2021年高考理综真题试卷(物理部分)(新课标Ⅰ卷)带答案解析

2021年高考理综真题试卷（物理部分）（新课标Ⅰ卷）一、选择题一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器【解析】【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变．将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式C=

𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑

知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=𝑄可𝑈知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离dE𝑑变．所以ABC错误，D正确；故选：D

可知，极板间的电场强度不小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要C=𝑈

、C=

𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑

、E=𝑑

三个公式．静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）A.11B.12C.121A.11B.12C.121D.144𝑞𝑈𝑞𝑈1𝑚𝑣2得2①PAGEPAGE12根据牛顿第二定律，有得根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝𝐵2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D3.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻3.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1 ，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A.2B.3C.4A.2B.3C.4D.5【考点】变压器原理【解析】【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：

𝑈𝐼𝑅1𝐾𝐼(𝑅2𝑅3)

=k

𝑈4𝐼𝑅4𝐾𝐼𝑅2

=k （2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A.1h B.4h C.8h D.16h【答案】B【考点】开普勒定律，万有引力定律及其应用【解析】【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由开普勒第三定律得：T′=T=24由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同C.A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直D.质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点】位移的合成与分解，速度的合成与分解与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力就是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向相同，故C正确；D△v=a△t果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的，故D错误．故选：BC．运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=△𝑡

来判断质点单位时间内速率的变化量．本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直6.悬挂于6.悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）

△𝑡

也是解答本题的关A.绳A.绳的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】弹力，静摩擦力、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力TAC均错误；BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A.Q点的电势比PA.Q点的电势比P点高C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大B.油滴在Q点的动能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差、电势、电势能【解析】【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣tt=3s时并排行驶，则（）t=1s时，甲车在乙车后t=07.5mt=2s甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】B,D【考点】V-t图象3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；B．由图象可知甲

△𝑣=△𝑡

20=10m/s2；a 2 乙

△𝑣=△𝑡

20102

=5m/s2；0至1s，x =甲 2

a 甲

12

=vt+0乙 20

a t2=10×1+乙

×5×12=12.5m，△x=x 乙

=12.5﹣5=7.5m，甲即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；C．由AB分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s和3s，故C错误；D.1s末甲车的速度为：v=a

t=10×1=10m/s，1到3s+1甲

a t2=10×2+甲

×10×22=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确．故选：BD．3st=3st=1s行驶；v﹣t图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．二、非选择题220Hz30Hz40Hz，打出纸带的一部分如图所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算．若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时打出B点时，重物下落的速度大小小，重物下落的加速度的大小．已测得s1=8.89cm，s2=9.5．cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2 ，试验中重物受到平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为 【答案】（1）(𝑠1𝑠2)𝑓；(𝑠2𝑠3)𝑓；(𝑠3𝑠1)𝑓2（2）40

2 2 2【解析】【解答】解：（1【解析】【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vB==；vC==；由速度公式vC=vB+aT可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg﹣0.01mg=ma，所以a=0.99g，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得：f=40HZ．故答案为：（1）；；；（2）40．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B和C点的瞬时速度，利用速度会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过60℃供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过IC时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9Ω），直流电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R1 2（最大阻值为2000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知U18V，IC约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60℃650.0Ω．在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．1 在电路中应选用滑动变阻（“R”或“R”1 按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值滑动变阻器的片应置（“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因．②将开关（“c”“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直．【答案】（1【答案】（1）（2）R2（3）650.0；b；保证报警器的安全使用保证报警器的安全使用；c；报警器开始报警【考点】电磁学实验联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；18V10mA

18 =1800Ω−310×10−3阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1150Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如下图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【分析】根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θab（a端）cd（c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为gab匀速下滑．求①作用在金属棒ab上的安培力的大小；②金属棒运动速度的大小．【答案】解：①设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为𝑁1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为𝑁2．对于ab棒，由力的平衡条件得2𝑚𝑔sin𝜃=𝜇𝑁1+𝑇+𝐹①𝑁1=2𝑚𝑔cos𝜃②对于cd棒，同理有𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑁2=𝑇③𝑁2=𝑚𝑔cos𝜃④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤②由安培力公式得F=BIL⑥Iabcdaɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得𝐼=𝜀⑧𝑅联立⑤⑥⑦⑧式得𝑉=(sin𝜃−3𝜇cos𝜃)𝑚𝑔𝑅⑨𝐵2L2答：①作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；②金属棒运动速度的大小(sin𝜃−3𝜇cos𝜃)𝑚𝑔𝑅．𝐵2L2【考点】安培力，闭合电路的欧姆定律12.2R37°AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为512.2R37°AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为5R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D6均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E（未画出P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ= ，重力加速度大小为g．（取14sin37°= ，cos37°= ）3455①求P第一次运动到B点时速度的大小．②求P运动到E点时弹簧的弹性势能．③改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72改变后P的质量．

R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和解：①C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：𝑔⋅̅°

°̅̅ 1 2其中：=−2𝑅

−

⋅𝐵𝐶= 𝑚𝑣 −02 𝐵代入数据得：𝑉𝐵=2√𝑔𝑅②物块返回B点后向上运动的过程中：𝑔⋅̅̅°−°̅̅

1 其中：=−2𝑅=√16𝑔𝑅

⋅𝐵𝐹=0−2𝑚𝑣 𝐵5物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：51 2 1−𝜇𝑚𝑔cos37°⋅2𝑥= 𝑚𝑣′− 𝑚𝑣22整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：

𝐵 2 𝐵1𝑚𝑔𝑥⋅sin37°−𝜇𝑚𝑔cos37°⋅𝑥−𝑊=0− 𝑚𝑣22 𝐵又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W所以：EP=2.4mgR③由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=1.8×5𝑅=1.5R6所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R√2𝐻=√5𝑅𝑔 𝑔G点到D点的水平距离：L=

7𝑅−𝑟sin37°=

7𝑅−5𝑅×3=3𝑅2由：L=vDt5联立得：𝑉𝐷=3√5𝑔𝑅5

2 6 5E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：E −𝑚̅̅°+ )−°̅̅

1 −0联立得：m′=

𝑃1𝑚3

⋅E𝐶=2𝑚𝑣 𝐷答：①P第一次运动到B点时速度的大小是2√𝑔𝑅．②P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．③改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D过G点．G点在C点左下方，与C

7𝑅R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是23√5𝑔𝑅，改变后P的质量是1m．5 3【考点】弹性势能，功能关系①对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；同①的方法求出物块返回B离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理选修33】关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.气体吸热后温度一定升高C.A.气体吸热后温度一定升高C.理想气体等压膨胀过程一定放热B.对气体做功可以改变其内能D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【考点】热力学第一定律（能量守恒定律），热力学第二定律后温度不一定升高，故A错误；B、做功和热传递都能改变内能；所以对气体做功可以改变其内能．故B正确；C高，所以气体的内能增大；气体的体积增大对外做功而内能增大，所以气体一定吸热，故C错误；D、根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．故D正确；E之间也必定达到热平衡．故E正确．故选：BDE【分析】做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量与外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W个系统达到热平衡的情况．本题考查热力学第一定律，热力学第二定律以及热平衡定律等，知道做功和热传递都能改变内能，理解热力学第二定律的几种不同的说法是解答的关键．基础题．△p与气泡半径r△p=2𝜎

，其中σ=0.070N/m．现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p

=1.0×105Pa，𝑟 0水的密度ρ=1.0×103kg/m3 ，重力加速度大小g=10m/s2．①求在水下10m处气泡内外的压强差；②忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．【答案】解：①当气泡在水下h=10m处时，设其半径为𝑟1，气泡内外压强差为𝛥𝑃1，则𝛥𝑃1=2𝜎①𝑟1代入题给数据得𝛥𝑃1=28𝑃𝑎②②设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为𝑃，气泡体积为𝑉1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为𝑃2，内外压强差为𝛥𝑃2，其体积为𝑉2，半径为𝑟2．气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有𝑃1𝑉1=𝑃2𝑉2③PAGEPAGE13由力学平衡条件有𝑃1=𝑃0+𝜌𝑔ℎ+𝛥𝑃1④𝑃2=𝑃0+𝛥𝑃2⑤气泡体积𝑉和𝑉2分别为𝑉1=4𝜋𝑟3⑥3 1𝑉2=4𝜋𝑟3⑦3 2联立③④⑤⑥⑦式得(𝑟1)3𝑟2

⑧𝑃0+𝜌𝑔ℎ+𝛥𝑃1≪𝑖=1,2项，代入题给数据得𝑟1

2≈答：①在水下10m处气泡内外的压强差28Pa；②忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，气泡的半径与其原来半径之比的近似值1.3。【考点】气体实验定律，理想气体的状态方程①△

𝑟

算在水下10m处气泡内外的压强差；②先确定初末状态的p、V有创意，考查了考生获取新知的能力，对玻意耳定律考查有了创新，平时复习要注重多训练，在高考中才能灵活应用．四、选考题：【物理选修34】某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s11015s．下列说法正确的是（）A.水面波是一种机械波C.A.水面波是一种机械波C.该水面波的波长为3m是因为波传播时能量不会传递出去B.该水面波的频率为6HzD.水面波没有将该同学推向岸边，E.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移【考点】横波的图象、水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，选项A正确．B、由第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T为：T=𝑡=𝑛15101

=5s=3

=0.6HzBλ=vTλ=1.8×53

=3m，选项C正确．DE”形式却会不断的向外传播，所以选项D正确．PAGEPAGE14故选：ACE【分析】A、结合机械波的定义可判断选项A的正误．B、首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，即可计算出波的频率，由此可得知选项B的正误．C、利用波速、周期、波长之间的关系式λ=vT可求得波长，即可得知该选项的正误．DE、结合波传播的特点，参与振动的质点只是在自己的平衡位置处振动，可判知选项DE的正误．对于该题，要注意机械波的特点，其特点为：（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同．（2）离振源近的质点先起振．（（波传播的是振动形式和能量，且能传递信息传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，其频率等于振源频率．如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A3.0mA射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为4．3求池内的水深；一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0mA时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°．求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保1位有效数字）．【答案】解：（i）光由A射向B点发生全反射，光路如图所示．图中入射角θ等于临界角C，则有sinθ=1 =3𝑛 4由题，AB=4m

=3m，由几何关系可得：所以̅=

̅2−̅2=（ii）光由A点射入救生员眼中的光路图如图所示．PAGEPAGE16在E点，由折射率公式得sin45°=nsin𝛼得sinα=3√28

，tanα= 3√23

=3√2323设=x，则得

=3𝑥√7代入数据解得x=（3﹣3√