高三物理高考物理复习试题.docx

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高三物理高考物理复习试题

参考答案

第一篇冲刺高考必须掌握的15个必考热点

导航卷一　匀变速直线运动的规律及其应用

1．D　[以帆板为参照物时，帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v，故由平行四边形定则可知，帆船相对于帆板的速度大小为_eq\r

（2）_v，方向为北偏东45°，D正确。

]

2．C　[由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝_eq\f（v,a）_＝1s，在加速时间内通过的位移x1＝_eq\f（1,2）_at_eq\o\al（2,1）_＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已过关卡2，t3＝2s时间内x3＝4m，关卡打开，t4＝5s，x4＝vt4＝10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5＝0.5s，小于2s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确。

]

3．B　[位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10km处，而乙在s＝8km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误。

]

4．A　[因为图象与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，因此在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车的位移，根据_eq\o（v,\s\up6（－））_＝_eq\f（x,t）_可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，选项A正确，C错误；因为乙车做非匀变速运动，故不能用_eq\f（v1＋v2,2）_计算平均速度，，选项B错误；图线切线的斜率表示物体的加速度，据图知，甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。

]

5．D　[由题图可知0～2s内，速度为正，运动方向未改变，2s末时，位移最大，v－t图线斜率表示加速度，1～3s图线斜率未改变，故第2s末加速度方向没有变化，A、B、C错误；由v－t图线与时间轴所围面积表示位移知，第3s末和第5s末质点位置相同，D正确。

]

6．A　[以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋_eq\f（1,2）_gt_eq\o\al（2,1）_，h＝vt2＋_eq\f（1,2）_gt_eq\o\al（2,2）_，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝_eq\f（2v,g）_，故A正确。

]

7．A　[汽车从静止开始做匀加速直线运动，由v2＝2ax知当速度达到最大值vm时做匀减速直线运动直到速度为0，由运动的可逆性得v2＝2a′x，将图象旋转90°，则变为x＝_eq\f（1,2a）_v2，为标准的二次函数，故选项A正确。

]

8．A　[设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝vt＋_eq\f（1,2）_at2，解得：

t＝_eq\f（\r（v2＋2ax）－v,a）_，初速度为2v时，x＝2vt′＋_eq\f（1,2）_at′2，解得：

t′＝_eq\f（\r（4v2＋2ax）－2v,a）_，所以t′>_eq\f（t,2）_，A项正确。

]

9．AC　[由速度图象可知在第1s内，甲物体的位移大于乙物体的位移，由题意知，在t＝1s时两物体相遇，所以在t＝0时，甲物体在后，乙物体在前，A项正确；图线与坐标轴所围面积差表示两物体间位移差，故第1s内，两物体的位移差等于第2s内两物体位移差的3倍，第1s末，两物体在同一位置，故t＝2s时，两物体不是相距最远，B项错误；第1s末到第3s末，两物体位移相等，即两物体再次相遇，C项正确；由图象可知，0～4s内，两物体位移相等，故t＝4s时，甲物体在乙物体后3s0处，D项错误。

]

10．AC　[由图可以看到，被选做参考系的质点是位于坐标轴上的原点，质点a从坐标轴上＋5m处向参考系运动，经2s到达坐标原点，速率va＝2.5m/s。

在t＝1s时，质点b从坐标原点出发，沿坐标轴的正方向运动，1s内的位移为5m，速率vb＝5m/s；质点a运动了2s，质点b只运动了1s，它们的位移大小相等，均为5m，而方向相反。

综上知选项A、C正确。

]

11．BC　[设加速度为a，时间为T，则有Δx＝aT2＝1m，可以求得a＝_eq\f（Δx,T2）_，CD＝4m，而B点的瞬时速度vB＝_eq\f（xAC,2T）_，所以OB之间的距离为xOB＝_eq\f（v_eq\o\al（2,B）_,2a）_＝3.125m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125m，即B、C选项正确。

]

12．AC　[根据所给_eq\f（x,t）_－t图象可得图线所对应的方程为_eq\f（x,t）_＝b＋kt，整理得，x＝bt＋kt2，该式与x＝v0t＋_eq\f（1,2）_at2对比可知，物体做初速度为0.5m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，故A、C项正确，B、D项错误。

]

13．BD　[因为ab＝bd＝6m，bc＝1m，所以ac＝7m　cd＝5m，vc＝_eq\f（sac＋scd,2T）_

＝_eq\f（12,2×2）_m/s＝3m/s，选项D正确。

由s2－s1＝aT2得a＝_eq\f（sac－scd,T2）_＝_eq\f（7－5,22）_m/s2＝0.5m/s2

由v2－v_eq\o\al（2,0）_＝2as得：

v_eq\o\al（2,c）_－v_eq\o\al（2,b）_＝－2asbc

代入数据得vb＝_eq\r（10）_m/s，选项B正确。

]

14．解析　

（1）加速度a＝_eq\f（vt－v0,t）_①

由v－t图象并代入数据得

a＝1.5m/s2②

（2）设20s时速度为vm，0～20s的位移s1＝_eq\f（0＋vm,2）_t1③

20～45s的位移s2＝vmt2④

45～75s的位移s3＝_eq\f（vm＋0,2）_t3⑤

0～75s这段时间的总位移s＝s1＋s2＋s3⑥

0～75s这段时间的平均速度_eq\o（v,\s\up6（－））_＝_eq\f（s,t1＋t2＋t3）_⑦

代入数据得_eq\o（v,\s\up6（－））_＝20m/s⑧

答案　

（1）1.5m/s2　

（2）20m/s

15．解析　

（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：

v＝gt①

s＝_eq\f（1,2）_gt2②

依题意有s＝（3.9×104－1.5×103）m③

联立①②③式可得：

t＝87s④

v＝8.7×102m/s⑤

（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有：

mg＝kv_eq\o\al（2,max）_⑥

由所给的v－t图象可读出vmax≈360m/s⑦

由⑥⑦式可得：

k＝0.008kg/m⑧

答案　

（1）87s　8.7×102m/s

（2）0.008kg/m

_

1．x－t图象和v－t图象中能反映的空间关系只有一维，因此x－t图象和v－t图象只能描述直线运动，且图线都不表示物体运动的轨迹．

2．运动学图象的“六看”

_x－t图象_v－t图象__轴_纵轴为位移x_纵轴为速度v__线_倾斜直线表示匀速直线运动_倾斜直线表示匀变速直线运动__斜率_表示速度_表示加速度__面积_无实际意义_图线与时间轴围成的面积表示位移__纵截距_表示初位置_表示初速度__特殊点_拐点表示从一种运动变为另一种

运动，交点表示相遇_拐点表示从一种运动变为另一种运

动，交点表示速度相等__3.图象转换的关键

（1）注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换。

（2）注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接。

（3）注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据。

冲刺卷一　匀变速直线运动的规律及其应用

1．C　[A项中0～2s内，位移先增大后减小，知运动的方向发生改变，故A错误；B项中在0～2s内速度为正值，向正方向运动，在2～4s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故B错误；C项中0～1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1～2s内加速度大小不变，方向反向，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，在一个周期内速度的方向不变，故C正确；D项中0～1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1～2s内加速度大小不变，方向反向，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2～3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故D错误。

]

2．C　[0～t2时间内和t2～t4时间内图象与坐标轴所围几何图形的面积相等，由面积的物理意义知A项错误；在t1时刻前质点的速度v＞0，即t1时刻运动方向不变，B项错误；0～t4内质点的总位移为零，即t4时刻质点回到出发点，C项正确；在t2～t3时间内质点的动能增加，由动能定理知，D项错误。

]

3．D　[b图线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化，故A错误；在t1时刻，两车的位移相等，故B错误；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误；t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a的斜率相同，则两车的速度可能相同。

故D正确。

]

4．C　[将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动，动车第七节车厢通过旅客过程，_eq\f（1,2）_at2＝25m，第六、七节车厢通过旅客过程，_eq\f（1,2）_a（t＋4s）2＝2×25m，解两式得：

a＝_eq\f（25,8）_（_eq\r

（2）_－1）2m/s2≈0.5m/s2，C项正确。

]

5．D　[根据题意可知：

Δv＝at，x2－x1＝at2所以a＝_eq\f（（Δv）2,x2－x1）_，D正确。

]

6．C　[在速度—时间图象中，图线的斜率代表的是物体运动的加速度，由图线知A物体的加速度大于B物体的加速度，根据加速度的物理意义知A错误；在速度－时间图象中，图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移，A物体在3s内的位移为xA＝_eq\f（1,2）_×4×3m＝6m，B项错误；B物体在3s内的位移为xB＝_eq\f（1,2）_×2×3m＝3m，所以出发时物体B在A前面3m，C项正确，D项错误。

]

7．D　[滑块沿斜向上做加速度大小为a1的匀减速直线运动，向下做加速度大小为a2的匀加速直线运动，且a1＞a2，选斜面底端为初位置，由位移公式得上升阶段为x1＝v0t－_eq\f（1,2）_a1t2，下降阶段x2＝x0－_eq\f（1,2）_a2t2，对比图象知，A项错误；因有摩擦力，滑块返回斜面底端时速度一定小于初速度，B项错误；滑块上升过程中动能不断减小，C项错误；设斜面的倾角为θ，滑块的质量为m，斜面底端为零势能位置，上升过程滑块的重力势能与时间的关系为Ep＝mgx1sinθ＝mg（v0t－_eq\f（1,2）_a1t2）sinθ，下滑过程中同理可得Ep2＝mgx2sinθ＝mg（x0－_eq\f（1,2）_a2t2）sinθ，与图象对比可知，D项正确。

]

8．B　[由图象可知：

4s末两物体速度大小相等、方向相反，所以4s末两物体速度不同，A错误；由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：

0～4s内两物体的位移相等，4s末相遇，B正确；两物体的加速度方向始终相同，C错误；5s末两者图象与坐标轴围成的面积不等，所以没有相遇，D错误。

]

9．AB　[由于向上为正方向，1s后物体的速度可能为4m/s，也可能为－4m/s，根据v＝v0－gt，若v＝4m/s，则v0＝14m/s，这样x＝_eq\f（v＋v0,2）_×t＝9m，B正确；若v＝－4m/s，则v0＝6m/s，这样x＝_eq\f（v＋v0,2）_×t＝1m，A正确，C、D错误。

]

10．AB　[根据公式v2－v_eq\o\al（2,0）_＝2ax，v2－x图象的斜率表示2a，由于甲的图像斜率大于乙的图像斜率，所以甲车的加速度比乙车的加速度大，选项A正确。

在x＝0.5m处甲乙两车的速度相等，选项B正确。

由于甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，甲的加速度为2m/s2，乙的加速度为1m/s2，甲的初速度为零，乙的初速度为1m/s。

甲、乙两辆汽车加速到_eq\r

（2）_m/s需要时间分别为_eq\f（\r

（2）,2）_s和（_eq\r

（2）_－1）s，在x＝0.5m处，甲乙两车不能同时到达，不相遇，选项C错误。

在x＝1.0m处，甲的速度为2m/s；经过t＝1s甲到达x＝1.0m处；乙的速度为_eq\r（3）_m/s，经过t′＝（_eq\r（3）_－1）s乙到达x＝1.0m处；甲、乙两车不能同时到达，不相遇，选项D错误。

]

11．AB　[取0～0.5m进行研究，根据速度位移关系公式得a甲＝_eq\f（v_eq\o\al（2,甲）_－v_eq\o\al（2,0甲）_,2x）_＝2m/s2、a乙＝_eq\f（v_eq\o\al（2,乙）_－v_eq\o\al（2,0乙）_,2x）_＝1m/s2，则甲车比乙车的加速度大，A项正确；由图看出，在x＝0.5m处，甲、乙两车的速度平方相等，则速度大小相等，故B正确；设甲、乙两车在t时刻相遇，则应有x甲＝x乙，即_eq\f（1,2）_a甲t2＝v0乙t＋_eq\f（1,2）_a乙t2，即可解得t＝2s，则x甲＝x乙＝4.0m，故C、D项均错误。

]

12．CD　[设加速度为a，物体运动了全程的一半时的瞬时速度为vx/2，_eq\f（t,2）_时刻的瞬时速度为vt/2，则_eq\f（v_eq\o\al（　2,x/2）_－v2,2a）_＝_eq\f（1,2）_·_eq\f（（7v）2－v2,2a）_，可得vx/2＝5v，vt/2＝_eq\f（v＋7v,2）_＝4v，所以前半程速度增加4v，后半程速度增加2v，前_eq\f（t,2）_时间内通过的位移为x1＝_eq\f（v＋4v,2）_·_eq\f（t,2）_＝_eq\f（5,4）_vt，后_eq\f（t,2）_时间内通过的位移为x2＝_eq\f（4v＋7v,2）_·_eq\f（t,2）_＝_eq\f（11,4）_vt，选项A、B错误，C、D正确。

]

13．AC　[将s＝m－nv2与－2as＝0－v2对比发现汽车此过程做匀变速直线运动，选项A正确；根据题设条件可知：

汽车在做刹车运动，由图可知汽车的末速度为0，选项B错误；从图象取坐标值（0，25m）和（72km/h，0）代入表达式中，m－0＝25，m－400n＝0，可得：

m＝25，n＝_eq\f（1,16）_，选项C正确；解对比方程可得：

汽车刹车时的加速度a＝8m/s2，对司机受力分析，由牛顿第二定律可得：

汽车对司机的作用力F＝m人_eq\r（a2＋g2）_＝2m人_eq\r（41）_，易知选项D错误。

]

14．解析　小轿车与货车不相撞的临界条件是：

小轿车追上货车时小轿车的速度正好减小到10m/s。

设货车匀速行驶的速度大小为v1，小轿车刹车时的速度大小为v2，小轿车司机发现货车时距货车的距离为s，小轿车减速时的加速度大小为a，小轿车追上货车所用的时间为t，司机的反应时间为Δt。

则有：

v2－a（t－Δt）＝v1，

v2Δt＋_eq\f（v_eq\o\al（2,2）_－v_eq\o\al（2,1）_,2a）_＝s＋v1t，

联立并代入数据可解得：

v2＝20m/s，

因此，要避免两车相撞，小轿车行驶的最大速度不能超过20m/s。

答案　20m/s

15．解析　设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得

μ0mg＝ma0①

s＝v0t0＋_eq\f（v_eq\o\al（2,0）_,2a0）_②

式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有

μ＝_eq\f（2,5）_μ0③

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg＝ma④

s＝vt0＋_eq\f（v2,2a）_⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s（72km/h）⑥

答案　20m/s（72km/h）

导航卷二　力与物体的平衡

1．B　[对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：

_eq\f（mA,mB）_＝_eq\f（1－μ1μ2,μ1μ2）_，选项B正确。

]

_2．A　[设橡皮筋原长为l0

加速前平衡时橡皮筋伸长了x0

则有kx0＝mg

当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x

由小球在竖直方向受力平衡有

kxcosθ＝mg

联立得kxcosθ＝kx0

xcosθ＝x0

此时小球距悬挂点的竖直高度

h＝（l0＋x）cosθ＝l0cosθ＋xcosθ＝l0cosθ＋x0＜l0＋x0

故小球一定升高，选项A正确。

]

3．A　[原木P的支撑点M、N处弹力垂直于接触面，M处受到的支持力竖直向上，N处受到的支持力垂直MN斜向上，故A项正确、B项错误；M处受到的静摩擦力沿水平方向，C项错误；N处受到的静摩擦力沿MN方向，D项错误。

]

4．_A　[由于木板始终处于静止状态，因此木板所受合力为零，故选项C、D错误；对木板进行受力分析如图所示，由平衡条件得：

2F2cosθ＝G，当轻绳被剪短后，θ增大，cosθ减小，则F2增大，故选项A正确，B错误。

]

5．B　[小球B受到竖直向下的重力mg，沿BA方向的拉力和沿OB方向的支持力，两力夹角为120°，故轻绳对小球的拉力大小为mg，B项正确。

]

_INCLUDEPICTURE"C:

\\DocumentsandSettings\\AllUsers\\Documents\\新建文件夹\\+41.tif"\*MERGEFORMATINET___

6．D　[将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变。

]

7．A　[小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：

F＝mgsinα，N＝mgcosα（α是支持力与竖直方向的夹角）随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，A正确。

]

8．D　[由题意知，若保持挡板不动，球受到重力、斜面与挡板对球的弹力，三力之间的方向成120°，可知三力大小相等，由牛顿第二定律知球对斜面的压力大小也为G，则选项A错误；若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，由动态分析图（图略）可知球对斜面的压力逐渐减少，球对挡板的压力先逐渐减小后又增大到原先大小，则选项B、C错误；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，球受到合力方向向右，斜面对球的弹力将增大，而球对挡板的压力可能减少到零，则选项D正确。

]

9．BC　[因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直，绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等零，故C正确；绳子拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对平衡力，故D错误。

]

10．BD　[当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，假设物体以加速度a向上运动时，有FN＝m（g＋a）cosθ，Ff＝μm（g＋a）cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m（g＋a）sinθ＝μm（g＋a）cosθ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。

]

11．BD　[在a中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，但是不一定减小，选项A错误，B正确；把b和c看做整体，分析受力，由平衡条件，地面对c的摩擦力方向一定向左且地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误，D正确。

]

12．AD　[_对m受力分析如图，由平衡条件可得：

沿斜面方向Ff＝mgsinα，故A正确；

垂直于斜面方向FN＝mgcosα，由牛顿第三定律可知B错误；

对木块和斜面体组成的整体受力分析可知，受到重力和地面竖直向上的支持力，由平衡条件可知重力和支持力等大，故C错误，D正确。

]

13．BC　[_小球A、B间的库仑力为

F库＝k_eq\f（Q·Q,r2）_＝9.0×109×

__eq\f（3.0×10－6×3.0×10－6,0.32）_N＝0.9N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FN＝mg－F库＝1.1N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6m，F库′＝k_eq\f（Q·Q,r′2）_＝0.225N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F2′＝1.0N，F1′－F库′＝1.0N，F1′＝1.225N，所以C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D错误。

]

14．解析　分析过程不正确。

平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如图所示。

_INCLUDEPICTURE"C:

\\DocumentsandSettings\\AllUsers\\Documents\\新建文件夹\\+42.tif"\*MERGEFORMATINET___

①式应改为：

Fcosβ＋F＝mgsinα③

由③式得F＝mg_eq\f（sinα,1＋cosβ）_④

将④代入②得

FN＝mgcosα－Fsinβ＝mgcosα－mgsinβ_eq\f（sinα,1＋cosβ）_

答案　见解析

15．解析　

（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有

Fcosθ＋mg＝N①

Fsinθ＝f②

式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。

由摩擦定律有

f＝μN③

联立①②③式得F＝_eq\f（μ,sinθ－μcosθ）_mg④

（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有

Fsinθ<λN⑤

这时，①式仍满足，联立①⑤式解得

sinθ－λcosθ≤λ_eq\f（mg,F）_

现考察使上式成立的θ角的取值范围。

注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sinθ－λcosθ≤0

使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。

临界角的正切为tanθ0＝λ

答案　

（1）_eq\f（μ,sinθ－μcosθ）_mg　

（2）tanθ0＝λ

　_

1．解决动态平衡问题的常用方法

方法_步骤__解析法_

（1）选某一