高中物理必修2解答题及解析50道

在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图3.01所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。图3.01（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得，由以上两式求得A的速度。（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒得当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP'，由能量守恒，有解以上各式得。图3.02中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发的初速度v0。图3.02解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）由功能关系，有A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2有碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3.03所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求在以后的运动中，（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？图3.03解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有解得：（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为，则设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒（3）由系统动量守恒得设A的速度方向向左，，则则作用后A、B、C动能之和实际上系统的机械能根据能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左运动。4.如图3甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm.图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点．图3(1)请在图乙中画出蜡块4s内的轨迹．(2)求出玻璃管向右平移的加速度．(3)求t＝2s时蜡块的速度v.答案(2)5×10－2m/s2(3)0.14m5.在一根长为L、质量不计的细杆中点和末端各连一质量为m的小球B和C，如图6所示，杆可以在竖直平面内绕固定点A转动，将杆拉到某位置放开，末端C球摆到最低位置时，杆BC段受到的拉力刚好等于C球重力的2倍．图6(g＝10m/s2)求：(1)C球通过最低点时的线速度大小；(2)杆AB段此时受到的拉力大小．6.如图7所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的图7压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？(2)当转速ω＝10rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g取10m/s2)7.如图8所示，一玩滚轴溜冰的小孩(可视为质点)质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R＝1.0m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m．(取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：图8(1)小孩平抛的初速度；(2)小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．答案5.(1)eq\r(gL)(2)3.5mg6.(1)20rad/s(2)1.5×10－2N07.(1)3m/s(2)1290N8.．如图8所示，一滑块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道BC，已知滑块的质量m＝0.6kg，在A点的速度vA＝8m/s，AB长x＝5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，圆弧轨道的半径R＝2m，图8滑块离开C点后竖直上升h＝0.2m，取g＝10m/s2.求：(1)滑块经过B点时速度的大小；(2)滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功．9．如图9所示，在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：图9(1)小物块通过B点时速度vB的大小；(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小；(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D.答案8.(1)7m/s(2)1.5J9.(1)eq\r(5gR)(2)6mg(3)能10.如图8所示，用汽车通过定滑轮拉动水平平台上的货物，若货物的质量为m，与平台间的动摩擦因数为μ，汽车从静止开始把货物从A拉到B的过程中，汽车从O到达C点处时速度为v，若平台的高度为h，滑轮的大小和摩擦不计，求这一过程中汽车对货物做的功．图811．风洞实验室中可产生大小、方向可调节的风力．用长为l的细线拴一小球将其放入风洞实验室，调节风力方向为水平向右，如图9所示．当小球静止在A点时，悬线与竖直方向夹角为α.试求：(1)水平风力的大小； 图9(2)若将小球从竖直位置由静止释放，当悬线与竖直方向成多大角度时，小球的速度最大？最大速度是多少？答案10.μmgh＋eq\f(3,8)mv211.(1)mgtanα(2)αeq\r(\f(2gl1－cosα,cosα))12、（10分）把一个小球用细线悬挂起来，就成为单摆，摆长为L,最大偏角为θ，如果阻力可以忽略，小球运动到最低位置时的速度为多大？13、（12分）.如图，AB为斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点.求：(1)AB间的距离；(2)物体在空中飞行的时间；14、（11分）一质量为2千克的铅球从离地面２米高处自由下落，陷入沙坑２厘米深处，求沙子对铅球的平均作用力（取g=10m/s2）答案：12.13.gt2＝lABsin30° v0t=lABcos30° 解得：t=tan30°＝v0lAB=4v02/314.F=2020N15.一颗人造卫星靠近某行星表面做匀速圆周运动，经过时间t，卫星运行的路程为s，运动半径转过的角度为1rad，引力常量设为G,求:（1）卫星运行的周期；（2）该行星的质量.16.某同学身高1.8m,在学校运动会上参加跳高比赛,起跳后身体横着越过了高度1.6m的横杆.若不计阻力,请根据机械能守恒定律估算出他起跳时竖直向上的速度大小?17.在光滑水平面上有一静止的物体,现以水平恒力甲推这个物体,作用一段时间后,换成相反方向的水平恒力乙推这一物体,当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32J,则在整个过程中；(1)恒力甲做的功为多少?(2)恒力乙做的功为多少?答案：15.（1）2πT（2）s³/Gt²16.（根号下14）*m/s17.（1）8J（2）24J18.质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为x.耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：(1)拖拉机的加速度大小．(2)拖拉机对连接杆的拉力大小．(3)时间t内拖拉机对耙做的功．解析：(1)由匀变速直线运动的公式：x＝eq\f(1,2)at2①得：a＝eq\f(2x,t2)②(2)设连接杆对拖拉机的拉力为FT，由牛顿第二定律得：F－kMg－FTcosθ＝Ma③根据牛顿第三定律，联立②③式，解得拖拉机对连接杆的拉力大小为：F′T＝FT＝eq\f(1,cosθ)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F－M\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kg＋\f(2x,t2)))))④(3)拖拉机对耙做的功：W＝F′Txcosθ⑤联立④⑤式，解得：W＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F－M\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kg＋\f(2x,t2)))))x.⑥答案：(1)eq\f(2x,t2)(2)eq\f(1,cosθ)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F－M\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kg＋\f(2x,t2)))))(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(F－M\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kg＋\f(2x,t2)))))x19.右图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度vm＝1.02m/s的匀速运动．取g＝10m/s(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时`，拉力F0等于重力．P0＝F0vm①P0＝mgvm②代入数据，有：P0＝5.1×104W．③(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0＝Fv1④F－mg＝ma⑤v1＝at1⑥由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5s⑦t＝2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2＝at⑧P＝Fv2⑨由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104W．⑩答案：(1)5.1×104W(2)5s2.04×104W20.右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，如右图所示．将一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．解析：(1)由动能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5×1.5－1.0,0.5×10)m＝0.15m.(2)由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m21．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如下图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，所受摩擦力的大小为Ff1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2，所受摩擦力的大小为Ff2.则有x1＋x2＝x①式中x为投掷线到圆心O的距离．Ff1＝μ1mg②Ff2＝μ2mg③设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得Ff1·x1＋Ff2·x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④联立以上各式，解得x2＝eq\f(2μ1gx－v\o\al(2,0),2gμ1－μ2)⑤代入数据得x2＝10m．⑥答案：10m22．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g＝10m/s2)．求：(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离xm为多少？(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？解析：(1)设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得mg(H－h)－μmgL1cosα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①即mg(H－h)＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②v0＝eq\r(2gH－h－μL).③(2)根据平抛运动公式x＝v0t④h＝eq\f(1,2)gt2⑤由③～⑤式得x＝2eq\r(H－μL－hh)⑥由⑥式可得，当h＝eq\f(1,2)(H－μL)xm＝L＋H－μL.(3)在⑥式中令x＝2m，H＝4m，L＝5m，μ＝0.2，则可得到：－h2＋3h－1＝0求出h1＝eq\f(3＋\r(5),2)＝2.62(m)h2＝eq\f(3－\r(5),2)＝0.38(m)．答案：(1)v0＝eq\r(2gH－h－μL)(2)h＝eq\f(1,2)(H－μL)xmax＝L＋H－μL(3)2.62m0.38m23.“滔天浊浪排空来，翻江倒海山为摧”的钱塘江大潮，被誉为天下奇观．小莉设想用钱塘江大潮来发电，在江海交接某处建一大坝，形成一个面积为1.0×107m，涨潮时水深达25m的蓄水湖．，关上水闸落潮后坝内外水位差为2m．若发电时水重力势能的12%转变为电能，并只有退潮时发电，每天涨潮两次，求该电站每天能发多少电？根据图中情景，说明图中的A、B两台机器(有一台是发电机，另一台是电动机)，哪台是发电机？(已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g＝解析：退潮时水的落差是h＝2m水的质量是m＝ρV＝ρSh这些水的重心下降高度Δh＝eq\f(1,2)h重力势能减少：ΔEP＝mgΔh＝ρgSh·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)ρgSh2每天发出的电能为ΔE＝2ΔEP×12%＝0.12ρSgh2＝4.8×1010JA为发电机．答案：4.8×1010JA为发电机24.．如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：(1)水平外力F的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．解析：(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tanθ＝eq\f(F,10mg)得F＝10mgtanθ.(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：10mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(18r,2)sinθ))＝eq\f(1,2)·10m·veq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gh＋9rsinθ)以1号球为研究对象，由动能定理得mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得W＝9mgrsinθ.答案：(1)10mgtanθ(2)eq\r(2gh)(3)9mgrsinθ25.在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如下图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力Ff1＝800N，平均阻力Ff2＝700N，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．解析：(1)机械能守恒mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2①圆周运动F′－mg＝meq\f(v2,l)解得F′＝(3－2cosα)mg人对绳的拉力F＝F′则F＝1080N.(2)动能定理mg(H－lcosα＋d)－(Ff1＋Ff2)d＝0则d＝eq\f(mgH－lcosα,Ff1－Ff2－mg)d＝1.2m(3)选手从最低点开始做平抛运动x＝vtH－l＝eq\f(1,2)gt2且由①式及以上两式解得x＝2eq\r(lH－l1－cosα)当l＝eq\f(H,2)时，x有最大值．解得l＝1.5m因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远．答案：(1)1080N(2)1.2m(3)两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远．26.如图4－1－13所示，一个长直轻杆两端分别图4－1－13固定一个小球A和B，两球的质量均为m，两球半径忽略不计，杆AB的长度为l，现将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平地面上由静止向右运动，求当A球沿墙下滑距离为eq\f(l,2)时，A、B两球的速度vA和vB.(不计一切摩擦)27．(16分)小船匀速渡过一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10min到达对岸下游120m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5min到达正对岸，求：(1)水流的速度；(2)船在静水中的速度；河的宽度；船头与河岸间的夹角α.28．(17分)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．如图4－1－14所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系．质量m＝0.5kg的小球以初速度v0＝0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小为F1＝0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为y轴负方向、大小变为F2＝0.10N(图中未画出)．试求：图4－1－14(1)2.0s末小球在y轴方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同；(3)小球回到x轴上时的动能．26．【解析】A、B两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得vAsinθ＝vBcosθ①又A、B组成的系统机械能守恒，所以mgeq\f(l,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②由①②解得vA＝eq\f(1,2)eq\r(3gl)，vB＝eq\f(1,2)eq\r(gl).【答案】eq\f(1,2)eq\r(3gl)eq\f(1,2)eq\r(gl)27．【解析】(1)船头垂直对岸方向航行时，如图(a)所示．因为x＝v2t1，所以水的流速v2＝eq\f(x,t1)＝eq\f(120,600)m/s＝0.2m/s而且有d＝v1t1①(a)(b)(2)船头保持与岸成α角航行时，如图(b)所示v2＝v1cosα②d＝v1t2sinα③由①、③式得：sinα＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(600,750)＝0.8所以α＝53°由②式得：v1＝eq\f(v2,cosα)＝eq\f(1,3)m/s由①式得：d＝v1t1＝200m.【答案】(1)0.2m/s(2)eq\f(1,3)m/s200m53°28.【解析】(1)设在0～2.0s内小球运动的加速度为a1，则F1＝ma1，2．0s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1，代入数据解得v1＝0.8m/s，沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1，沿y轴方向运动的位移y1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，2．0s内运动的位移x＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))，代入数据解得x＝0.8eq\r(2)m＝1.1m.(2)设2.0s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同．则F2＝ma2，v1＝a2t2，代入数据解得t2＝4.0s.(3)设小球回到x轴上时的动能为Ek，由动能定理有F1·y1＋F2·y1＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得Ek＝0.28J.【答案】(1)1.1m(2)4.0s(3)0.28J29.利用图4－2－18(a)实验可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l.然后多次改变x，测出对应的l，画出l2－x关系图线，如图4－2－18(b)所示，并由此得出相应的斜率k.图4－2－18(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________.(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图(b)中倾斜直线的斜率k可得，管内气体压强p＝________.(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则(2)中得到的p与实际压强相比________(填“偏大”或“偏小”)．图4－2－1930．(16分)体育竞赛中有一项运动为掷镖，如图4－2－19所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成θ1＝53°角，飞镖B与竖直墙壁成θ2＝37°角，两者相距为d.假设飞镖的运动为平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)31．(17分)如图4－2－20所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球有两种方式释放；第一种方式在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面自由下滑，求：图4－2－20(1)AB的长度多大？(2)两种方式到B点，平抛的运动时间为t1，下滑的时间为t2，t1/t2等于多少？(3)两种方式到达B点时的水平分速度之比v1x/v2x和竖直分速度v1y/v2y各是多少？

29．【解析】(1)l＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，得v0＝leq\r(\f(g,2h)).(2)(p－p0)Sx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故l2＝eq\f(4p－p0Sh,mg)x＝kx，因而有：p＝p0＋eq\f(kmg,4Sh).(3)因没有考虑摩擦阻力的作用，求出的压强变小了．【答案】(1)leq\r(\f(g,2h))(2)eq\f(mgk,4Sh)＋p0(3)偏小30．【解析】两支飞镖是从同一点水平飞出的，与竖直墙壁的夹角即当飞镖与墙壁碰撞时飞镖的瞬时速度方向与竖直平面的夹角．若分别反向延长两速度矢线，必交于一点，即飞镖水平位移的中点．如图所示，则有eq\x\to(AB)＝d.由平抛运动规律有eq\f(\x\to(O′A),\x\to(SO′))＝tan37°，①eq\f(\x\to(O′A)＋d,\x\to(SO′))＝tan53°②联立①②式得eq\x\to(SO′)＝eq\f(12,7)d.③又eq\x\to(SO′)＝eq\f(1,2)eq\x\to(OO′)，④联立③④式易知：射出点离墙壁水平距离为eq\x\to(OO′)＝eq\f(24,7)d.【答案】eq\f(24,7)d31．【解析】(1)设AB长度为l，由平抛运动规律，得lsinα＝v0t1①lcosα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)②由①②解得l＝eq\f(2v\o\al(2,0)cosα,gsin2α).(2)小球下滑时a＝gcosα③l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)gcosαteq\o\al(2,2)④由②④解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(cosα,1)＝cosα.⑤(3)v1x＝v0⑥v2x＝axt2＝gcosαsinαt2⑦由①②⑤得t2＝eq\f(2v0,gsinα)⑧由⑥⑦⑧解得eq\f(v1x,v2x)＝eq\f(1,2cosα)v1y＝gt1⑨v2y＝acosα·t2⑩由③⑤⑨⑩四式解得eq\f(v1y,v2y)＝eq\f(1,cosα).【答案】(1)eq\f(2v\o\al(2,0)cosα,gsin2α)(2)cosα∶1(3)eq\f(1,2cosα)eq\f(1,cosα)32．(14分)如图4－3－18所示，与水平面成θ＝37°的光滑斜面与一光滑圆轨道相切于A点，斜面AB的长度s＝2.3m．让物体(可视为质点)从B点静止释放，恰能沿轨道运动到圆轨道的最高点C，空气阻力忽略不计(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．图4－3－18(1)求圆轨道的半径R；(2)设物体从C点落回斜面AB上的P点，试通过计算判断P位置比圆心O高还是低．33．(2010·太原模拟)(16分)如图4－3－19所示，轻线一端系一质量为m的小球，另一端穿过光滑小孔套在正下方的图钉A上，此时小球在光滑的水平平台上做半径为a、角速度为ω的匀速圆周运动．现拔掉图钉A让小球飞出，此后轻线又被A正上方距A高为h的图钉B套住，稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动．求：图4－3－19(1)图钉A拔掉前，轻线对小球的拉力大小．(2)从拔掉图钉A到被图钉B套住前小球做什么运动？所用的时间为多少？(3)小球最后做圆周运动的角速度．34．(17分)如图4－3－20甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的eq\f(1,4)圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差ΔF.改变BC的长度L，重复上述实验，最后绘得的ΔF－L图象如图4－3－20乙所示．(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)图4－3－20(1)某一次调节后，D点的离地高度为0.8m，小球从D点飞出，落地点与D点的水平距离为2.4m，求小球经过D点时的速度大小；(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．(1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，vC＝eq\r(gR)，物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据解得R＝0.6m.(2)设物体一直平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，联立解得x＝eq\r(2)R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′＝eq\f(R,sinθ)＝eq\f(5,3)R显然x′＞x，故物体的落点位置P低于O点．31.【答案】(1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，vC＝eq\r(gR)，物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据解得R＝0.6m.(2)设物体一直平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，联立解得x＝eq\r(2)R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′＝eq\f(R,sinθ)＝eq\f(5,3)R显然x′＞x，故物体的落点位置P低于O点(1)0.6m(2)低32【解析】(1)图钉A拔掉前，轻线的拉力大小为FT＝mω2a(2)小球沿切线方向飞出做匀速直线运动直到线环被图钉B套住，小球速度为v＝ωa匀速运动的位移s＝eq\r(a＋h2－a2)＝eq\r(2ah＋h2)如图所示则时间t＝eq\f(s,v)＝eq\f(\r(2ah＋h2),ωa).(3)v可分解为切向速度v1和法向速度v2，线被拉紧后v2＝0，小球以速度v1做匀速圆周运动，半径r＝a＋h.则v1＝eq\f(a,a＋h)v＝eq\f(a2,a＋h)ωω′＝eq\f(v1,r)＝eq\f(a2ω,a＋h2).【答案】(1)mω2a(2)匀速直线运动eq\f(\r(2ah＋h2),ωa)(3)eq\f(a2ω,a＋h2)33．【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向做匀速直线运动，有：x＝vDt，得：vD＝eq\f(x,t)＝eq\f(x,\r(\f(2HD,g)))＝6m/s.(2)设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(2r＋L)，①在A点：FA－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),r)，②在D点：FD＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),r)，③由①②③式得：ΔF＝FA－FD＝6mg＋2mgeq\f(L,r)，由图象纵截距得：6mg＝12N，得m＝0.2kg，当L＝0.5m时，ΔF＝17N.解得r＝0.4m.【答案】(1)6m/s(2)0.2kg0.4m35(2011·扬州检测)(14分)在月球上以初速度v0自高h处水平抛出的小球，射程可达x，已知月球半径为R，如果在月球上发射一颗月球的卫星，求它在月球表面附近环绕月球运动的周期是多少？36．(2009·北京高考)(16分)已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响．(1)推导第一宇宙速度v1的表达式；(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T.37．(2010·宁德模拟)(17分)一飞船在某星球表面附近，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v1，飞船在离该星球表面高度为h处，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v2，已知万有引力常量为G.试求：(1)该星球的质量；(2)若设该星球的质量为M，一个质量为m的物体在离该星球球心r远处具有的引力势能为Ep＝－eq\f(GMm,r)，则一颗质量为m1的卫星由r1轨道变为r2(r1＜r2)轨道，对卫星至少做多少功？(卫星在r1、r2轨道上均做匀速圆周运动，结果请用M、m1、r1、r2、G表示)

35.设月球表面的重力加速度为g′，由平抛规律得x＝v0eq\r(\f(2h,g′))①解得g′＝eq\f(2hv\o\al(2,0),x2)②设近月卫星周期为T，则eq\f(GM月m,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R③eq\f(GM月m′,R2)＝m′g′④所以T＝2πeq\r(\f(R,g′))＝eq\f(πx,v0)eq\r(\f(2R,h)).【答案】eq\f(πx,v0)eq\r(\f(2R,h))36．【解析】(1)设卫星的质量为m，地球的质量为M在地球表面附近满足Geq\f(Mm,R2)＝mg得GM＝R2g①卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力meq\f(v\o\al(2,1),R)＝Geq\f(Mm,R2)②①式代入②式，得到v1＝eq\r(Rg).(2)考虑①式，卫星受到的万有引力为F＝Geq\f(Mm,R＋h2)＝eq\f(mgR2,R＋h2)③由牛顿第二定律F＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)④联立③④式解得T＝eq\f(2π,R)eq\r(\f(R＋h3,g)).【答案】(1)v1＝eq\r(Rg)(2)eq\f(2π,R)eq\r(\f(R＋h3,g))37．【解析】设星球的半径为R，质量为M，则(1)飞船需要的向心力由万有引力提供，则Geq\f(Mm,R2)＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v\o\al(2,2),R＋h)解得M＝eq\f(hv\o\al(2,1)v\o\al(2,2),Gv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2)).(2)卫星在轨道上有动能和势能，其总和为E(机械能)，则Geq\f(Mm1,r2)＝m1eq\f(v2,r)E＝Ek＋Ep＝eq\f(1,2)m1v2＋(－Geq\f(Mm1,r))＝－Geq\f(Mm1,2r)W＝ΔE＝E2－E1＝G(eq\f(Mm1,2r1)－eq\f(Mm1,2r2))．【答案】(1)eq\f(hv\o\al(2,1)v\o\al(2,2),Gv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2))(2)G(eq\f(Mm1,2r1)－eq\f(Mm1,2r2))图5－2－1238．(14分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，如图5－2－12所示．将一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．39．(2011·无锡模拟)(16分)总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m高处的悬停直升机上竖直跳下，经过2s后拉开绳索开启降落伞，如图5－2－13所示是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(g取10m/s2)图5－2－13(1)t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小；(2)估算前14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．40．(2010·浦东模拟)(17分)如图5－2－14所示，小物体放在高度为h＝1.25m、长度为s＝1.5m的粗糙水平固定桌面的左端A点，以初速度vA＝4m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面C点，C点与B点的水平距离x＝1m，不计空气阻力．试求：(g取10m/s2)图5－2－14(1)小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地？(2)小物体与桌面之间的动摩擦因数多大？(3)为使小物体离开桌子边缘B后水平射程加倍，即x′＝2x，某同学认为应使小物体的初速度vA′加倍，即vA′＝2vA，你同意他的观点吗？试通过计算验证你的结论．

38.【解析】(1)由动能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝eq\f(FL－FfL,mg)＝eq\f(1.5×1.5－1.0,0.5×10)m＝0.15m(2)由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝eq\f(mgh,Ff)＝eq\f(0.5×10×0.15,1.0)m＝0.75m【答案】(1)0.15m(2)0.75m39．【解析】(1)从图中可以看出，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a＝eq\f(v1,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma得f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N(2)从图中估算得出运动员在14s内下落了39.5×2×2m＝158m根据动能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以有Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×158－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.25×105J【答案】(1)160N(2)1.25×105J40．【解析】(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s.(2)设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，则vB＝eq\f(x,t)＝eq\f(1,0.5)m/s＝2m/s根据动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得μ＝eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2gs)＝eq\f(42－22,2×10×1.5)＝0.4.(3)不同意．要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即vB′＝2vB＝4m/s根据动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mvA′2解得vA′＝eq\r(vB′2＋2μgs)＝2eq\r(7)m/s≈5.3m/s≠2vA所以说该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的．【答案】(1)0.5s(2)0.4(3)不同意，过程见解析

41.(14分)2010年第十七届国际泳联跳水世界杯中，中国选手吴敏霞、何姿获得女双3米跳板冠军，其跳水的过程可简化如下：运动员将跳板向下压到最低点C，跳板反弹将运动员上抛到最高点A，然后做自由落体运动，竖直落入水中．如果将运动员视为质点，且已知运动员的质量为m，重力加速度为g，AB间、BC间和B与水面间的竖直距离分别为h1、h2、h3，如图5－4－16所示．试求：图5－4－16(1)运动员从A点下落到水面的时间和入水时的速度大小；(2)跳板反弹过程中对运动员所做的功．图5－4－1742．(16分)工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图5－4－17所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．43．(2010·济南模拟)(17分)如图5－4－18所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：图5－4－18(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.41.【解析】(1)运动员从最高点A下落到水面的时间由h1＋h3＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h1＋h3,g))从A点下落到水面，机械能守恒，有mg(h1＋h3)＝eq\f(1,2)mv2(由运动学公式v2＝2g(h1＋h2解得入水速度大小为v＝eq\r(2gh1＋h3).(2)从C到A对运动员运用动能定理，有W－mg(h1＋h2)＝0－0解得W＝mg(h1＋h2)．【答案】(1)eq\r(\f(2h1＋h3,g))eq\r(2gh1＋h3)(2)mg(h1＋h2)42.【解析】(1)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒Ep＝eq\f(1,2)mv2滑块在传送带上做匀加速运动由动能定理μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgL.(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v0tv0＝v＋atμmg＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δs＝s－L相对滑动生成的热量Q＝μmgΔs解得：Q＝mv0(v0－eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL))－μmgL.【答案】(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgL(2)mv0(v0－eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL))－μmgL43.【解析】(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，可得：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).解得：vB＝eq\r(2gh).(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得：μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－2gh,2gl).(3)Q＝Ff·l相对＝μmgl相对l相对＝eq\f(v0－vB2,2μg)＝eq\f(v0－\r(2gh)2,2μg)，故Q＝eq\f(mv0－\r(2gh)2,2).【答案】(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(v\o\al(2,0)－2gh,2gl)(3)eq\f(mv0－\r(2gh)2,2)44.(14分)如图5－3－18所示，有一根轻杆AB，可绕O点在竖直平面内自由转动，在AB端各固定一质量为m的小球，OA和OB的长度分别为2a和a，开始时，AB静止在水平位置，释放后，AB杆转到竖直位置，A、B图5－3－1945．(16分)半径R＝0.50m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50m，劲度系数k＝4.8N/m.将小球从如图5－3－19所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EpC＝0.6J．(g取10m/s2)，求：(1)小球经过C点时的速度vC的大小．(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向．图5－3－2046．(17分)如图5－3－20所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0＝6m/s，将质量m＝1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，已知传送带高度为h＝12.0m，长度为L＝12.0m，“9”字全高H＝0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R＝0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2，试求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；(3)滑块从D点抛出后的水平射程．44.解析：两小球组成的系统与外界没有能量转化，该系统机械能是守恒的，故对该系统从水平到竖直的过程中可由机械能守恒定律得：2mga－mga＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又vA＝2vB，所以可解得：vA＝2eq\r(\f(2ga,5))，vB＝eq\r(\f(2ga,5)).【答案】2eq\r(\f(2ga,5))eq\r(\f(2ga,5))45.【解析】(1)小球从B到C，根据机械能守恒定律有mg(R＋Rcos60°)＝EpC＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据求出vC＝3m/s.(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN，设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有F＋FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)F＝kx所以FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)＋mg－FFN＝3.2N，方向竖直向上根据牛顿第三定律得出，小球对环的作用力大小为3.2N，方向竖直向下．【答案】(1)3m/s(2)3.2N，方向竖直向下46.【解析】(1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律μmg＝ma，得a＝μg＝3m/s2加速到与传送带达到同速所需要的时间t＝v0/a＝2s位移x1＝eq\f(1,2)at2＝6m之后滑块做匀速运动的位移x2＝L－x1＝6m所用的时间t2＝x2/v0＝1s故t＝t1＋t2＝3s.(2)滑块由B到C的过程中机械能守恒mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，FN＋mg＝mveq\o\al(2,C)/R解得FN＝90N即轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝90N，方向竖直向上．(3)滑块从C到D的过程，机械能守恒得，mg2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mv2，得vD＝2eq\r(7)m/sD点到水平面的高度HD＝h＋(H－2R)＝0.8m由HD＝eq\f(1,2)gt2得，t3＝eq\r(\f(2HD,g))＝0.4s故水平射程s＝vDt3＝2.1m.【答案】(1)3s(2)90N，方向竖直向上(3)2.1m47.(2011·安徽亳州)如右图所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角．则()A.eq\f(tanθ2,tanθ1)＝2 B．tanθ1tanθ2＝2C.eq\f(1,tanθ1