4.3 圆周运动 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“圆周运动”专题，覆盖运动学（线速度、角速度等物理量，匀速圆周运动）和动力学（向心力来源、变速圆周运动）核心考点，对接高考评价体系，通过真题分析明确运动学占比约45%、动力学占比55%的权重，归纳传动装置、临界问题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模+素养提升”，以2024黑吉辽卷“指尖转球”、广东卷“卷轴插销”等真题为例，总结传动装置（同轴、皮带、齿轮）规律及动力学分析四步法，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，助力学生掌握临界条件分析技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

第3讲　圆周运动 第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行 考点 1 考点二　圆周运动的动力学问题 考点一　圆周运动的运动学问题 目录 2 考点一　圆周运动的运动学问题 1.描述圆周运动的物理量 ω2r r 目录 考点 2.匀速圆周运动 相等 (1)定义:如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处______，这种运动叫作匀速圆周运动。 (2)特点:加速度大小______，方向始终指向______，是变加速运动。 (3)条件:合力大小______、方向始终与______方向垂直且指向圆心。 不变 圆心 不变 速度 目录 考点 3.离心运动和近心运动 远离 (1)离心运动:做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐______圆心的运动。 (2)受力特点(如图) ①当F=0时，物体沿______方向飞出，做匀速直线运动。 ②当0<F<mω2r时，物体逐渐______圆心，做______运动。 ③当F>mω2r时，物体逐渐向圆心______，做______运动。 (3)本质:离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力______做匀速圆周运动需要的向心力。 切线 远离 离心 靠近 近心 小于 目录 考点 思考 在an=，an=ω2r两式中an与r成正比还是成反比? 提示　在v一定时，an与r成反比;在ω一定时，an与r成正比。 目录 考点 例1 (2024·黑吉辽卷，2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) D A.半径相等 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 目录 考点 解析　由题图可知rP<rQ，A错误;篮球绕轴转动时，P、Q在相同时间内转过的圆心角相等，根据ω=可知，ωP=ωQ，D正确;根据v=ωr可知，线速度vP<vQ，B错误;根据an=ω2r可知，向心加速度aP<aQ，C错误。 目录 考点 例2 (2025·辽宁朝阳学校月考)如图所示，修正带的核心部件是两个半径之比为3∶1的大小齿轮，两个齿轮通过相互咬合进行工作，A和B分别为两个齿轮边缘处的两点。若两齿轮匀速转动，下列说法正确的是(　　) A A.若变速拖动修正带，A、B两点的线速度大小之比为1∶1 B.若匀速拖动修正带，A、B两点的线速度大小之比为3∶1 C.若匀速拖动修正带，A、B两点的角速度大小之比为3∶1 D.若匀速拖动修正带，A、B两点的向心加速度大小之比为3∶1 目录 考点 解析　A和B分别为两个齿轮边缘处的两点，则A、B两点的线速度大小相等，即A、B两点的线速度大小之比为1∶1;根据v=ωr，a=ω2r，可知A、B两点的角速度大小之比为ωA∶ωB=rB∶rA=1∶3，A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB=rB∶rA=1∶3，故A正确。 目录 考点 总结提升　三种传动装置   同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装 置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点 特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 目录 考点   同轴转动 皮带传动 齿轮传动 转向 相同 相同 相反 规 律 线速度与半径成正比: = 向心加速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比: = 向心加速度与半径成反比: = 角速度与半径成反比: = 向心加速度与半径成反比: = 目录 考点 例3 (2025·江苏海安联考)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A A.子弹在圆筒中的水平速度为d B.子弹在圆筒中的水平速度为2d C.圆筒转动的角速度可能为π D.圆筒转动的角速度可能为3π 目录 考点 解析　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，由h=gt2，解得t=，则v0==d，故A正确，B错误;在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt=(2n+1)π(n=0，1，2，…)，所以ω==(2n+1)π·(n=0，1，2，…)，当n=0时ω=π，当n=1时ω=3π，故C、D错误。 目录 考点 考点二　圆周运动的动力学问题 1.匀速圆周运动的向心力 方向 (1)作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的______，不改变速度的______。 (2)大小 Fn=________=_________=_________==mωv。 (3)方向 始终沿半径方向指向______，时刻在改变，即向心力是一个变力。 大小 m mω2r mr 圆心 目录 考点 2.匀速圆周运动中向心力的来源 运动模型 向心力Fn的来源(图示) 汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑) Ff FT=mBg 目录 考点 16 mgtan θ 运动模型 向心力Fn的来源(图示) 圆锥摆 飞车走壁 lsin θ mgtan θ 目录 考点 mgtan θ 运动模型 向心力Fn的来源(图示) 飞机水平转弯 火车转弯 mgtan θ 目录 考点 3.变速圆周运动的向心力 如图所示，当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即 FT－mgcos θ=m。 目录 考点 判断正误 × √ (1)向心力指向圆心，与速度方向垂直，不改变速度的大小。( ) (2)向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供。( ) (3)在变速圆周运动中，向心力不指向圆心。( ) √ 目录 考点 例4 (2025·江西上饶模拟)如图所示，照片中视为质点的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，图中圆形虚线所示为该车运动轨迹，半径R为50 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.2倍，g取10 m/s2。则运动的汽车(　　) D A.所受的合力可能为零 B.只受重力和地面的支持力作用 C.所需的向心力由重力和支持力的合力提供 D.最大速度不能超过10 m/s 目录 考点 解析　由题意可知，汽车做匀速圆周运动，汽车受到的静摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，所以其合力不可能为零，故A错误;对汽车受力分析，其受到重力、支持力以及静摩擦力，其中静摩擦力提供汽车做匀速圆周运动的向心力，故B、C错误;设最大速度为v，有kmg=m，解得v=10 m/s，故D正确。 目录 考点 例5 (2025·广东深圳联考)如图所示，物块随转筒一起以角速度ω做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) D A.物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 B.若角速度增大且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，那么物块所受摩擦力增大 C.若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力减小 D.若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力不变 目录 考点 解析　物块受到重力、弹力和摩擦力作用，其中弹力提供所需的向心力，竖直方向根据受力平衡可得Ff=mg，水平方向根据牛顿第二定律可得FN=mω2r，可知若角速度增大且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力不变，故D正确。 目录 考点 例6 (2025·山东泰安一中开学考试)如图所示，矩形框架ABCD位于竖直平面内，轻弹簧的一端固定在A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在框架的光滑竖直杆CD上并处于静止状态。现让框架绕AB边所在的O1O2轴由静止开始转动，在角速度逐渐增大的过程中，下列说法正确的是(　　) B A.弹簧的长度变短 B.弹簧的长度不变 C.CD杆对小球的弹力变大 D.CD杆对小球的弹力不变 目录 考点 解析　对小球受力分析，设弹簧的原长为l0，弹力为F，弹簧与水平方向的夹角为θ，如图所示，则对小球在竖直方向上有Fsin θ=mg，由胡克定律，可得F=k，联立两式可得mg=k·，θ为定值，则F也不变，则当角速度不断增大时，小球的位置不变，弹簧的弹力不变，弹簧的长度不变，故A错误，B正确;小球由静止开始做圆周运动，由F在水平方向的分力Fcos θ和CD杆对小球的弹力FN一起提供向心力，根据牛顿第二定律得Fcos θ－FN=mω2r，解得FN=Fcos θ－mω2r<Fcos θ，此时随ω增大，FN先减小后反向增大，故C、D错误。 目录 考点 总结提升　圆周运动的动力学问题的分析思路 目录 考点 例7 (2024·广东卷，5)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A A.r B.l C.r D.l 目录 考点 解析　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=，根据胡克定律有F=kΔx=，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力F=mlω2，对卷轴有v=rω，联立解得v=r，故A正确。 目录 考点 限时作业 2 目录 　基础对点练 C 基础对点练 对点练1　圆周运动的运动学问题 1.(2025·甘肃酒泉模拟)如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则乙、丙转速之比为(　　) A.1∶2 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶3 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据v=ωr=2πnr，可得甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3∶1，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 C 2.(2025·天津重点学校联考)如图是世界上最大无轴式摩天轮——“渤海之眼”，摩天轮直径180 m，高200 m，有36个观景舱，在做匀速圆周运动时周期为30 min。下列说法正确的是(　　) A.乘客的线速度保持不变 B.乘客做匀变速曲线运动 C.乘客的线速度大小约为0.31 m/s D.到达最低处时乘客处于失重状态 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　乘客做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻发生变化，故A错误;乘客做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向总是指向圆心，所以乘客不是做匀变速曲线运动，故B错误;乘客的线速度大小为v== m/s≈0.31 m/s，故C正确;到达最低处时，乘客具有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 C 3.(2025·重庆市第一中学高三月考)跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B近似不动，绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，则质点(　　) A.Q点的速度方向沿绳子切线 B.P的线速度大于Q的线速度 C.P的角速度等于Q的角速度 D.Q的合力方向一定垂直指向AB的连线 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，由P、Q两点向AB线段作垂线，即为二者的圆心，如图所示，则可知Q的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并不沿绳子切线，A错误;由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据公式v=ωr可知，P的线速度小于Q的线速度，B错误，C正确;绳子不一定是做匀速圆周运动，则合力不一定垂直于AB的连线，D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 B 4.某射击游戏道具如图(a)所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图(b)所示。已知转筒直径d=1 m，角速度ω=8π rad/s，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度v1=20 m/s，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是(　　) A.薄板上各点线速度相同 B.薄板上一定会留下一个弹孔 C.若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔 D.若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　根据v=rω可知，薄板上各点线速度大小相等，方向不同，故A错误;子弹在转筒中运动的时间为t== s=0.1 s，此时转筒转过的角度为θ=ωt=0.8π=144°，由题意可知，子弹入射时与圆心连线处的位置转了144°，且圆筒与圆心连线每隔36°有一块薄板，由几何关系可知，薄板上一定会留下一个弹孔，故B正确;由选项B可知，无论是增大角速度还是减小角速度，子弹在薄板上可能不留下弹孔，故C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 D 对点练2　圆周运动的动力学问题 5.(2025·广东东莞一中月考)如图所示，在光滑水平桌面上，固定一个陀螺形柱体，不可伸长的细绳一端固定在柱体腰部中央，另一端与小球相连，细绳足够长，初始时处于水平伸直状态，现给小球一个垂直于细绳且平行于桌面的初速度v0，不计细绳和柱体间的摩擦，细绳始终和桌面平行。下列说法正确的是(　　) A.小球受到4个力作用 B.小球做匀速圆周运动 C.小球的速率逐渐增大 D.细绳的拉力逐渐增大 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　小球绕陀螺形柱体转动，受到重力、支持力和绳子拉力共三个力作用，故A错误;拉力方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，小球的速度大小不变，但是半径减小，所以不是匀速圆周运动，故B、C错误;根据F=m，可知，线速度大小不变，半径减小，则细绳的拉力越来越大，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 CD 6.(多选)(2025·广东汕头模拟)假定某水平圆形环岛路面如图(a)，汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是(　　) A.汽车所受的合力为零 B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 C.汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度增大 D.如图(b)，质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转，甲车受到指向轨道圆心的摩擦力比乙车的大 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误;向心力是效果力，是重力、弹力、摩擦力的合力，故B错误;根据Ffm=m，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确;根据牛顿第二定律Ff=m，两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向轨道圆心的摩擦力大，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 D 7.(2025·山东泰安开学考试)进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈(人和雪圈总质量为50 kg，大小忽略不计)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2 m，离地高为2 m，绳长为4 m，且绳与水平杆垂直。则雪圈(含人)(　　) A.所受的合力不变 B.所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心 C.线速度大小为10 m/s D.所需向心力大小为800 N 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　雪圈(含人)做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因而合力在不断变化，故A错误;根据图示可知绳的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B错误;根据几何关系可知，雪圈(含人)做匀速圆周运动的半径为r= m=4 m，根据v=ωr可知，线速度大小为v=ωr=8 m/s，故C错误;雪圈(含人)所受的合力提供所需的向心力，则有Fn=mω2r=800 N，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 B 8.(2025·江苏泰州高三联考)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量，如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动，测得绳上的张力为F，小球转过n圈所用的时间为t，O点到球心的距离为l，下列说法正确的是(　　) A.小球所受重力和绳拉力的合力充当向心力 B.小球的质量为 C.若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D.若测l时未计入小球半径，则所得质量偏小 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　在太空实验室中，物体均处于完全失重状态，则小球没有重力效果，圆周运动轨道处于任意平面内时，小球所受合力均为绳上的拉力，故A错误;小球做匀速圆周运动，小球所受合力为绳上的拉力F，该拉力充当向心力，则由牛顿第二定律F=mω2l=ml， 周期T=，联立解得m=，故B正确;若误将n－1圈记作n圈，则n偏大，由m=可知，m偏小，故C错误;若测l时未计入小球半径，则l偏小，由m=可知，m偏大，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 综合提升练 A 9.(2025·广东佛山联考)如图所示是《天工开物》中牛力齿轮的图画及其原理简化图，牛拉动横杆驱动半径为R1的大齿轮匀速率转动，大齿轮与半径为R2的中齿轮垂直咬合，中齿轮通过横轴与半径为R3的小齿轮相连，小齿轮驱动抽水桶抽水，已知牛拉横杆转一圈需要时间为t，则抽水桶的运动速率约为(　　) A. B. C. D. 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　大齿轮的线速度大小为v1=，由题意可知，大齿轮和中齿轮的线速度大小相等，即v2=v1=，中齿轮和小齿轮是同轴传动，具有相同的角速度，根据ω==，解得v3=，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 C 10.(2025·云南名校联考)如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑道边缘P点以速度v0向右跳出，初速度方向平行于OM方向，且运动轨迹与此时刻OM在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.仅增大v0，参赛者必定落水 B.仅减小v0，参赛者一定会落在OM之间 C.仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点 D.仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变;仅增大v0，参赛者的水平位移增大，可能落水，也可能在台面上;仅减小v0，参赛者的水平位移减小，可能落水，也可能在台面上，故A、B错误;仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C正确，D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 D 11.(2025·湖南长沙一中月考)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴且以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是(　　) A.转动的角速度越大，细线的拉力越大 B.转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大 C.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力大小可能不相等 D.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 解析　设细绳与竖直方向的夹角为θ，对环N分析，有Fcos θ=mNg，Fsin θ=FN，由于θ不变，则细线中的拉力和环N与竖直杆之间的弹力不变，故A、B错误;对环M受力分析知，竖直方向FN'=Fcos θ+mMg=mNg+mMg，环M与水平杆之间的弹力大小与角速度无关，故C错误;对环 M，若拉力的水平分力恰提供向心力，即Fsin θ=mMr，可得ω0=，若转动的角速度大于或小于ω0，环M都会受到摩擦力。ω>ω0时，随着ω的增大，摩擦力会增大，ω<ω0时，随着ω的减小，摩擦力也会增大，故角速度不同，环M与水平杆间的摩擦力大小可能相等，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 12.(2025·八省联考山陕青宁卷，14)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的主要原因之一可解释为:河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d≪R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内:(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量) (1)通过观测截面的流水质量Δm; (2)流水速度改变量Δv的大小; (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 答案　(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3) 解析　(1)由题可知，极短时间Δt水流的距离 Δl=v·Δt 横截面积为S=dh 根据ρ= 可得水的质量Δm=ρ·ΔV=ρdhv·Δt 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 (2)由于Δt极短，可以把流水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a= 又因为a=，联立解得Δv=·Δt (3)根据牛顿第二定律可得F=Δm 联立上述解得F= 水流与河堤作用的面积S'=Δl·h=vh·Δt 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强 p===。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 限时作业 $