特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等
（1）对滑轮受力分析并正交分解如图： 同一根绳上的拉力相等，故AP，BP绳上的拉力均为F设AP的长度为：x，则BP长度为：2d-x在直角三角形ABP中： . BP 2 = . AB 2 + . AP 2 即：（2d-x） 2 =d 2 +x 2 解得：x= 3 4 d ，即：AP长度为： 3 4 d ，BP长度为： 5d 4 即：∠APB=53°所以：F 1 =Fcos53°=0.6FF 2 =Fsin53°=0.8F由滑轮平衡得：y方向：mg=F+F 1 =F+0.6F解得：F= mg 1.6 x方向：F 2 =F 拉 ，即：F 拉 =0.8× mg 1.6 = mg 2 （2）甲将滑轮由静止释放后，战士乙只有重力对其做功，所以下落到最低点是速度最大，下落到最低点时，绳子如图 此时三条边均为d，三角形为正三角形，即：每个角为60°所以此时P距离A点的竖直高度OP为：dsin60°= 3 2 d 从静止到此状态战士乙共下落的高度h为：h= 3 2 d - 3 4 d 设此时的速度为v，在下落过程中只有重力做功，做的功为：mgh由动能定理得：mgh= 1 2 m v 2 代入数据得：v= 2gh = 2g( 3 2 d- 3 4 d) = ( 3 - 3 2 )gd 故答案为： mg 2 ； ( 3 - 3 2 )gd
（1）0.5mg （2）
解析:
（1）设乙静止时AP间距离为h，则由几何关系得
d2＋h2＝(2d－h)2 （1分）
解得 h＝ （1分）
对滑轮受力分析如图，则有
FT＋FTcosθ＝mg （1分）
FTsinθ＝F （1分）
解得： F＝mg （2分）
（2）乙在滑动过程中机械能守恒，滑到绳的中点位置最低，速度最大。此时APB三点构成一正三角形。
P与AB的距离为 h/＝dcos30°＝ （2分）
由机械能守恒有 mg(h/－h)＝ （2分）
解得 （2分）
我这有些东西搞不上来，就凑合着用吧
由已知条件可知：sinθ=0.8，cosθ=0.6
由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可得，
在竖直方向：T+Tcosθ=mg
在水平方向：Tsinθ=F
联立解得：F=
| mg |
| 2 |
答：拉力的大小为
| 1 |
| 2 |
特种兵过山谷的一种方法可化简为如右图所示的模型:将一根长为2d、不可...
1\/2 试题分析：设开始位置绳子的拉力为T，PB与竖直线的夹角为α，则对滑轮，水平方向 ，竖直方向 ，由几何关系 ，化简得2sinα=cosα+1.所以F=mg\/2。若设AP=x,则x 2 +d 2 =(2d-x) 2 ,解得x=3d\/4.当滑轮滑到最低点时，速度最大，在最低点时滑轮距离A点的竖直距离为 ,...
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景.将一根长为2d的不可伸长的细 ...
（1）设乙静止时，AP间的距离为h，BP与竖直方向的夹角为θ，则由几何知识得 d 2 +h 2 =（2d-h） 2 解得，h= 3 4 d，sinθ=0.8，cosθ=0.6对滑轮进行受力分析，如图，根据平衡条件 F T +F T ccosθ=mg ① F T sinθ=F ②由①②式得，F=0.5mg（...
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景.将一根长为3d的不可伸长的细 ...
83)gd答：（1）战士甲释放前对滑轮的水平拉力F为13mg；（2）战士乙滑动过程中的最大速度为(22?83)gd．
(10分)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长不可...
试题分析：设绳中的张力为 T，BP 绳与竖直方向间的夹角为θ。由已知条件可知 ：sinθ=0.8，cosθ= 0.6（2分）由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可知：在竖直方向：T + Tcosθ = mg （3分）在水平方向： Tsinθ=" F" （3分）联立解得F = （2分）
特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长不可伸长的...
设绳中的张力为 T，BP 绳与竖直方向间的夹角为θ．由已知条件可知：sinθ=0.8，cosθ=0.6由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可得，在竖直方向：T+Tcosθ=mg在水平方向：Tsinθ=F联立解得：F=mg2答：拉力的大小为12mg．
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景。将一根长为2 d 的不可伸 ...
（1） mg （2） （1）设乙静止时 AP 间距离为 h ，则由几何关系得 d 2 ＋ h 2 ＝(2 d － h ) 2 （1分）解得 h ＝ （1分） 对滑轮受力分析如图，则有 F T ＋ F T cos θ ＝ mg （1分） F T sin θ ＝ F （1分）解得： F...
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