2021年广东省选择性考试物理模拟测试卷（四） Word版含答案

2021年广东省选择性考试物理模拟测试卷（四） Word版含答案

2021 年广东省选择性考试模拟测试卷(四) (考试时间:75 分钟;满分:100 分) 一、单项选择题:本题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分。在每小题给出 的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.下列说法正确的是( ) A.质量数越小的原子核,比结合能越大 B.卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型 C.德国物理学家普朗克提出了量子假说,并成功解释了光电效应现象 D.氡的半衰期为 3.8 天,若取 40 个氡原子核,则经过 7.6 天剩下 10 个 氡原子核 2.如图(甲)所示,变压器为理想变压器,a、b 间输入如图(乙)所示的 正弦交流电,两灯泡额定电压相等,电流表和电压表均为理想交流电 表,闭合开关后,两灯泡均正常发光,电流表的示数为 1 A,电压表示数 为 22 V,由此可知( ) A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为 u=220 2 sin 50 πt(V) B.正常发光时,灯泡 L1 的电阻是 L2 的 3 倍 C.原线圈电流为 1 9 A D.副线圈交变电流的频率为 5 Hz 3.如图,粗糙水平面上,两木块 A、B 以轻绳相连,在恒力 F 作用下做匀 速运动。某时刻轻绳断开,在 F 牵引下 A 继续前进,B 最后静止。则 A 和 B 组成的系统动量关系下述正确的是 ( ) A.则在 B 静止前,系统动量不守恒;在 B 静止后,系统动量守恒 B.则在 B 静止前,系统动量守恒;在 B 静止后,系统动量不守恒 C.则在 B 静止前,系统动量守恒;在 B 静止后,系统动量守恒 D.则在 B 静止前,系统动量不守恒;在 B 静止后,系统动量不守恒 4.一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出,第一只球落在 自己一方场地的 B 点,弹跳起来,刚好擦网而过,落在对方场地的 A 点, 第二只球直接擦网而过,也落在 A 点,如图。设球与地面的碰撞后,速 度大小不变,速度方向与水平地面夹角相等,其运动过程中阻力不计, 则第一只球与第二只球飞过网 C 处时水平速度大小之比为( ) A.1∶1 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶9 5.如图所示,边长为 l 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板, 导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过 ab 边中点和 ac 边中点,在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场,其 磁感应强度大小为 B。此时导线框处于静止状态,细线中的拉力为 F1; 现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的 2 倍,保持其他条件不变,导线框仍处于静止状态,此时细线中拉力为 F2。 则导线框中的电流大小为( ) A. 2 - 1 B. 2 - 1 2 C. 2 ( 2 - 1 ) D. 2 ( 2 - 1 ) 3 6.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 A 和 B,自身球体半径分别为 RA 和 RB。两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公 转周期的平方(T2)的关系如图所示,T0 为卫星环绕各自行星表面运行 的周期。则( ) A.行星 A 的质量小于行星 B 的质量 B.行星 A 的密度小于行星 B 的密度 C.行星 A 的第一宇宙速度等于行星 B 的第一宇宙速度 D.当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时,行星 A 的卫星的向心 加速度大于行星 B 的卫星的向心加速度 7.如图,水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨,导轨间距为 L, 电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的竖 直匀强磁场中,虚线为两磁场的分界线。质量均为 m 的两根相同导体 棒 MN、PQ 静置于如图所示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良 好)。现使 MN 棒获得一个大小为 v0、方向水平向左的初速度,则在此 后的整个运动过程中( ) A.两棒受到的安培力冲量大小相等,方向相反 B.两棒最终的速度大小均为 0 2 ,方向相同 C.MN 棒产生的焦耳热为 02 4D.通过 PQ 棒某一横截面的电荷量为 0 2 二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。在每小题给出 的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得 6 分,选对但不全 的得 3 分,有选错的得 0 分。 8.如图(甲)为电动汽车无线充电原理图,M 为受电线圈,N 为送电线圈。 图(乙)为受电线圈 M 的示意图,线圈匝数为 n、电阻为 r、横截面积为 S,a、b 两端连接车载变流装置,磁场平行于圆轴线向上穿过线圈。下 列说法正确是( ) A.当线圈 N 接入恒定电流时,不能为电动汽车充电 B.当线圈 N 接入正弦式交变电流时,线圈 M 两端产生恒定电压 C.当线圈 M 中的磁感应强度增加时,有电流从 a 端流出 D.充电时,Δt 时间内线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加ΔB,则 M 两 端电压为 Δ Δ 9.反射式速调管是常用微波器之一,它利用电子团在电场中的振荡来 产生微波,其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于 x 轴,其电势φ随 x 的分布如图所示。一质量 m=2.0×10-20 kg,电荷量 q=2.0×10-9 C 的带负电的粒子从(-1,0)点由静止开始,仅在电场力 作用下在 x 轴上往返运动。则( ) A.x 轴左侧电场强度 E1 和右侧电场强度 E2 的大小之比 1 2 = 1 2 B.粒子在 0～0.5 cm 区间运动过程中的电势能减小 C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 4.0×10-8 J D.该粒子运动的周期 T=3.0×10-8 s 10.如图所示,在倾角α=37°的光滑足够长斜面上有两个用轻质弹簧 连接的物体 A 和 B,质量分别为 mA=1 kg、mB=2 kg,弹簧劲度系数为 k= 100 N/m,C 为固定挡板,当 A 在受到沿斜面向下,F=14 N 的力作用下处 于静止,且弹簧弹性势能 Ep= 1 2 kx2(x 为形变量),当撤去外力后,物体 A 上升至最高处时,B 恰好脱离挡板 C,g 取 10 m/s2,以下说法正确的是 ( ) A.物体 A 上升的位移为 0.12 m B.物体 A 运动中达到最大速度时弹簧处于原长 C.弹簧处于原长时,物体 A 动能为 0.8 J D.物体 A 向上运动过程中,先超重后失重 三、非选择题:包括必做题和选做题两部分,第 11 题～第 14 题为必做 题,每个试题考生必须作答,第 15 题～第 16 题为选做题,考生根据要 求作答。 (一)必做题:共 42 分。 11.(6 分)某实验小组用如图 1 所示的实验装置研究匀变速直线运动, 已知固定斜面的倾角为θ=37°,把木块自斜面上某一位置由静止释 放,测量释放点到斜面底端的距离 x 以及木块在斜面上运动的时间 t, 改变释放点位置,得到多组数据,作出 t 图象如图 2 所示。已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2。 (1)根据图象可知,木块在斜面上运动的加速度大小为 m/s2; (2)木块与斜面之间的动摩擦因数为 ; (3)在 t 图象中,有一组数据偏离直线比较远,可能的原因是 。(回答出一条原因即可) 12.(10 分)某小组要测量μA1 微安表的内阻,选用的器材有:待测微安 表μA 1 (量程 0～200 μA,内阻约几百欧);微安表μA 2 (量程 0～ 300 μA,内阻约几百欧);电压表 V(量程 0～3 V,内阻约为 3 kΩ);滑 动变阻器 R1(阻值 0～10 Ω);滑动变阻器 R2(阻值 0～20 kΩ);电阻箱 R0(阻值 0～9 999 Ω);电源(电动势 3 V,内阻不计);导线和开关若干。 要求尽可能减小实验误差,甲、乙、丙三位同学分别进行实验: (1)甲同学设计了如图(a)的电路,利用伏安法测量μA1 表的内阻,该 电路是 (选填“合理”或“不合理”)的。 (2)乙同学设计了如图(b)的电路,滑动变阻器 R 应选用 (选 填“R1”或“R2”),主要实验步骤如下: ①断开 S2、接通 S1,调节 R,使微安表μA1 指针指在 200 μA 处; ②保持 R 的滑片不动,再接通 S2,调节 R0,使电流表指针指在 150 μA 处,读出 R0 的阻值为 1 350 Ω,则微安表μA1 的内阻测量值为 Ω,与真实值相比 (选填“偏大”或“偏小”)。 (3)丙同学设计了如图(c)的电路,主要实验步骤如下:先把开关 S 掷 到 1,微安表μA2 的读数为 I,再把开关 S 掷到 2,调节电阻箱 R0,直至微 安表μA2 的读数也为 I,记录此时电阻箱 R0 的读数即为微安表μA1 的 阻值。但该同学在操作时发现,电阻箱 R0 在几百欧的范围内调节时, 微安表μA2 的读数几乎是不变的,因此该方法实际上很难准确测出微 安表μA1 的阻值,其主要原因是 。 13.(11 分)如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图,传送带右 端与水平面相切,且保持 v0=4 m/s 的恒定速率顺时针运行,传送带的 长 L=3 m。现将一质量为 0.4 kg 的包裹 A 轻放在传送带左端,包裹 A 刚离开传送带时恰好与静止的包裹 B 发生正碰,碰撞时间极短,碰撞 后包裹 A 向前滑行了 0.1 m 静止,包裹 B 向前运动了 0.4 m 静止。已 知包裹 A 与传送带间的动摩擦因数为 0.4,包裹 A、B 与水平面间的动 摩擦因数均为 0.5,g 取 10 m/s2。求: (1)包裹 A 在传送带上运动的时间; (2)包裹 B 的质量。 14.(15 分)在如图所示的坐标系中,第一和第二象限(包括 y 轴的正半 轴)内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直 xOy 平面向里的匀强磁场; 第三和第四象限内存在平行于 y 轴正方向、大小未知的匀强电场。P 点为 y 轴正半轴上的一点,坐标为(0,l);N 点为 y 轴负半轴上的一点, 坐标未知。现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子由 P 点沿 y 轴正方向以一定的速度射入匀强磁场,该粒子经磁场偏转后以与 x 轴 正半轴成 45°角的方向进入匀强电场,在电场中运动一段时间后,该 粒子恰好垂直于 y 轴经过 N 点。粒子的重力忽略不计。求: (1)粒子在 P 点的速度大小; (2)第三和第四象限内的电场强度的大小; (3)带电粒子从由 P 点进入磁场到第三次通过 x 轴的总时间。 (二)选做题:共 12 分,请考生从给出的 2 道题中任选一题作答。 15.[选修 3 3](12 分) (1)(5 分)恒温环境中,在导热良好的注射器内,用活塞封闭了一定质 量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞,此过程中封闭气体分子的平均 速率 (选填“增大”“减小”或“不变”),封闭气体的内能 (选填“增大”“减小”或“不变”),封闭气体 (选 填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”)。 (2)(7 分)疫情期间,从北方调大批钢瓶氧气到武汉,每个钢瓶内体积 为 0.5 m3,北方测得氧气压强为 3×107 Pa,每瓶总质量 m=5 kg,温度 为 300 K,长途运输到武汉方舱医院检测时测得压强为 3.3×107 Pa, 温度为 330 K,现使用其中一瓶氧气,先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装, 小钢瓶体积为 0.1 m3,分装后每个小钢瓶压强为 2×105 Pa 供病人使 用,要求大钢瓶内压强降到 1×105 Pa 时就停止分装。 ①通过计算判断钢瓶运输途中是否漏气; ②一大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用。 16.[选修 3 4](12 分) (1)(5 分)有一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波,在 t=0 时刻它的波形 图如图(甲)所示,其中 P、Q 两点是该机械波上的两个不同位置的质点, 其中图(乙)是 x 轴正方向上的某一个质点的振动图象,下列说法中正 确的是 。(填正确答案标号。选对一个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分,每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.该机械波传播的速度为 0.05 m/s B.在 t=0 时刻 P、Q 两点的加速度大小不相等 C.图(乙)可以用来表示质点 P 的振动图象 D.若波源的振动频率增大,则图(乙)中图象的振动周期 T 变小 E.该机械波在传播过程中当遇到体长为 3 m 的障碍物时,会发生明显 的衍射现象 (2)(7 分)如图,ABC 为由梯形和扇形组成的玻璃砖的横截面图,O 为圆 心,M 为半径 OA 的中点,半径为 R 的圆弧 AB 镀银。一红光 PM 垂直 OA 从 M 点射入玻璃砖,经圆弧 AB 反射后照到 BC 面恰好发生全反射,且从 O 点射出玻璃砖。已知该玻璃对红光的折射率为 2 ,光在真空中的速 度大小为 c。求: ①红光从 O 点射出的折射角; ②红光从 M 点传播到 O 点所用的时间。 参考答案 1.B 中等大小的原子核,比结合能最大,原子核最稳定,故 A 错误;由 物理学史可知,卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型, 故 B 正确;普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说,建立了 量子论,而爱因斯坦解释了光电效应现象,故 C 错误;半衰期是大量原 子核的统计规律,对少量原子核不适用,故 D 错误。 2.C 由图(乙)可判断输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式 为 u=220 sin 100πt(V),故 A 错误;由题知两灯泡均正常发光,且额 定电压相等,当电压表示数为 22 V 时,可知两灯泡的额定电压为 22 V, 原线圈的输入电压为 U1=Uab-UL1=220 V-22 V=198 V,变压器原、副线圈 匝数比为 = = 㠴㜮 = 㠴 ,流过原、副线圈电流之比为 = = 㠴 ,由于两灯泡 额定电压相等,有 = = 㠴 ,故正常发光时,灯泡 L1 的电阻是 L2 的 9 倍, 故 B 错误;由于 = 㠴 ,I2=1 A,则 I1= 㠴 A,故 C 正确;变压器不改变交流电 的频率,副线圈内交流电的频率也为 50 Hz,故 D 错误。 3.B 轻绳断开前,两木块在水平地面上向右做匀速直线运动,以 A、B 为系统,系统所受外力的合力为零;轻绳断开后,在 B 停止运动以前, 恒力 F 和摩擦力均不变,系统的合外力仍为零,则系统的动量守恒;B 静止后,B 的合外力为 0,拉力大于木块 A 的摩擦力,A 和 B 组成的系统 合力不为 0,所以系统动量不守恒,B 正确,A、C、D 错误。 4.B 由平抛运动的规律可知,两球分别被击出至各自第一次落地的 时间是相等的。由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞,设第二只球自 击出到落到 A 点时间为 t,则第一只球自击出到落到 A 点的时间为 3t; 由于第一、二两球在水平方向均为匀速运动,水平位移 x 大小相等, 设它们从 O 点出发时的初速度分别为 v1、v2,由 x=v0t 得 v2=3v1;所以 有 = ,所以两只球飞过球网 C 处时水平速度之比为 1∶3,故 B 正确,A、 C、D 错误。 5.D 当磁场在虚线下方时,通电导线的等效长度为 l,受到的安培力 方向竖直向上,设三角形导线框质量为 m,则有 F1+BI( l)=mg,当磁场 在虚线上方时,通电导线的等效长度为 l,受到的安培力方向竖直向 下,磁感应强度增大到原来的两倍,故此时有 F2=2BI( l)+mg,联立可 得 I= ( - ) ,故 D 正确,A、B、C 错误。 6.D 根据万有引力提供向心力,有 ㈰㘮 =m R,解得 T= ㈰ ,对于环 绕行星 A 表面运行的卫星,有 T0= ㈰ ,对于环绕行星 B 表面运行的 卫星,有 T0= ㈰ ,联立得 ㈰ = ㈰ ,由题图知 RA>RB,所以 MA>MB,故 A 错 误;A 行星质量为 MA=ρA π ,B 行星的质量为 MB=ρB π ,联立以 上公式得ρA=ρB,故 B 错误;行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速 度 , 根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 , 有 ㈰㘮 = m , 解 得 v = ㈰ = ·R∝R,因为 RA>RB,所以 vA>vB,故 C 错误;根据 ㈰㘮 =ma 知 a= ㈰ , 由于 MA>MB,行星运动的轨道半径相等,则行星 A 的卫星的向心加速度 大于行星 B 的卫星的向心加速度,故 D 正确。 7.D MN 棒向左运动,由右手定则可知,MN 中的电流由 N 到 M,PQ 中的 电流由 P 到 Q,由左手定则可知,MN 棒受到的安培力方向向右,PQ 棒受 到的安培力方向也向右,由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等, 由 F=BIL 可知,安培力大小相等,由 I=Ft 可知,两棒受到的安培力冲量 大小相等,方向相同,故 A 错误;由于 MN 棒受到的安培力方向向右,PQ 棒受到的安培力方向也向右,则 MN 棒向左做减速运动,PQ 棒向右做加 速运动,两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连,当两棒 产生的电动势相等时,两棒速度大小相等,回路中的电流为 0,此后两 棒以相同速率反方向做匀速直线运动,取向左为正方向,对两棒分别 用动量定理得- - t=mv-mv0,- - t=-mv,解得 v= ,由能量守恒得 Q= m - ×2mv2= m ,则 MN 棒产生的焦耳热为 㜮 m ,故 B、C 错误; 对 PQ 棒由动量定理得 B - Lt=mv,即 BLq=m· ,则 q= 㘮 ,故 D 正确。 8.AC 当送电线圈 N 接入恒定电流,则产生的磁场不变化,受电线圈 M 中的磁通量没有发生变化,故无法产生感应电流,不能为电动汽车充 电,故 A 正确;当线圈 N 接入正弦式交变电流时,受电线圈 M 中的磁通 量按正弦式规律变化,故 M 两端产生正弦式交变电压,故 B 错误;穿过 线圈 M 的磁感应强度增加,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向 向下,故感应电流方向从 b 向 a,即电流从 a 端流出,故 C 正确;根据法 拉第电磁感应定律,有 E=n Δ Δ =nS Δ Δ ,设受电线圈外接电路的电阻为 R, 由 闭 合 电路 的 欧 姆 定 律 得 M 两 端 的 电压 U= + R= 耀Δ Δ ( + ) ,故 D 错误。 9.ACD 根据 U=Ed 可知,左侧电场强度:E1= × - V/m=2.0×103 V/m, 右侧电场强度:E2= . × - V/m=4.0×103 V/m,所以 = ,故 A 正确;粒 子带负电,故在 0～0.5 cm 区间运动过程中的电势能增加,B 错误;该 粒子运动过程中电势能变化量的最大值为ΔEp =ΔUq=20×2.0× 10-9 J=4.0×10-8 J,C 正确;粒子运动到原点时速度最大,根据动能定 理有 qE1x=Ekm,其中 x=1.0×10-2 m,联立得 Ekm=4.0×10-8 J,设粒子在原 点左右两侧运动的时间分别为 t1、t2,在原点时的速度为 vm,由运动学 公 式 有 vm=a1t1= 㘮 t1, 同 理 可 知 vm=a2t2= 㘮 t2,Ekm= m , 而 周 期 T=2(t1+t2),联立得 T=3.0×10-8 s,故 D 正确。 10.CD 当力 F 作用于物体 A 时,对 A 物体根据平衡条件有 kx1=F+ mAgsin α,弹簧压缩量 x1=0.2 m,当 B 恰要脱离挡板 C 时,对 B 物体, 有 kx2=mBgsin α,弹簧伸长量 x2=0.12 m,物体 A 上升的位移 x=x1+x2= 0.32 m,故 A 错误;物体 A 运动中速度最大时,加速度为 0,处于平衡状 态,有 kx′=mAgsin α,弹簧处于压缩状态,故 B 错误;当物体 A 运动至 弹簧处于原长时,由能量守恒定律有 k =Ek+mAgx1sin α,解得 Ek=0.8 J,故 C 正确;物体 A 在向上运动的过程中先加速再减速,故先 超重后失重,故 D 正确。 11.解析:(1)由公式可得 x= at2,得出 t 图象的斜率就是加速度的一 半,所以求得 a=0.4 m/s2。 (2)由牛顿第二定律可得 mgsin θ-μmgcos θ=ma,代入数值算得 μ=0.7。 (3)偏离直线的数据,可能的原因是木块释放点到斜面底端的距离 x 测量偏大了,或木块在斜面上运动的时间 t 测量偏小了,或木块不是 由静止释放。 答案:(1)0.4 (2)0.7 (3)见解析 12.解析:(1)待测微安表的最大量程 I=200 μA=2×10-4 A,电路中需 要最小电阻 R= =15 000 Ω,电路中需要最小电阻大于待测微安表,滑 动变阻器调节范围小,测量误差大,故不合理。 (2)电路中需要最小电阻为 15 000 Ω,滑动变阻器应选用 R2。 ②根据电路原理得 - = Ω,微安表内阻测量值 R=450 Ω,并联电 阻箱时,总电阻减小,则总电流偏大,滑动变阻器两端电压变大,待测 微安表的电压减小,与真实值相比偏小。 (3)R2 接入电路的阻值比μA1 的内阻大得多,导致μA1 两端的电压太小, 读数几乎是不变的。 答案:(1)不合理 (2)R2 450 偏小 (3)R2 接入电路的阻值比μA1 的内阻大得多 13.解析:(1)包裹 A 在传送带滑行,由牛顿第二定律可得μ1mAg=mAa1 解得 a1=4 m/s2 假设包裹 A 离开传送带前就与传送带共速,则有 =2a1s1 解得 s1=2 m0,即气体从外界 吸收热量。 (2)①假设钢瓶不漏气,气体体积不变,由查理定律得 = ' ' ,即 × = ' 解得 p′=3.3×107 Pa 与钢瓶内气体压强相等,钢瓶不漏气。 ②分装气体时气体温度不变,由玻意耳定律得 pV=p′V′ 3.3×107 Pa×0.5 m3=1×105 Pa×V′ 1×105 Pa×(V′-0.5 m3)=2×105 Pa×V″ 解得 V″=82.25 m3 分装气体的瓶数 n= 㜮 . . =822.5 瓶≈822 瓶。 答案:(1)不变 不变 吸热 (2)①见解析 ②822 16.解析:(1)由图(甲)知波长为 4 m,由图(乙)知周期为 2 s,故波速 v= = m/s=2 m/s,故 A 错误;根据 F=-kx=ma,得 a=- 㘮 ,在 t=0 时刻 P、 Q 两点的位移 x 不相等,故加速度大小不相等,故 B 正确;图(甲)中,在 t=0 时刻 P 点位于正的最大位移处,而在图(乙)中,在 t=0 时刻质点位 于平衡位置处,故图(乙)不可以用来表示质点 P 的振动图象,故 C 错误; 质点的振动频率和波源的振动频率一样,当波源的振动频率增大,则 周期 T= 减小,故质点的振动周期也变小,故 D 正确;发生明显衍射现 象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多,该波的波长为 4 m,障碍物的尺寸比波长小,能发生明显的衍射现象,故 E 正确。 (2)①红光在 BC 面恰好发生全反射,则有 sin C= 解得 C=45° 则 DE⊥EO,又 M 为 OA 中点, 解得α=30° 由几何关系有 i=30° 根据折射定律有 n= = = 解得γ=45°。 ②红光在玻璃砖中传播速度 v= 根据几何关系知 DE=MD=Rcos α OE=Rsin α 红光从 M 传播到 O 点所用的时间 t= +㈰+ 解得 t= ( + )。 答案:(1)BDE (2)①45° ② ( + )