河南省新乡市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

河南省新乡市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以E k0＝30 J 的初动能从斜面底端A 冲上斜面，到顶端B 时返回，已知滑块从A 滑到B 的过程中克服摩擦力做功10 J ，克服重力做功24 J ，则( )

A ．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J

B ．滑块上滑过程中机械能增加4 J

C ．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J

D ．滑块返回到斜面底端时动能为15 J 【答案】A 【解析】 【详解】

A ．动能定理知上滑过程中

G f k W W W E --=?电

代入数值得

4J W =电

电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J ，A 正确； B ．由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为

6J f E W W ?=-=-电

即机械能减小6J ，B 错误；

C ．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J ，即重力势能增加12J ，C 错误；

D ．由动能定理知0f k k W

E E =-，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J ，D 错误． 故选A 。 【点睛】

解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量．

2．如图所示，真空中等边三角形OMN 的边长为L=2.0m ，在M 、N 两点分别固定电荷量均为

62.010C q -=+?的点电荷，已知静电力常量9229.010N m /C k =??，则两点电荷间的库仑力的大小和O

点的电场强度的大小分别为（ ）

A ．339.010N,7.810N /C -??

B ．339.010N,9.010N /

C -?? C ．231.810N,7.810N /C -??

D ．231.810N,9.010N /C -??

【答案】A 【解析】 【详解】

根据库仑定律，M 、N 两点电荷间的库仑力大小为2

2q F k L =，代入数据得

39.010N F -=?

M 、N 两点电荷在O 点产生的场强大小相等，均为12

q

E k L =，M 、N 两点电荷形成的电场在O 点的合场强大小为

12cos30E E =?

联立并代入数据得

37.810N /C E ≈?

A ． 3

3

9.010N,7.810N /C -??与分析相符，故A 正确； B ． 3

3

9.010N,9.010N /C -??与分析不符，故B 错误； C ． 2

3

1.810N,7.810N /C -??与分析不符，故C 错误； D ． 2

3

1.810N,9.010N /C -??与分析不符，故D 错误； 故选：A 。

3．如图所示，由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（ ）

A．杆AO对P的弹力减小B．杆BO对Q的弹力减小

C．P、Q之间的库仑力减小D．杆AO对P的摩擦力增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球P的弹力不变，故A错误；

BC．对Q受力如图

小球P向左移后，两个小球P、Q间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆BO对小球Q的弹力变大，两小球P、Q之间的库仑力变大，故B、C错误；

D．对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得杆AO对小球P的摩擦力变大，故D正确；

故选D。

?=20V、4．M、N、P三点共线且为电场中同一电场线上的三点，P为MN的中点，M、N两点处电势分别为M

?=12V。下列说法正确的是

N

A．场强方向是N指向M

B．一正电荷在P点时受到的电场力大于在M点时受到的电场力

C．该电场在P点处的电势一定为16V

D．一负电荷在P点时具有的电势能大于在M点时具有的电势能。

【答案】D

【解析】

【详解】

A ．M N ??>，根据电场线与电势关系，沿电场线方向电势降低，场强方向是M 指向N ，故A 错误； BC ．由于无法确定该电场是否为匀强电场，所以无法确定M 、N 、P 三点处场强的大小关系及P 点处的电势，故BC 错误；

D ．由

E q ?=得，负电荷在P 点时具有的电势能大于在M 点时具有的电势能，故D 正确。 故选：D 。

5．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度0v 沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度v 随时间t 变化关系的图像是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】C 【解析】 【详解】

根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，比较可知： a 1＞a 2，

则物块上滑过程v-t 图象的斜率比下滑过程的大。由速度-时间公式得：上滑过程有 v 0=a 1t 0，下滑过程有 v 0=a 2t 1，可得 ： t 1＞t 0，

故C 正确，ABD 错误。 故选C 。

6．如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子由n=4的激发态向低能级跃迁，则产生波长最长的光子的能量为（ ）

A．12.75eV B．10.2eV

C．0.66eV D．2.89eV

【答案】C

【解析】

【详解】

从n=4能级跃迁到n=3能级释放出的光子能量最小，波长最长，该光子的能量为

－0.85eV－（－1.51eV）＝0.66eV

C正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

7．a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q两点，则下列说法正确的是()

A．玻璃对三种光的折射率关系为n a>n b>n c

B．玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率

C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄

D．a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小

E.a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长

【答案】BCE

【解析】

【详解】

AB．由图可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，但是由于b光经过玻璃时没有发生偏折，故无法比较b光与a、c光的折射率大小，故A错误，B正确；

C ．由于a 光的折射率较大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，由L

x d

λ?= 可得a 光的条纹间距比c 光窄，故C 正确；

D ．因a c n n >，根据临界角公式1

sin C n

=知， a 光发生全反射时临界角较小，故D 错误； E ．根据公式v ＝

c

n

，由于a 光的折射率大，则a 光在玻璃中的传播速度较小，由几何关系可知a 光在玻璃中传播的路程较长，故a 光比c 光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故E 正确。 故选BCE 。

8．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A 、B ，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动.已知A 球细线1L 跟竖直方向的夹角为30o ，B 球细线2L 跟竖直方向的夹角为60o ，下列说法正确的是( )

A ．细线1L 和细线2L 3 1

B ．小球A 和B 的向心力大小之比为1：3

C ．小球A 和B 的角速度大小之比为1：1

D ．小球A 和B 的线速度大小之比为13 【答案】BC 【解析】

A 项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：T A cos30°=mg ，T

B cos60°=mg ，则

23cos30A mg mg

T =

=T B =2mg ，所以:33A B T T ==A 错误； B 项：小球A 做圆周运动的向心力F nA =mgtan30°3

，小球B 做圆周运动的向心力F nB =mgtan60°3mg ，可知小球A 、B 的向心力之比为1：3，故B 正确；

C 、

D 项：根据mgtanθ=m?htanθ?ω2=2

tan v

m h θ

得，角速度g

h

ω=

v gh θ=可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C 正确，D 错误．

点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和

角速度之比．

9．如图所示，CD 、EF 是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的宽度为d ，导轨的右端接有一阻值为R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R ，质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是

A ．通过电阻R 2BL gh

B ．流过电阻R 的电荷量为

2BdL

R

C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh

D ．电阻R 中产生的焦耳热为1

()2mg h d μ-

【答案】ABD 【解析】 【详解】

A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

212

mgh mv =

金属棒到达水平面时的速度

2v gh 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv

最大的感应电流为

22BL gh

BLv I R =

=

故A 正确；

B ．通过金属棒的电荷量

2BLd

q R r R

Φ=

=+V 故B 正确；

C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得： mgh-W B -μmgd=0-0 则克服安培力做功： W B =mgh-μmgd

整个电路中产生的焦耳热为 Q=W B =mgh-μmgd 故C 错误；

D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：

1122

R Q Q mg h d μ==-（）

故D 正确．

10．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg ，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N （方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ 两点时速度大小均为v=5m/s 。滑块在P 点的速度方向与PQ 连线夹角α=37°，sin37°

=0.6，则（ ）

A ．水平恒力F 的方向与PQ 连线成53°夹角

B ．滑块从P 到Q 的时间为3s

C ．滑块从P 到Q 的过程中速度最小值为4m/s

D ．PQ 两点连线的距离为12m 【答案】BCD 【解析】 【详解】

A ．设水平恒力F 的方向与PQ 连线夹角为β，滑块过P 、Q 两点时的速度大小相等，根据动能定理得 Fx PQ cosβ=△E k =0

得β=90°，即水平恒力F 与PQ 连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A 错误；

B ．把P 点的速度分解在沿水平力F 和垂直水平力F 两个方向上，沿水平力F 方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有

22m/s F

a m

=

= 当F 方向速度为零时，时间为

sin375sin37s=1.5s 2

v t a ???

=

= 根据对称性，滑块从P 到Q 的时间为 t'=2t=3s 故B 正确；

C ．当F 方向速度为零时，只有垂直F 方向的速度 v'=vcos37°=4m/s

此时速度方向与F 垂直，速度最小，故C 正确； D ．垂直F 的方向上物块做匀速直线运动，有 x PQ =v't'=12m 故D 正确。 故选BCD 。

11．如图所示，质量为 m 的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（27 °

C ）中达到的平衡状态。气体从 a 态变化到 b 态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（ ）

A ．与 b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多

B ．与 a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大

C ．在相同时间内，a 、b 两态的气体分子对活塞的冲量相等

D ．从 a 态到 b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量 E.从 a 态到 b 态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界吸收了热量 【答案】AC

E 【解析】 【分析】 【详解】

A ．因压强不变，而由a 到b 时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a 状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A 正确；

BC ．因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B 错误，C 正确； DE ．因从a 到b ，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D 错误，E 正确； 故选ACE 。

12．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A 、B ，质量分别为m=0.1kg 和M=0.3kg ，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A 、B 球和弹簧，已知A 球脱离弹簧的速度为6m/s ，接着A 球进入与水平面相切，半径为0.5m 的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ 为半圆形轨

道竖直的直径，2

10/g m s =，下列说法正确的是

A ．弹簧弹开过程，弹力对A 的冲量大于对

B 的冲量 B ．A 球脱离弹簧时B 球获得的速度大小为2m/s

C ．A 球从P 点运动到Q 点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s

D ．若半圆轨道半径改为0.9m ，则A 球不能到达Q 点 【答案】BCD 【解析】 【详解】

弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A 的冲量大小等于B 的冲量大小，故A 错误；由动量守恒定律12mv Mv =，解得A 球脱离弹簧时B 球获得的速度大小为

22/v m s =，故B 正确；设A 球运动到Q 点时速率为v ，对A 球从P 点运动到Q 点的过程，由机械能守

恒定律可得

22111

222

mv mg R mv =?+，解得：v=4m/s ，根据动量定理1()1I mv mv N s =--=?，即A 球从P 点运动到Q 点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s ，故C 正确；若半圆轨道半径改为0.9m ，小球到达Q 点的临界速度3/Q v gR m s =

=，对A 球从P 点运动到Q 点的过程，由机械能守恒定律

22111

222

mv mg R mv =?+，解得0v =，小于小球到达Q 点的临界速度，则A 球不能达到Q 点，故D 正确。 故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13．要测定一节干电池（电动势约1.5V ，内阻约0.5Ω，放电电流不允许超过0.6A ）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。提供的器材有：

A ．电流表A 1：挡位1（0~3A ，内阻约0.05Ω），挡位2（0~0.6A ，内阻约0.2Ω）

B ．电流表A 2：0-300μA ，内阻r A =100Ω

C ．定值电阻：R 0=2Ω，R 1=900Ω，R 2=4900Ω

D ．滑动变阻器：R 3（0—5Ω，2A ），R 4（0~15Ω，1A ） E.开关一只、导线若干

(1)测量电流的仪表：应选择电流表A 1的挡位____（填“1”或者“2”）。

(2)测量电压的仪表：应将定值电阻______（填“R 0”、“R 1”或“R 2”）与A 2串联，使其成为改装后的电压表。 (3)干电池内阻太小，应选择定值电阻____（填“R 0”、“R 1”或“R 2”）来保护电源。

(4)若要求A 1表电流在0.1A-0.5A 范围内连续可调。则滑动变阻器应选择__________（填“R 3”或“R 4”）。 (5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V 表为改装后的电压表），应选择____________（填“图（a ）”或“图（b ）”）。

(6)进行实验并记录数据。用I 1、I 2分别表示A 1、A 2表的示数，根据测量数据作出如图（c ）所示的I 2-I 1图像，由图像可得：电池的电动势为________V ，内阻为________Ω。（保留到小数点后两位） 【答案】2 R 2 R 0 R 4 图(a) 1.49 0.49 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]．测量电流的仪表：应选择电流表A 1的挡位2。

(2)[2]．测量电压的仪表：应将定值电阻R 2与A 2串联，使其成为改装后量程为

62()300105000V=1.5V g A U I r R -=+=??的电压表。

(3)[3]．干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R 0来保护电源。 (4)[4]．若要求A 1表电流在0.1A-0.5A 范围内连续可调。则滑动变阻器最大值为

max 1.5

20.512.50.1

R =

--=Ω 最小值

min 1.5

20.550.5

R =

--=Ω 则滑动变阻器应选择R 4。

(5)[5]．因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图（a ）。

(6)[6][7]．由图可知电流计读数为I 2=298μA ，对应的电压值为298

1.5V=1.49V 300

? 则电池的电动势为E=1.49V ，内阻为

1.5

(298150)3000.491.5

r -?=

Ω=Ω

14．用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A 、B ，用不可伸

长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D 上，轨道放在水平桌面上，P 为小桶（内有砂子），滑轮质量、摩擦不计，

(1)实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是___________．

(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d ＝_____cm. (3)实验主要步骤如下：

①测量木板（含遮光条）的质量M ，测量两遮光条间的距离L ，按图甲所示正确连接器材；

②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B 、A 先后经过光电门的时间为t 1、t 2，则遮光条B 、A 通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔE k ＝________，合外力对木板做功W ＝________.（以上两空用字母M 、t 1、t 2、d 、L 、F 表示） ③在小桶中增加砂子，重复②的操作，比较W 、ΔE k 的大小，可得出实验结论．

【答案】平衡摩擦力 0.560cm 22

2112d d E M t t ??

??????=- ? ???

??????

V W =FL

【解析】 【分析】 【详解】

（1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对木板做的功应先平衡摩擦力，即实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是平衡摩擦力；

（2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数：5mm ，游标尺的刻度第12个刻度与上边的刻度对齐，所以游标读数为：0.05×

12=0.60mm ，总读数为：5mm+0.60mm=5.60mm=0.560cm （3）木板通过A 时的速度：v A ＝2d t ；通过B 时的速度：v B ＝1

d

t ；则木板通过A 、B 过程中动能的变化

量：2222

21111222A B d d E Mv Mv M t t ????????=-- ? ???

??????

V ＝；合力对木板所做的功：W =FL ；

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15．如图所示，用同种材料制成的倾角θ的斜面和水平轨道固定不动．小物块与轨道间动摩擦因数μ，从斜面上A 点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失． (1)若已知小物块至停止滑行的总路程为s ，求小物块运动过程中的最大速度v m

(2)若已知μ=0.1．小物块在斜面上运动时间为1s ，在水平面上接着运动0.2s 后速度为v t ，这一过程平均速

率

13

12

m/s．求v t

的值．（本小题中g=10m/s2）

【答案】（1）

2(sin cos)

sin cos

μθμθ

μθμθ

-

+-

gs

（2）1m/s 【解析】

【详解】

(1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得a1=

sin cos

mg mg

m

θμθ

-

=gsinθ﹣μcosθ

在水平面有：

a2=

mg

m

μ

=μg

物体的最大速度：

v m=a1t1=a2t2

整个过程物体的位移：

s=m

2

v

t1+m

2

v

t2

解得：

v m=

2(sin cos)

sin cos

μθμθ

μθμθ

-

+-

gs

(2)已知μ=0.1，解得：

a2=

mg

m

μ

=μg=0.1×10 m/s2=1m/s2

最大速度：

v m=v t+a2t2′=v t+1×0.2=v t+1

由匀变速直线运动的速度位移公式得：

s2=

()22

22

2

1

225

t t

m t

v v

v v

a

+-

-

=

?

=

21

10

+

t

v

由位移公式得：

s 1=

m

2v t 1′=12+t v ×1=12

+t v 而：

1212()s s v t t +='+'

已知：t 1′=1s ，t 2′=0.2s ，v =13

12

m/s ，解得： v t =1m/s

16．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m 的小滑块，斜面倾角θ＝37?，木板受到沿斜面向上拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与力F 的关系如图乙所示，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin 37?＝0.6，cos 37?＝0.8。求： (1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少？

(2)当拉力F ＝20N 时，长木板的加速度大小为多大？

【答案】 (1)0.75(2)2m/s 2 【解析】 【详解】

(1)当F 等于18N 时，加速度为a ＝0。对整体由平衡条件： F ＝(M ＋m)gsinθ 代入数据解得 M ＋m ＝3kg

当F 大于18N 时，根据牛顿第二定律得 F －Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma 长木板的加速度 a ＝

1

M F －gsinθ－cos μθmg M

知图线的斜率 k ＝

1

M

＝1 截距 b ＝-gsinθ-

cos μθ

mg M

＝-18

解得

M ＝1kg ，m ＝2kg ，μ＝0.75

(2)当拉力F ＝20N 时，代入长木板的加速度 a ＝

1

M F －gsinθ－cos μθmg M

解得长木板的加速度为 a 1＝2m/s 2

17．我校阳光体育活动跑操过程如图所示．环形跑道由矩形ABCD 和两个半圆BEC 、DFA 组成．已知AB 长L ，AD 长d ．跑操时，学生均匀地排列在环形跑道上以相同的方式整齐地跑动．某人用遥控直升机下悬挂质量为m 的摄像机拍摄跑操情况．开始时遥控直升机悬停在C 点正上方．

（1）小王在跑操前正好站在A 点，听到起跑命令后从静止开始沿AB 方向做匀加速直线运动，到达AB 中点时速度达到v ，然后匀速率跑动．求小王跑完一圈所用的时间；

（2）若遥控直升机从C 点正上方运动到D 点正上方经历的时间为t ，直升飞机的运动视作水平方向的匀加速直线运动．在拍摄过程中悬挂摄影机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，假设空气对摄像机的作用力始终水平．试计算这段时间内空气对摄像机作用力的大小．

【答案】（1）522L d t v π+=总；（2）22F m L gtan T β?

?=- ??

?

【解析】 【分析】 【详解】

（1）在加速阶段：A 到中点1

22

vt L =． 从中点到A 有：232

L d

vt π+= 则有12t t t =-总, 解得：522L d

t v

π+=

总 （2）由C 到D 有：21L 2

at =

设摄像机受到的风力为F ，绳子拉力为T ，重力为mg ，则

Tsin βF ma -=， Tcos βmg =，

联立解得：22F m L gtan T β??=-

???