解析：解析：b球落在斜面的中点，知球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为两球下降的高度之比为21，根据，根据h 1 2 gt2知，知，t 2h g ，则，则ta 2tb，因为，因为a、b两球水平位移之比为两球水平位移之比为21， 则则va 2vb，故，故B正确，正确，A、C、D错误。错误。 5

17、(2020 高考全国卷高考全国卷)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有 一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘，其左边缘a点比右边点比右边 缘缘b点高点高0.5h。若摩托车经过。若摩托车经过a点时的动能为点时的动能为E1，它会落到坑内，它会落到坑内c点，点，c与与a 的水平距离和高度差均为的水平距离和高度差均为h；若经过；若经过a点时的动能为点时的动能为E2，该摩托车恰能越，该摩托车恰能越 过坑到达过坑到达b点。点。E2 E1等于 等于( ) A20 B18 C9.0 D3.0 B 解析：解析：

18、摩托车从摩托车从a点做平抛运动到点做平抛运动到c点点 水平方向：水平方向：hv1t1，竖直方向：，竖直方向：h1 2gt 2 1 解得解得v1 gh 2 动能动能E11 2mv 2 1 mgh 4 摩托车从摩托车从a点到点到b点点 水平方向：水平方向：3hv2t2，竖直方向：，竖直方向：0.5h1 2gt 2 2 解得解得v23 gh 动能动能E21 2mv 2 2 9 2mgh，故 ，故E2 E1 18。 6(多选多选)如图所示，小球如图所示，小球A、B分别从分别从2l和和l的高度水平抛出后落地，上的高度水平抛出后落地，上 述过程中述过程中A、B的水平位移分别为的水平位移分别为l和和2l。忽

19、略空气阻力，则。忽略空气阻力，则( ) AA和和B的位移大小相等的位移大小相等 BA的运动时间是的运动时间是B的的2倍倍 CA的初速度是的初速度是B的的1 2 DA的末速度比的末速度比B的大的大 AD 解析：解析：由抛出点和落地点的几何关系，可由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球推出小球A、B的位移大小相的位移大小相 等，等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h 1 2 gt2可推出可推出A运运 动的时间是动的时间是B的的 2倍，倍，B错误；小球错误；小球A的初速度的初速度v0A l tA l 4l g 1 2 gl，小，小 球球B的初速度的初

20、速度v0B2l tB 2l 2l g 2gl，A的初速度是的初速度是B的的 2 4 ，C错误；根据错误；根据 机械能守恒定律机械能守恒定律得得1 2mAv 2 A 1 2mAv 2 0A mAg 2l，1 2mBv 2 B 1 2mBv 2 0B mBgl，解，解 得得vA 4.25gl，vB 4gl，所以，所以vAvB，D正确。正确。 考向三考向三 圆周运动问题圆周运动问题 1基本思路基本思路 (1)对物体进行受力分析，找出向心力来源，确定圆心及半径。对物体进行受力分析，找出向心力来源，确定圆心及半径。 (2)灵活应用动力学方程：灵活应用动力学方程：Fmam v2 R m2Rmvm 42 T

21、2 R 4m2f2R。 2两种模型两种模型 (1)最高点无支撑最高点无支撑(轻绳模型轻绳模型)：FN0，mgm v2 R ，v gR，即在最高点，即在最高点 速度不能为零。速度不能为零。 (2)最高点有支持最高点有支持(轻杆模型轻杆模型)：mgFN，v0，即在最高点速度可以为，即在最高点速度可以为 零。杆对小球的弹力为零的条件是零。杆对小球的弹力为零的条件是vgR ，也是杆对小球是拉力还是，也是杆对小球是拉力还是 支持力的转折点。支持力的转折点。 3一种联系：一种联系：竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用 动能定理建立联系。动能定理建

22、立联系。 典例3 (多选)由于受新冠肺炎疫情影响，中国体操队选手没能按计划参加2020年体操世界杯墨尔本站比赛，荷 兰名将宗德兰德轻松夺冠。假设运动员训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身 体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员运动到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小 为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到Fv2图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的 是( ) A运动员的质量为65 kg B运动员的重心到单杠的距离为0.9 m C当运动员在最高点的速度为4 m/s时，运动员受单杠的弹力方向向上 D在完成“单臂大回环”的过程中

23、，运动员运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力 解析解析 对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有Fmg 0，结合图像解得质量，结合图像解得质量m65 kg，选项，选项A正确；当正确；当F0时，由向心力公时，由向心力公 式可得式可得mgmv 2 R ，结合图像可解得，结合图像可解得R0.9 m，故运动员的重心到单杠的，故运动员的重心到单杠的 距离为距离为0.9 m，选项，选项B正确；当运动员在正确；当运动员在最高点的速度为最高点的速度为4 m/s时，运动员时，运动员 受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项受单杠的拉力作用，方向竖直向下

24、，选项C错误；运动员经过最低点错误；运动员经过最低点 答案 ABD 时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得Fmgm v2 1 R ，运动员从最高点，运动员从最高点 运动到最低点的过程中，由动能定理得运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR 1 2 mv 2 1 1 2 mv2，当，当v0 时，时，F有最小值有最小值Fmin，故由以上两式得，故由以上两式得Fmin3 250 N，即运动员的单臂，即运动员的单臂 最少要承受最少要承受3 250 N的力，选项的力，选项D正确。正确。 规律总结 解决圆周运动问题的主要步骤 (1)确定研究对象，明确运动模型，如典例中是竖直

25、平面内的圆周运动，运动员的胳膊既可以提供拉力，也可以 提供支持力，可以理解为“杆模型”。 (2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等。 (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如典例中，单杠对运动员的弹力与其重力充当 向心力。 (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。 7. (多选多选)(2020 甘肃兰州一中模拟甘肃兰州一中模拟)在在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高修筑铁路时，弯道处的外轨会略高 于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会 受到轮缘的挤

26、压，设此时的速度大小为受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为，重力加速度为g，两轨所在平，两轨所在平 面的倾角为面的倾角为，则，则( ) A该弯道的半径该弯道的半径r v2 gtan B当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C当火车速率大于当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤时，内轨将受到轮缘的挤压压 D当火车速率大于当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压时，外轨将受到轮缘的挤压 ABD 解析：解析：火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向 心力，根据牛顿第二定律

27、得心力，根据牛顿第二定律得mgtan mv 2 r ，解得，解得r v2 gtan ，故 ，故A正确；正确； 根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得mgtan m v2 r ，解得，解得vgrtan ，可知火车规定，可知火车规定 的行驶速度与火车质量无关，故的行驶速度与火车质量无关，故B正确；当火车速率大于正确；当火车速率大于v时，重力和支时，重力和支 持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外 轨，故轨，故C错误，错误，D正确。正确。 8. (多选多选)(2020 重庆高三调研重庆高三调研)如如图所示，用长为图所

28、示，用长为L的轻绳的轻绳(轻绳不可伸长轻绳不可伸长) 连接的甲、乙两物块连接的甲、乙两物块(均可视为质点均可视为质点)放置在水平圆盘上，甲、乙连线的放置在水平圆盘上，甲、乙连线的 延长线过圆盘的圆心延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心，甲与圆心O的距离也为的距离也为L，甲、乙两物块的质量，甲、乙两物块的质量 均为均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为，与圆盘间的动摩擦因数均为，物块与圆盘间的最大静摩，物块与圆盘间的最大静摩擦力擦力 等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是 ( ) A圆盘转动的角速度最大为圆盘转动的角速度最大为 3

29、g 2L B圆盘转动的角速度最大为圆盘转动的角速度最大为 2g 3L C轻绳最大弹力为轻绳最大弹力为1 3mg D轻绳最大弹力为轻绳最大弹力为mg BC 解析：解析：当当较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，增大时，由增大时，由F m2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r甲 甲L，r乙乙2L，r甲甲r乙乙，所，所 以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后继续增大，要保证乙不滑动，继续增大，要保证乙不滑动， 轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩

30、擦力继续增大，直到甲受到的静摩的静摩 擦力也达到最大，此时擦力也达到最大，此时最大，轻绳弹力最大，轻绳弹力FT也最大，对甲、乙整体有也最大，对甲、乙整体有 2mgm 2 max L m 2 max 2L，解得 ，解得max 2g 3L ，对甲有，对甲有mgFTmax m2 maxL，解得 ，解得FTmax1 3mg，故圆盘转动的角速度 ，故圆盘转动的角速度最大为最大为 2g 3L ，轻，轻 绳最大弹力为绳最大弹力为1 3mg， ，B、C正确。正确。 9(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动 到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高

31、点的速度大小为v，其FTv2图像如图乙所示，则( ) A轻质绳长为轻质绳长为mb a B当地的重力加速度为当地的重力加速度为 a m C当当v2c时，轻质绳最高点拉力大小为时，轻质绳最高点拉力大小为ac b a D若若v2b，小球运动到最低点时绳的拉力为，小球运动到最低点时绳的拉力为6a 解析：解析：在最高点，在最高点，FTmgm v2 L ，解得，解得FTm v2 L mg，可知纵截距的绝，可知纵截距的绝 对值为对值为amg，g a m ，图线的斜率，图线的斜率k a b m L ，解得绳子的长度，解得绳子的长度L mb a ， 故故A、B正确；当正确；当v2c时，轻质绳的拉力大小为时，轻质绳的拉力大小为FTmv 2 L mgac b a， 故故C错误；当错误；当v2b时拉力为零，重力充当向心力，时拉力为零，重力充当向心力，mgm v2 L ，得，得v2 gL，到最低点时根据动能定理得，到最低点时根据动能定理得2mgL 1 2 mv 2 2 1 2 mv2，根据牛顿第二定，根据牛顿第二定 律得律得FTmgm v2 2 L ，联立以上各式可得拉力为，联立以上各式可得拉力为FT6mg6a，故，故D正正 确。确。 答案：ABD