届高考物理二轮复习第2讲机械振动和机械波光电磁波学案全国通用.docx
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届高考物理二轮复习第2讲机械振动和机械波光电磁波学案全国通用
第2讲 机械振动和机械波 光 电磁波
网络构建
1.机械振动和机械波
2.光 电磁波
[规律方法]
1.分析简谐运动的技巧
（1）物理量变化分析：
以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。
（2）矢量方向分析：
矢量均在其值为零时改变方向。
2.波的传播方向与质点的振动方向判断方法
（1）“上下坡”法：
沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。
（2）“同侧”法：
波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧。
（3）“微平移”法：
将波形沿传播方向进行微小的平移，再通过因波形平移引起质点的运动方向来确定。
3.几何光学临界问题的分析
画出正确的光路图，从图中找出各种几何关系；利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的临界条件。
4.数学知识
（1）平行线、三角形、圆等有关几何定理。
（2）三角函数知识。
（3）相似三角形的性质。
（4）勾股定理。
（5）正弦、余弦定理。
5.数理转化
几何光学的求解通常要画出临界光线与边界光线，用相关的几何知识与数学方法进行求解。
振动（或波动）与光的折射、全反射的组合
【典例1】（2018·全国卷Ⅱ，34）
（1）（5分）声波在空气中的传播速度为340m/s，在钢铁中的传播速度为4900m/s。
一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s。
桥的长度为________m。
若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍。
（2）（10分）如图1，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。
一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。
EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。
不计多次反射。
图1
（ⅰ）求出射光相对于D点的入射光的偏角；
（ⅱ）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
解析
（1）设声波在钢铁中的传播时间为t1、传播速度为v1，在空气中的传播时间为t2、传播速度为v2，桥长为l，则l＝v1t1＝v2t2，而t2－t1＝1.00s，代入数据解得l≈365m。
又λ＝，声波频率不变，所以＝，得λ钢＝λ空＝λ。
（2）（ⅰ）光线在BC面上折射，由折射定律有
sini1＝nsinr1①
式中，n为棱镜的折射率，i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角。
光线在AC面上发生全反射，由反射定律有
i2＝r2②
式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角。
光线在AB面上发生折射，由折射定律有
nsini3＝sinr3③
式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角。
由几何关系得
i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④
F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为
δ＝（r1－i1）＋（180°－i2－r2）＋（r3－i3）⑤
由①②③④⑤式得
δ＝60°⑥
（ⅱ）光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全反射，有
nsini2≥nsinC>nsini3⑦
式中C是全反射临界角，满足
nsinC＝1⑧
由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为
≤n＜2⑨
答案
（1）365
（2）（ⅰ）60° （ⅱ）≤n＜2
【典例2】（2018·全国卷Ⅲ，34）
（1）（5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图2中实线和虚线所示。
已知该波的周期T>0.20s。
下列说法正确的是________。
（填正确答案标号。
选对1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）
图2
A.波速为0.40m/s
B.波长为0.08m
C.x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波谷
D.x＝0.08m的质点在t＝0.12s时位于波谷
E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m
（2）（10分）如图3，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”（图中O点），然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。
D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。
该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2cm，EF＝1cm。
求三棱镜的折射率。
（不考虑光线在三棱镜中的反射）
图3
解析
（1）根据波形图可知，波长λ＝16cm＝0.16m，选项B错误；根据t＝0时刻和t＝0.20s时刻的波形图和该波的周期T>0.20s可知，该波的周期T＝0.40s，波速v＝＝0.40m/s，选项A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x＝0.08m的质点在t＝0时刻沿y轴正方向振动，在t＝0.70s时位于波谷，在t＝0.12s时位于y>0的某位置（不是位于波谷），选项C正确，D错误；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v′＝0.80m/s，由λ′＝v′T可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×0.4m＝0.32m，选项E正确。
（2）过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则∠ODN＝α为O点发出的光线在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示。
根据折射定律有
nsinα＝sinβ①
式中n为三棱镜的折射率。
由几何关系可知β＝60°②
∠EOF＝30°③
在△OEF中有EF＝OEsin∠EOF④
由③④式和题给条件得OE＝2cm⑤
根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有
α＝30°⑥
由①②⑥式得n＝⑦
答案
（1）ACE
（2）
1.
（1）（5分）波源S在t＝0时刻从平衡位置开始向上振动，形成向左、右两侧传播的简谐横波。
S、a、b、c和a′、b′、c′是沿波传播方向上的间距为1m的6个质点，t＝0时刻各质点均处于平衡位置，如图4所示。
已知波的传播速度为8m/s，当t＝0.125s时波源S第一次达最高点，则________（填正确答案标号。
选对1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）。
图4
A.任意时刻质点c与质点c′振动状态完全相同
B.t＝0.28s时质点a的速度正在减小
C.t＝2.375s时质点b′处于波谷
D.波传到c点时，质点c开始向上振动
E.若波源S向距它40m的接收器匀速靠近，接收器接收到的频率将大于2Hz
（2）（10分）横截面边长ab为3L的正方形薄壁透明容器内，盛有透明液体，在容器的右侧壁上液面下方L的位置有一点光源S。
在容器左侧与容器距离为L、液面上方L处有一点P，从P点通过液面上方观察S，发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于S1点，S1位于液面下方L处，其正视图如图5所示。
若从P点通过侧壁沿液面与器壁交点b观察S，发现P与S的像连线的延长线与右侧器壁交于S2点。
忽略器壁厚度，求：
图5
（ⅰ）透明液体的折射率n；
（ⅱ）S2与液面的距离。
解析
（1）由题意知＝0.125s，则T＝0.5s，f＝＝2Hz，λ＝vT＝4m，c′、c相对S对称，振动状态完全相同，选项A、D正确；振动状态传到a点需0.125s，a质点开始向上振动，0.25s末达最高点，则0.28s时质点向平衡位置运动，速度增大，选项B错误；振动状态传到b′需0.25s，0.375s末到达最高点，则t＝2.375s时质点b′处于波峰，选项C错误；根据多普勒效应知选项E正确。
（2）（ⅰ）延长ab，过P作ab的垂线交于c，连接PS1与液面交点为O，设折射角为i1，入射角为i2，
则＝
由Pc＝L，aS1＝L，bc＝L，ab＝3L，Oc＝bc＋Ob＝bc＋ab－Oa＝4L－Oa
得Oa＝L，Oc＝3L，
可求n＝＝＝＝。
（ⅱ）连接Pb并延长交侧壁于S2，连接Sb，＝，
所以aS2＝3L。
答案
（1）ADE
（2）（ⅰ） （ⅱ）3L
2.
（1）（5分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的是________。
（填正确答案标号。
选对1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）
图6
A.用摆线长作为摆长，测出的重力加速度值会偏小
B.在同质量的铝球和铜球中选择，应选择铝球作为摆球
C.取单摆摆角小于5°进行实验，是为了减小实验的偶然误差
D.摆球运动经过平衡位置时开始计时，用机械秒表测得经过40个周期的时间如图6所示，则此单摆周期为1.81s
E.测量单摆振动40个周期的时间除以40算出的周期与直接测量振动1个周期的时间相比，是为了减小实验的偶然误差
（2）（10分）如图7所示为某透明介质的截面图，圆弧AP2B的半径为R，O点为圆心，D点为半径OB的中点，OC＝R。
某一光线P1P2射入介质，射到C点时恰好发生全反射，且从D点射出介质。
求：
图7
（ⅰ）透明介质的折射率n和光线P1P2的入射角θ；
（ⅱ）光线从P2点入射到D点射出所用的时间t。
解析
（1）由T＝2π知，若用摆线长作为摆长，则L测量值偏小，测出的重力加速度g的值也会偏小，选项A正确；由于铝的密度比铜的密度小许多，同质量的铝球的体积比铜球大许多，铝球受到的空气阻力比铜球要大，则用铝球作为摆球进行实验，测量误差较大，所以应选择铜球作为摆球，选项B错误；原理不完善引起的误差属于系统误差，取单摆摆角小于5°进行实验，是为了减小实验的系统误差，选项C错误；机械秒表测量的时间t＝1min＋12.4s＝72.4s，此单摆周期T＝s＝1.81s，选项D正确；由于开始计时和停止计时，按下的时刻会引起偶然误差，测量单摆振动40个周期的时间，再除以40算出周期，是为了减小实验的偶然误差，选项E正确。
（2）（ⅰ）光线在介质中的光路图如图所示，
设临界角为α
则tanα＝＝
n＝
解得n＝
在△OCP2中，根据正弦定理有＝
根据折射定律有n＝
联立解得θ＝30°
（ⅱ）根据正弦定理有
＝
CD＝
n＝
时间t＝
联立解得t＝
答案
（1）ADE
（2）（ⅰ）30° （ⅱ）
3.
（1）（5分）如图8所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时的波形如图所示，此时波刚好传到x＝5m处的P点。
t＝1.2s时x＝6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度。
则以下说法正确的是________（填正确答案标号。
选对1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）。
图8
A.t＝0时P点的运动方向为沿y轴负方向
B.波传播的速度是3m/s
C.x＝4m处的质点的振动方程为y＝－0.1cos（m）
D.波源的起振方向沿y轴正方向
E.x＝10m处的质点再过2s开始振动
（2）（10分）左侧是半圆形、右侧是直角三角形的某材料砖的截面图如图9所示，BC为半圆形材料砖的直径，O为圆心，圆的半径为R。
直角三角形ABC的AB边水平，∠A＝30°，过A点放置了一个与水平面垂直的屏幕MN，一束红光射向半圆形材料砖的圆心O，已知该材料砖对红光的折射率为，红光在真空中运动的速度为c，入射方向与BC的夹角为60°。
图9
（ⅰ）红光从哪些面射出？
射出的光线在光屏上能接收到吗？
如果能接收到，红光射到屏上的位置距A点的距离是多少？
（ⅱ）如果光屏能接收到红光，求红光从射入该材料砖到光屏接收到红光的时间。
解析
（1）波沿x轴正方向传播，所以P点运动方向为沿y轴负方向，选项A正确；波速v＝＝m/s＝2.5m/s，选项B错误；t＝0时，x＝4m处的质点位于负的最大位移处，所以其振动方程为y＝－Acost＝－0.1cos（m），选项C正确；波源起振方向与t＝0时刻x＝5m处的质点振动方向相同，选项D错误；t＝0时刻时波传到了P点，根据Δt＝＝s＝2s，选项E正确。
（2）（ⅰ）如图所示，光射向半圆形玻璃砖的圆心O时在半圆内不改变传播方向，射到AC边时入射角是30°
根据sinC＝可知，sinC＝＝0.58
说明全反射的临界角大于30°，由此可知红光在AC面发生反射和折射，由几何关系可知反射光线垂直BA边射出，与光屏无交点。
折射光线根据n＝，得i＝60°
折射光线垂直射到屏上E点，BD＝2Rcos30°＝R，
AE＝DBcos30°＝R，则AE＝1.5R
（ⅱ）根据n＝可知，红光在该材料砖中的速度
v＝＝
红光在该材料砖中运动的时间t1＝＝
红光在空气中运动的路程为DE＝＝R
红光在空气中运动的时间t2＝＝
则红光从射入该材料砖至到达E点的时间为
t＝t1＋t2＝
答案
（1）ACE
（2）（ⅰ）1.5R （ⅱ）
光的折射和全反射题型的分析思路
（1）确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象。
（2）找入射点，确认界面，并画出法线。
（3）明确两介质折射率的大小关系。
①若光疏→光密：
定有反射、折射光线。
②若光密→光疏：
如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射。
（4）根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，联立求解。
充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的边角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系。
光学基本知识与波动（或振动）的组合
【典例】（2018·全国卷Ⅰ，34）
（1）（5分）如图10，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°。
一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为________。
若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角________（填“小于”“等于”或“大于”）60°。
图10
（2）（10分）一列简谐横波在t＝s时的波形图如图11（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。
图（b）是质点Q的振动图象。
求
图11
（ⅰ）波速及波的传播方向；
（ⅱ）质点Q的平衡位置的x坐标。
解析
（1）根据题述和题图可知，折射角i＝60°，入射角r＝30°，由折射定律光路可逆得，玻璃对红光的折射率n＝＝。
若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。
（2）（ⅰ）由图（a）可以看出，该波的波长为λ＝36cm①
由图（b）可以看出，周期为T＝2s②
波速为v＝＝18cm/s③
由图（b）知，当t＝s时，质点Q向上运动，结合图（a）可得，波沿x轴负方向传播。
（ⅱ）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ。
由图（a）知，x＝0处y＝－＝Asin（－30°），
因此xP＝λ＝3cm④
由图（b）知，在t＝0时，质点Q处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有
xQ－xP＝vΔt＝6cm⑤
由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为
xQ＝9cm⑥
答案
（1） 大于
（2）（ⅰ）18cm/s 波沿x轴负方向传播 （ⅱ）9cm
1.
（1）（5分）如图12所示，一束复色光射到三棱镜上，从三棱镜另一面射出两单色光A、B，两种色光中折射率较小的是________；如果增大入射角，则先发生全反射的是________；如果A、B两种光使用同一装置做双缝干涉实验，条纹间距较大的是________。
图12
（2）（10分）一列简谐波沿x轴正方向传播，该波在t＝1.0s时的图象如图13甲所示，介质中质点P的振动图象如图乙所示。
求：
图13
（ⅰ）该列简谐波的波速v；
（ⅱ）在0～10s时间内质点M的路程s和位移。
解析
（1）由题图可知，B光折射率较大，B光的频率大，A光折射率较小，A光的频率小。
由于B光的折射率较大，B光的全反射临界角较小，如果增大入射角，则B光先发生全反射。
在同种介质中，A光的波长比B光的波长长，如果A、B两种光使用同一装置做双缝干涉实验，根据Δx＝λ知，条纹间距较大的是A光。
（2）（ⅰ）由题图甲得波长λ＝4m
由题图乙得周期T＝1.0s
波速v＝＝4m/s
（ⅱ）由题图乙可知质点P从t＝0.5s开始振动
该波由质点P传播到质点M所需时间t＝＝5s
所以在0～10s时间内质点M振动了Δt＝4.5s
因为n＝＝4.5
路程s＝4A×n＝4×0.2×4.5m＝3.6m
0～10s时间内质点M的位移为0
答案
（1）A光 B光 A光
（2）（ⅰ）4m/s （ⅱ）3.6m 0
2.
（1）（5分）图示14为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，从左到右依次放置①光源、②红色滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。
下列说法正确的是________。
（填正确答案标号。
选对1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）
图14
A.③、④分别是双缝、单缝
B.减小双缝之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离
C.先放上单缝和双缝，调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心
D.若双缝的间距为d，④与光屏的间距为l，用测微目镜测出6条红色条纹间的距离为a，则该红光的波长λ＝
E.假若把此装置置于某液体中测量某单色光的波长，测得结果要比在真空中测得该光的波长短
（2）（10分）在图15甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝0.2kg的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。
取g＝10m/s2。
图15
（ⅰ）写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；
（ⅱ）求0～9.2s内小球的总路程s，并指出t＝9.2s时小球的位置。
解析
（1）光源产生的光经滤光片变成单色光，通过单缝成为线光源，经过双缝获得相干波源，③、④分别是单缝、双缝，选项A错误；由Δx＝λ知，要增大相邻暗条纹间的距离，可减小双缝之间的距离d或增大双缝到屏的距离l，选项B正确；先不放单缝和双缝，调节光源高度使光沿遮光筒轴线照在屏中心，然后再放单缝和双缝，调节其位置使光屏上出现干涉条纹，选项C错误；相邻两条红色条纹间的距离Δx＝＝，又Δx＝λ，得该红光的波长λ＝，选项D正确；假若把此装置置于某种液体中，由于液体的折射率大于1，所以结果将比在真空中测得该光的波长短，选项E正确。
（2）（ⅰ）由题图乙可知，周期T＝0.8s
振幅A＝0.1m
小球相对平衡位置的位移y＝Acost
即y＝0.1cosπt（m）
（ⅱ）由于n＝＝11.5
0～9.2s内小球的总路程L＝n×4A＝11.5×4×0.1m＝4.6m
t＝9.2s时小球处于最低点
答案
（1）BDE
（2）（ⅰ）y＝0.1cosπt（m）
（ⅱ）4.6m 小球处于最低点
3.
（1）（5分）如图16所示，等边三角形AOB为透明柱状介质的横截面。
一束单色光PQ平行于角平分线OM射向OA，在界面OA发生折射，折射光线平行于OB且恰好射到M点（不考虑反射光线）。
则________（填正确答案标号。
选对1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）
图16
A.透明柱状介质对单色光PQ的折射率为
B.从AMB面出射的光线与入射光线PQ的偏向角为60°
C.保持入射点Q不变，减小入射角，一直有光线从AMB面射出
D.保持入射光PQ的方向不变，增大入射光的频率，出射点将在M点下方
E.增大入射光PQ的频率，光在该介质中的传播速度不变
（2）（10分）如图17所示，虚线是一列简谐横波在t＝0时刻的波形，实线是这列波在t＝1s时刻的波形。
图17
（ⅰ）若波沿x轴正方向传播，则从t＝1s时刻开始，x＝3m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长为多少？
（ⅱ）若波速大小为75m/s，则波的传播方向如何？
解析
（1）入射角i＝60°，折射角γ＝30°，n＝＝，由光路可逆性可知光从M点折射时，折射角为60°，由几何关系可知此出射光线与入射光线PQ的偏向角为60°，选项A、B正确；入射点Q不变，减小入射角，则折射角减小，射到AB面的入射角增大，可能发生全反射，选项C错误；增大入射光频率，则从Q点折射时的折射角变小，出射点将在M点下方，选项D正确；增大入射光频率，由n＝，可知光在介质中传播速度减小，选项E错误。
（2）（ⅰ）由图象可知，波长λ＝8m
当波沿x轴正方向传播时，波在Δt＝1s内传播距离为
Δs＝（8n＋5）m，其中n＝0，1，2，…
v＝＝（8n＋5）m/s，其中n＝0，1，2，…
从t＝1s时刻开始，平衡位置在x＝3m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间，即为波沿x轴传播1m距离需要的时间，最长时间
tmax＝＝s＝0.2s。
（ⅱ）当波沿x轴负方向传播时，波在Δt＝1s内传播距离为s＝（8n＋3）m，其中n＝0，1，2，…
若波速大小为75m/s，则1s内波传播的距离
s＝vt＝75×1m＝75m
因为s＝75m＝（9×8＋3）m，所以波沿x轴负方向传播。
答案
（1）ABD
（2）（ⅰ）0.2s （ⅱ）x轴负方向
1.巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法
采用“一分、一看、二找”的方法：
2.波的多解问题的分析思路
电磁波、相对论与光学或机械波的组合
【典例】
（1）（5分）关于电磁波，下列说法正确的是________。
（填正确答案标号。
选对1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.电磁波有偏振现象
B.电磁波是一种纵波，是麦克斯韦发现的
C.电磁波由空气进入水中时，波速变小，波长变短
D.采用闭合电路，才能使振荡电路有效地向空间辐射电磁波
E.在场强E＝200sin106t（N/C）的电场周围一定产生磁场，并能向远处传播形成电磁波
（2）（10分）某同学用激光笔做测定某透明体的折射率实验，透明体的截面如图18所示的直角三角形，∠B＝60°，BC＝6cm。
他先将激光笔发出的光线PQ始终对准AC边上的Q点，让PQ与QA的夹角从90°缓慢减小，同时在AB边的左侧观察，当PQ与QA的夹角为θ时，刚好看不到出射光线，此时光线从BC边中点N射出，射出的光线刚好与BC垂直。
已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108m/s。
求：
图18
（ⅰ）透明体的折射率n和cosθ的值；
（ⅱ）光在透明体中的传播时间t。
解析
（1）电磁波是麦克斯韦预言的，赫兹用实验证实了电磁波的存在，电磁波是横波，横波有偏振现象，选项A正确，B错误；电磁波由空气进入水中时，频率f不变，波速v变小，由v＝λf得，波长λ变短，选项C正确；采用开放电路，才能使振荡电路有效地向空间辐射电磁波，选项D错误；场强E＝200sin106t（N/C），即该电场是周期性变化的电场，周围一定会产生同频率的周期性变化的磁场，并能向远处传播形成电磁波，选项E正确。
（2）（ⅰ）光在透明体中的光路如图所示，在AB边的左侧观察，刚好看不到出射光线，则光在AB边刚好发生全反射，有sinα＝
由几何关系知α＝∠B＝60°
得n＝
根据折射定律有
n＝＝
得cosθ＝
（ⅱ）＝tan∠B＝3×10－2m
＝2＝6×10－2m
由几何关系知M点为AB边的中点，＝6×10－2m
＝cos（90
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