2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題第2講　力與直線運動 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題1.[2024·新課標卷]一個質(zhì)點做直線運動,下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中,可能正確的是 ()ABCD2.[2024·甘肅卷]小明測得蘭州地鐵一號線列車從“東方紅廣場”到“蘭州大學(xué)”站的v-t圖像如圖所示,此兩站間的距離約為 ()A.980m B.1230mC.1430m D.1880m3.[2024·河南許昌模擬]杭州第19屆亞運會最引人注目的“黑科技”之一,是田徑賽場上的“顯眼包”——機器狗.兩只可愛的四足機器狗,以鐵餅“搬運工”的身份,忙碌地奔跑著.工作人員在A位置將鐵餅放入機器狗背部的卡槽里,由機器狗運送到B位置,A、B間直線距離為80m.若某次運送中,機器狗從A由靜止開始做直線運動到達B,到B時速度恰好為零.機器狗運動的最大速度為5m/s,加速度大小不超過1m/s2,則機器狗從A到B的最短時間為()A.10sB.15sC.21sD.32s4.[2024·廣東卷]如圖所示,輕質(zhì)彈簧豎直放置,下端固定.木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放.以木塊釋放點為原點,取豎直向下為正方向.木塊的位移為y,所受合外力為F,運動時間為t.忽略空氣阻力,彈簧在彈性限度內(nèi).關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中,其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是 ()ABCD5.(多選)[2023·湖北卷]t=0時刻,質(zhì)點P從原點由靜止開始做直線運動,其加速度a隨時間t按圖示的正弦曲線變化,周期為2t0.在0~3t0時間內(nèi),下列說法正確的是 ()A.t=2t0時,P回到原點B.t=2t0時,P的運動速度最小C.t=t0時,P到原點的距離最遠D.t=32t0時,P的運動速度與t=12t6.[2024·廣西玉林模擬]如圖所示,一物體被水平向左的壓力F壓在粗糙的豎直墻壁上,某時刻壓力F的值為F0,此時物體處于靜止?fàn)顟B(tài),若從該時刻起使壓力F逐漸減小,直到減為零,重力加速度為g,則該過程中物體的加速度a與壓力F的關(guān)系圖像可能正確的是 ()ABCD7.[2024·海南卷]商場自動感應(yīng)門如圖所示,人走進時兩扇門從靜止開始同時向左、右平移,經(jīng)4s恰好完全打開,兩扇門移動距離均為2m,若門從靜止開始以相同加速度大小先勻加速運動后勻減速運動,完全打開時速度恰好為0,則加速度的大小為 ()A.1.25m/s2 B.1m/s2C.0.5m/s2 D.0.25m/s28.如圖所示,一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ=0.75,木板與水平地面成θ角,讓木塊從木板的底端以初速度v0=2m/s沿木板向上滑行,隨著θ的改變,木塊沿木板向上滑行的最大距離x將發(fā)生變化,重力加速度g取10m/s2,x的最小值為 ()A.0.12m B.0.14m C.0.16m D.0.2m9.[2024·黑龍江哈爾濱模擬]某電影拍攝現(xiàn)場用攝像機拍攝物體.已知t=0時刻攝像機和物體在兩平直軌道上并排同向運動,二者v-t圖像如圖所示.若攝像機在8米之內(nèi)可以獲得清晰的畫面,忽略兩軌道間的距離,則從計時開始,攝像機運動過程中可以獲得該物體清晰畫面的總時間為 ()A.4s B.6s C.8s D.10s10.[2024·河北唐山模擬]如圖所示,四只猴子水中撈月,它們將一顆又直又高的楊樹壓彎,豎直倒掛在樹梢上,從上到下依次為1、2、3、4號猴子.正當(dāng)4號打算伸手撈“月亮”時,3號突然兩手一滑沒抓穩(wěn),4號撲通一聲掉進了水里.假設(shè)3號手滑前四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài),四只猴子的質(zhì)量都相等且為m,重力加速度為g,那么在3號猴子手滑后的一瞬間 ()A.4號猴子的加速度和速度都等于0B.3號猴子的加速度大小為g,方向豎直向上C.2號猴子對3號猴子的作用力大小為4D.1號猴子對2號猴子的作用力大小為711.(多選)[2024·遼寧卷]一足夠長木板置于水平地面上,二者間的動摩擦因數(shù)為μ.t=0時,木板在水平恒力作用下,由靜止開始向右運動.某時刻,一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板.已知t=0到t=4t0的時間內(nèi),木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示,其中g(shù)為重力加速度大小.t=4t0時刻,小物塊與木板的速度相同.下列說法正確的是 ()A.小物塊在t=3t0時刻滑上木板B.小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊和木板的質(zhì)量之比為3∶4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動12.[2024·廣西卷]如圖所示,輪滑訓(xùn)練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒,錐筒間距d=0.9m,某同學(xué)穿著輪滑鞋向右勻減速滑行.現(xiàn)測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1=0.4s,從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2=0.5s.求該同學(xué):(1)滑行的加速度大小;(2)最遠能經(jīng)過幾號錐筒.第3講力與曲線運動時間|40min第2講力與直線運動題型1例1(1)20m/s(2)680m[解析](1)根據(jù)勻變速直線運動速度公式有v=at1可得救護車勻速運動時的速度大小v=2×10m/s=20m/s(2)救護車加速運動過程中的位移x1=12at12設(shè)在t3時刻停止鳴笛,根據(jù)題意可得x1=v0(t2-t3)-v(t3-t1)停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離x=x1+v(t3-t1)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得x=680m例2C[解析]由圖可知,t=2s時b車啟動,v-t圖像與時間軸圍成的面積代表位移,可知在b車啟動時,a車在其前方超過2m的距離,A選項錯誤;b車做勻加速直線運動的加速度大小為a=ΔvΔt=2m/s2,假設(shè)b車啟動后3s時間追上a車,計算得xb=8m,xa>8m,則假設(shè)不成立,B選項錯誤;b車追上a車前,兩者速度相等時相距最遠,即t=3s,C選項正確;b車超越a車后,b車的速度一直大于a車,則兩車不可能再次相遇例3A[解析]木板在斜面上所受合力F=mgsinθ不變,則木板的加速度不變,木板從靜止釋放到下端到達A點的過程,有L=12at02,木板從靜止釋放到上端到達A點的過程,當(dāng)木板長度為L時,有2L=12at12,當(dāng)木板長度為2L時,有3L=12at22,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,聯(lián)立解得Δt2∶Δt1例4A[解析]根據(jù)題意,對整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M+m)a,對空間站分析有F'=Ma,解得F'=MM+mF,例5A[解析]緩慢拉至P點,保持靜止,由平衡條件可知此時拉力F、重力和兩彈簧拉力的合力為零,此時兩彈簧的合力大小為mg.當(dāng)撤去拉力,則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下,小球一直做加速運動,故A正確,B錯誤;小球從P點運動到O點的過程中,彈簧形變量變小,且兩彈簧拉力夾角增大,故彈簧在豎直方向的合力不斷變小,故小球所受合外力一直變小,加速度的最大值為剛撤去拉力時的加速度,由牛頓第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值為2g,C、D錯誤.【遷移拓展】1.C[解析]速度是對物體位置變化快慢的描述,B、D錯誤;根據(jù)題中x與t的關(guān)系式可知,t=0時,質(zhì)點位于x0=1m處,t=1s時,質(zhì)點位于x1=6m處,因此質(zhì)點在第1s內(nèi)的位移為Δx=x1-x0=5m,A錯誤,C正確.2.A[解析]將B、C間的細線剪斷前,A、B、C、D受力平衡,對B、C、D整體受力分析,如圖甲所示,A、B間彈簧的彈力FAB=6mg,對D受力分析,如圖乙所示,C、D間彈簧的彈力FCD=mg;剪斷細線瞬間,細線無拉力,彈簧彈力不突變,對B受力分析,如圖丙所示,則B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB=FB3m=g,對C受力分析,如圖丁所示,則C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC=FC2m=1.53.A[解析]對兩個小球整體分析,受到輕繩的拉力和重力,合力水平向左,如圖甲所示,由牛頓第二定律可得(m+M)gtanα=(m+M)a,可得tanα=ag,對較重小球分析,受到輕繩的拉力和重力,合力水平向左,如圖乙所示,由牛頓第二定律可得Mgtanβ=Ma,可得tanβ=ag,所以有α=β,即兩段輕繩與豎直方向的夾角相同,故選題型2例6BC[解析]由牛頓第二定律得F-Ff=ma,變形可得F=ma+μmg,根據(jù)圖線可知甲的圖線的斜率大于乙的圖線的斜率,即m甲>m乙,根據(jù)圖線可知μ甲m甲g=μ乙m乙g,得μ甲<μ乙,故B、C正確.例7B[解析]根據(jù)題意,由圖可知,t2時刻之前加速度一直向上,t2時刻a=0,則手機向上速度達到最大,故A錯誤;根據(jù)題意,由圖可知,手機有段時間豎直向下的加速度等于重力加速度,所以手機有可能離開升降機,故B正確;根據(jù)題意,由圖可知,t2~t3時間內(nèi)手機的加速度向下,手機處于失重狀態(tài),故C錯誤;根據(jù)題意,由圖可知,t1~t2時間內(nèi)手機加速度向上,由牛頓第二定律有FN-mg=ma,由于a減小,則FN減小,t2~t3時間內(nèi)手機加速度向下,由牛頓第二定律有mg-FN=ma,由于a增大,則FN減小,即在t1~t3時間內(nèi),升降機對手機的支持力一直減小,由牛頓第三定律可知,手機對升降機的壓力一直減小,故D錯誤.【遷移拓展】1.D[解析]設(shè)P的質(zhì)量為M,P與桌面間的滑動摩擦力為Ff,繩的拉力為FT,以P為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得FT-Ff=Ma,以盤和盤中砝碼為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FT=ma,聯(lián)立可得a=mg-FfM+m=g-FfmMm+1,可知當(dāng)砝碼的重力大于Ff時,2.A[解析]設(shè)物塊P靜止時彈簧的壓縮量為L,則kL=mg,當(dāng)物塊P位移為x時,彈簧彈力為k(L-x),根據(jù)牛頓第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx+ma,則F與x是一次函數(shù)關(guān)系,A正確.3.AB[解析]由圖可得在0~10s內(nèi)的加速度為a=ΔvΔt=1-010m/s2=0.1m/s2,在0~10s內(nèi),設(shè)吊車對貨物的拉力為F,由牛頓第二定律得F-mg=ma,解得F=2020N,A正確;30~35s內(nèi),做正向的減速運動,加速度的方向向下,貨物處于失重狀態(tài),B正確;30~35s內(nèi),加速度大小a1=ΔvΔt=1-05m/s2=0.2m/s2,設(shè)吊車對貨物的拉力為F',由牛頓第二定律得mg-F'=ma1,解得F'=1960N,C錯誤;35s末貨物離地面的距離為第2講力與直線運動【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】掌握勻變速直線運動規(guī)律及應(yīng)用,理解牛頓運動定律及應(yīng)用,靈活選取研究對象、會根據(jù)實際情況構(gòu)建動力學(xué)模型,同時掌握整體法與隔離法、數(shù)形轉(zhuǎn)換法、臨界極值法、控制變量法等解題方法,聯(lián)系生活實際,培養(yǎng)學(xué)生的物理觀念和科學(xué)思維.題型1直線運動規(guī)律綜合應(yīng)用處理追及問題的常用方法過程分析法判斷追上與否的條件求解二者間的距離極值函數(shù)法Δx=x乙+x0-x甲為關(guān)于t的二次函數(shù),當(dāng)t=-b2a時有極值,令Δx=0,利用Δ=b2-4ac圖像法畫出v-t圖像,圖線與t軸所圍面積表示位移,利用圖像更直觀直線運動規(guī)律及應(yīng)用例1[2024·全國甲卷]為搶救病人,一輛救護車緊急出發(fā),鳴著笛沿水平直路從t=0時由靜止開始做勻加速運動,加速度大小a=2m/s2,在t1=10s時停止加速開始做勻速運動,之后某時刻救護車停止鳴笛,t2=41s時在救護車出發(fā)處的人聽到救護車發(fā)出的最后的鳴笛聲.已知聲速v0=340m/s,求:(1)救護車勻速運動時的速度大小;(2)在停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離.例2[2024·黑龍江哈爾濱模擬]兩輛可視為質(zhì)點的小汽車a、b從同一地點出發(fā),它們的v-t圖像如圖所示.下列說法正確的是 ()A.b車啟動時,a車在其前方2m處B.b車啟動后經(jīng)過3s追上a車C.在b車追上a車之前,3s時兩車相距最遠D.b車追上a車后,兩車可能會再次相遇牛頓運動定律及應(yīng)用1.動力學(xué)兩類基本問題的解題思路2.常見連接體接觸面光滑,或μA=μB三種情況中彈簧彈力、繩的張力相同且與接觸面是否光滑無關(guān)常用隔離法常會出現(xiàn)臨界條件例3[2024·山東卷]如圖所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端與斜面上A點距離為L.木板由靜止釋放,若木板長度為L,通過A點的時間間隔為Δt1;若木板長度為2L,通過A點的時間間隔為Δt2.Δt2∶Δt1為 ()A.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+1)【技法點撥】1.應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題,受力分析和運動分析是關(guān)鍵,加速度是解決此類問題的紐帶,分析流程如下:2.如果是多過程問題,則前一段的末速度就是后一段的初速度,速度是關(guān)聯(lián)量.必要時要畫出運動示意圖.例4[2024·北京卷]如圖所示,飛船與空間站對接后,在推力F作用下一起向前運動.飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M,則飛船和空間站之間的作用力大小為 ()A.MM+mF BC.MmF D.m【技法點撥】整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同,或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且需要求出物體之間的作用力,可以先整體求加速度,后隔離求內(nèi)力例5[2024·安徽卷]如圖所示,豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧,它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點,另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上.開始時,在豎直向上的拉力作用下,小球靜止于MN連線的中點O,彈簧處于原長.后將小球豎直向上.緩慢拉至P點,并保持靜止,此時拉力F大小為2mg.已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),不計空氣阻力.若撤去拉力,則小球從P點運動到O點的過程中 ()A.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小【技法點撥】連接體問題的臨界條件P點撤去拉力,加速度最大P→O加速度變小的加速運動,O點速度最大【遷移拓展】1.[2024·江西卷]一質(zhì)點沿x軸運動,其位置坐標x與時間t的關(guān)系為x=1+2t+3t2(x的單位是m,t的單位是s).關(guān)于速度及該質(zhì)點在第1s內(nèi)的位移,下列選項正確的是 ()A.速度是對物體位置變化快慢的描述;6mB.速度是對物體位移變化快慢的描述;6mC.速度是對物體位置變化快慢的描述;5mD.速度是對物體位移變化快慢的描述;5m2.[2024·湖南卷]如圖所示,質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D通過細線或輕彈簧互相連接,懸掛于O點,處于靜止?fàn)顟B(tài),重力加速度為g.若將B、C間的細線剪斷,則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為 ()A.g,1.5gB.2g,1.5gC.2g,0.5gD.g,0.5g3.[2024·河北邯鄲模擬]某同學(xué)設(shè)計了一個雙擺實驗在學(xué)校實驗室進行研究,如圖甲所示,將質(zhì)量和大小都不同的兩個小鐵球分別系在一輕繩的中間和下端,其中上面的小球較小較輕,而輕繩的上端拴接在豎桿頂部,豎桿固定在小車上.現(xiàn)在讓小車帶著兩個小球一起向左加速運動,不計空氣阻力,則圖乙四個圖中所示的姿態(tài)正確的是 ()ABCD乙題型2動力學(xué)圖像綜合問題1.常見圖像常見圖像斜率k面積兩圖像交點x-t圖像ΔxΔ表示相遇v-t圖像ΔvΔ位移x不表示相遇,表示此時速度相等,往往是距離最大或最小的臨界點a-t圖像速度變化量Δv表示此時加速度相等2.非常規(guī)圖像非常規(guī)圖像(舉例)函數(shù)表達式斜率k縱截距bv2-x圖像由v2-v02=2ax,得v2=v2avxt-t由x=v0t+12at2得xt=v0+12v0a-F圖像由F-μmg=ma,得a=Fm-1-μg例6(多選)[2023·全國甲卷]用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙.甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示.由圖可知 ()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙【技法點撥】(1)關(guān)注坐標軸所表示的物理量,從物理規(guī)律出發(fā)尋找圖像對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式;(2)理解截距、斜率、面積所代表的物理量(注意正、負的含義);(3)分析交點、轉(zhuǎn)折點、漸近線等,交點往往是解決問題的切入點.例7[2024·云南昆明模擬]加速度傳感器是一些智能手機上配備的較為實用的軟件,能顯示物體運動過程中的加速度變化情況.現(xiàn)出于安全角度,需要分析某升降機在實際運行過程中的加速度,將手機放置于升降機地面上并打開加速度傳感器,使升降機從靜止開始迅速上下運動,得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像,該圖像以豎直向上為正方向,重力加速度g取10m/s2.由此可判斷出 ()A.手機在t2時刻速度為0B.運行過程中手機有可能與升降機分離C.手機在t2~t3時間內(nèi),處于超重狀態(tài)D.在t1~t3時間內(nèi),升降機受到手機的壓力先減小再增大【遷移拓展】1.[2024·全國甲卷]如圖所示,一輕繩跨過光滑定滑輪,繩的一端系物塊P,P置于水平桌面上,與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略),盤中放置砝碼.改變盤中砝碼總質(zhì)量m,并測量P的加速度大小a,得到a-m圖像.重力加速度大小為g.在下列a-m圖像中,可能正確的是()ABCD2.[2024·山東濟南模擬]如圖所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動,以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是 ()3.(多選)[2024·遼寧沈陽模擬]吊車將200kg的貨物從地面豎直向上提升,貨物運動的v-t圖像如圖所示,重力加速度g取10m/s2,下列判斷正確的是 ()A.0~10s內(nèi)吊車對貨物的拉力為2020NB.30~35s內(nèi),貨物處于失重狀態(tài)C.30~35s內(nèi),吊車對貨物的拉力為2040ND.35s末貨物離地面的距離為55m第2講力與直線運動1.C[解析]一個質(zhì)點做直線運動,它在任意時刻都只能對應(yīng)一個速度和一個位置,故C正確,A、B、D錯誤.2.C[解析]v-t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移,故可得x=74-25+94×20×13.C[解析]機器狗加速、減速時間相同,為t1=vmaxamax=5s,加、減速位移x1=12vmaxt1=12.5m,勻速運動位移為x2=x-2x1=55m,勻速運動時間為t2=x2vmax=11s,機器狗從A到B的最短時間為t=24.C[解析]木塊從釋放到剛接觸彈簧時,由于忽略空氣阻力,故木塊做自由落體運動,所受合外力F=mg不變,此段時間內(nèi)位移y隨時間t變化規(guī)律為y=12gt2,對應(yīng)圖像為拋物線;木塊接觸彈簧后,F=mg-k(y-H)逐漸減小到零,加速度也逐漸減小到零,當(dāng)加速減小到零時速度達到最大,此段時間內(nèi)位移y繼續(xù)增大,且y-t圖像斜率仍增大;之后木塊做加速度反向增大的減速運動,F反向增大,當(dāng)速度減小到零時F達到反向最大,此段時間內(nèi)位移繼續(xù)增大直到最低點,且y-t圖像斜率逐漸減小到零;之后木塊反彈,受力情況和運動情況都是以上過程的逆過程,圖像具有對稱性,C正確,A、B、D錯誤5.BD[解析]質(zhì)點在0~t0時間內(nèi)從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動,此過程一直向前加速運動;t0~2t0時間內(nèi)加速度與速度方向相反,先做加速度增大的減速運動再做加速度減小的減速運動,由a-t圖像與時間軸所圍面積表示速度變化量可知,2t0時刻速度減為零,0~2t0時間內(nèi)一直向前運動;2t0~3t0時間內(nèi)的運動重復(fù)0~t0時間內(nèi)的運動,質(zhì)點也一直向前運動,A、C錯誤,B正確;t02~32t0內(nèi)速度的變化量為零,因此t02時刻的速度與6.D[解析]設(shè)物體與豎直墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ,物體的質(zhì)量為m.壓力為F0時,物體處于靜止?fàn)顟B(tài),若此時摩擦力剛好達到最大值,則從該時刻起使壓力F逐漸減小,物體立即獲得加速度向下加速運動,根據(jù)牛頓第二定律可得mg-Ff=ma,又Ff=μFN=μF,聯(lián)立可得a=g-μFm,故選D7.C[解析]設(shè)門的最大速度為v,根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知加速過程和減速過程的平均速度均為v2,且時間相等,均為t=2s,根據(jù)x=2×v2t,可得v=1m/s,則加速度a=vt=12m/s2=0.8.C[解析]設(shè)沿木板向上為正方向,木塊的加速度為a,由牛頓第二定律得-mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=-g(sinθ+μcosθ),又0-v02=2ax,根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sinθ+μcosθ=1+μ2sin(θ+α),當(dāng)θ+α=90°時,加