《步步高大一輪復習》配套學案：3.2牛頓第二定律兩類動力學問題

1、第2課時牛頓第二定律兩類動力學問題考綱解讀 1.理解牛頓第二定律的內容、表達式及性質.2.應用牛頓第二定律解決瞬時問題和兩類動力學問題1對力、加速度和速度關系的理解關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是()A物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零C物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零答案CD解析物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯(lián)系，一個很大，另一個可以很小，甚至為零物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，故選項

2、C、D對2對牛頓第二定律的理解對牛頓第二定律的理解，正確的是()A如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產生的加速度互不影響B(tài)如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產生加速度的矢量和C平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動D物體的質量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比答案ABC3力學單位制的應用在研究勻變速直線運動的實驗中，取計數(shù)時間間隔為0.1 s，測得相鄰相等時間間隔的位移差的平均值x1.2 cm，若還測出小車的質量為500 g，則關于加速度、合外力的大小及單位，既正確又符合一般運算要求的是()Aa m/s2120

3、m/s2Ba m/s21.2 m/s2CF500×1.2 N600 NDF0.5×1.2 N0.60 N答案BD解析在應用公式進行數(shù)量運算的同時，也要把單位帶進運算帶單位運算時，單位換算要準確可以把題中已知量的單位都用國際單位制表示，計算結果的單位就是國際單位制單位，這樣在統(tǒng)一已知量的單位后，就不必一一寫出各個量的單位，只在數(shù)字后面寫出正確單位即可選項A中x1.2 cm沒用國際單位制表示，C項中的小車質量m500 g沒用國際單位制表示，所以均錯誤；B、D正確4應用牛頓第二定律解決瞬時性問題質量均為m的A、B兩個小球之間連接一個質量不計的彈簧，放在光滑的臺面上A緊靠墻壁，如圖

4、1所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達到平衡時，突然將力撤去，此瞬間()圖1AA球的加速度為BA球的加速度為零CB球的加速度為DB球的加速度為答案BD解析撤去恒力F前，A和B都平衡，它們的合力都為零，且彈簧彈力為F.突然將力F撤去，對A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為零，加速度為零，A項錯，B項對而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度a，故C項錯，D項對牛頓第二定律1內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比加速度的方向與作用力的方向相同2表達式：Fma，F(xiàn)與a具有瞬時對應關系3力學單位制(1)單位制由基本單位和導出單位共同

5、組成(2)力學單位制中的基本單位有kg、m和s.(3)導出單位有N、m/s、m/s2等考點一對牛頓第二定律的理解例1(2013·海南單科·2)一質點受多個力的作用，處于靜止狀態(tài)現(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零，再沿原方向逐漸恢復到原來的大小在此過程中，其他力保持不變，則質點的加速度大小a和速度大小v的變化情況是()Aa和v都始終增大Ba和v都先增大后減小Ca先增大后減小，v始終增大Da和v都先減小后增大解析質點在多個力作用下處于靜止狀態(tài)時，其中一個力必與其余各力的合力等值反向當該力大小逐漸減小到零的過程中，質點所受合力從零開始逐漸增大，做加速度逐漸增大的加速運動；當該力再沿

6、原方向逐漸恢復到原來大小的過程中，質點所受合力方向仍不變，大小逐漸減小到零，質點沿原方向做加速度逐漸減小的加速運動，故C正確答案C力與運動的關系(1)力是產生加速度的原因(2)作用于物體上的每一個力各自產生的加速度都遵從牛頓第二定律(3)速度的改變需經(jīng)歷一定的時間，不能突變；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度突破訓練1某人在靜止的湖面上豎直上拋一小鐵球(可看成質點)，小鐵球上升到最高點后自由下落，穿過湖水并陷入湖底的淤泥中一定的深度不計空氣阻力，取向上為正方向，在下列vt圖象中，最能反映小鐵球運動過程的速度時間圖線的是()答案C考點二牛頓第二定律的瞬時性分析牛頓第二定律瞬時性的“兩種”模型

7、(1)剛性繩(或接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間(2)彈簧(或橡皮繩)兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變例2如圖2所示，A、B兩小球分別連在輕繩兩端，B球另一端用彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面上A、B兩小球的質量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在繩被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()圖2A都等于 B.和0C.和· D.·和解析當A、B球靜止時，彈簧彈力F(mAmB)gsin

8、，當繩被剪斷的瞬間，彈簧彈力F不變，對B分析，則FmBgsin mBaB，可解得aB·，當繩被剪斷后，球A受的合力為重力沿斜面向下的分力，F(xiàn)合mAgsin mAaA，所以aA，綜上所述選項C正確答案C突破訓練2如圖3所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()圖3A0 B.g Cg D.g答案B解析平衡時，小球受到三個力：重力mg、木板AB的支持力FN和彈簧拉力FT，受力情況如圖所示突然撤離木板時，F(xiàn)N突然消失而其他力不變，因此FT與重力mg的合力Fmg，產生的加速度ag，

9、B正確考點三動力學兩類基本問題求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力情況和運動情況之間聯(lián)系的橋梁加速度例3如圖4所示，在傾角30°的固定斜面的底端有一靜止的滑塊，滑塊可視為質點，滑塊的質量m1 kg，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，斜面足夠長某時刻起，在滑塊上作用一平行于斜面向上的恒力F10 N，恒力作用時間t13 s后撤去求：從力F開始作用時起至滑塊返回斜面底端所經(jīng)歷的總時間t及滑塊返回底端時速度v的大小(g10 m/s2)圖4解析設力F作用的時間內滑塊加速運動的加速度大小為a1，則Fmgsin mgcos ma1力F撤去時，滑塊的速度大小為v1，

10、則v1a1t1t1內滑塊向上運動的位移大小設為x1，則x1a1t設力F撤去后，滑塊向上減速運動的加速度大小為a2，則mgsin mgcos ma2減速運動的時間設為t2，位移大小設為x2，則v1a2t2v2a2x2設滑塊向下加速運動的加速度大小為a3，則mgsin mgcos ma3設滑塊向下加速運動的位移為x，時間為t3，則xx1x2v22a3xva3t3tt1t2t3解得：t(42) s7.46 sv5 m/s8.66 m/s答案7.46 s8.66 m/s1解決兩類動力學基本問題應把握的關鍵(1)兩類分析物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)一個橋梁物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋

11、梁2解決動力學基本問題時對力的處理方法(1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”3解答動力學兩類問題的基本程序(1)明確題目中給出的物理現(xiàn)象和物理過程的特點(2)根據(jù)問題的要求和計算方法，確定研究對象，進行分析，并畫出示意圖(3)應用牛頓運動定律和運動學公式求解突破訓練3如圖5所示，在傾角37°的足夠長的固定的斜面上，有一質量為m1 kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)0.2，物體受到沿平行于斜面向上的輕細繩的拉力F9.6 N的作用，從靜止開始運動，經(jīng)2 s繩子突然斷了，求繩斷后多長時

12、間物體速度大小達到22 m/s？(sin 37°0.6，g取10 m/s2)圖5答案5.53 s解析此題可以分為三個運動階段：力F存在的階段物體沿斜面向上加速，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律和運動學公式得：FFfmgsin ma1FfFNmgcos v1a1t1解得：a12 m/s2v14 m/s第二階段為從撤去力F到物體沿斜面向上的速度減為零，受力分析如圖所示由牛頓第二定律和運動學公式mgsin mgcos ma20v1a2t2解得：a27.6 m/s2t20.53 s第三階段物體反向勻加速運動(因為mgsin >mgcos )mgsin mgcos ma3v2a3t3解得

13、：a34.4 m/s2t35 stt2t35.53 s11.利用整體法與隔離法求解動力學中的連接體問題1整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)2隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解3整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力即“先整體求加速

14、度，后隔離求內力”例4如圖6所示，在建筑工地，民工兄弟用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質量為m，B的質量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為，在此過程中，A、B間的摩擦力為()圖6AF B2FC.m(ga) Dm(ga)解析本題考查力和運動的關系，意在考查學生對牛頓第二定律、整體法和隔離法的應用由于A、B相對靜止，故A、B之間的摩擦力為靜摩擦力，A、B錯誤設民工兄弟一只手對A、B在豎直方向上的摩擦力為Ff，以A、B整體為研究對象可知在豎直方向上有2Ff(m3m)g(m3m)a，設B對A的摩擦力方向向下，大小為Ff，對A由牛頓第二定律有

15、FfFfmgma，解得Ffm(ga)，C錯誤，D正確答案D1整體法與隔離法常涉及的問題類型(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法(2)水平面上的連接體問題：這類問題一般是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度解題時，一般采用先整體后隔離的方法建立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面體與物體組成的連接體問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析2解決這類問題的關鍵正確地選取研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應該單獨分析，并分別確定出它們的加速度，

16、然后根據(jù)牛頓運動定律列方程求解高考題組1(2013·安徽·14)如圖7所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()圖7ATm(gsin acos )FNm(gcos asin )BTm(gcos asin )FNm(gsin acos )CTm(acos gsin )FNm(gcos asin )DTm(asin gcos )FNm(gsin acos )答案A解析小球受力如圖所示，由牛頓第二定

17、律得水平方向：Tcos FNsin ma豎直方向：Tsin FNcos mg解以上兩式得Tm(gsin acos )FNm(gcos asin )所以正確選項為A.2(2013·課標·14)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小能正確描述F與a之間的關系的圖象是()答案C解析當拉力F小于最大靜摩擦力時，物塊靜止不動，加速度為零，當F大于最大靜摩擦力時，根據(jù)Ffma知：隨F的增大，加速度a增大，故選C.3(2013·福建理綜·17)

18、在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()Am2·kg·s4·A1 Bm2·kg·s3·A1Cm2·kg·s2·A1 Dm2·kg·s1·A1答案B解析由Fma，可知1 N1 kg·m·s2，由PFv可知1 W1 N·m·s11 kg·m2·s3，由U可知1 V1 W·A11 m2·kg·s

19、3·A1，故單位V可表示為m2·kg·s3·A1，選項B正確模擬題組4一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一上表面光滑的長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，木板上固定一輕質彈簧測力計，彈簧測力計下面連接一個光滑的小球，如圖8所示，當木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，現(xiàn)將長木板由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是()圖8A穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長狀態(tài)B穩(wěn)定后彈簧一定處于壓縮狀態(tài)CD答案AD解析對小球、木板及彈簧組成的整體受力分析，由牛頓第二定律知整體運動的加速度a<gsin (為斜面傾

20、角)，彈簧一定處于伸長狀態(tài)，A對，B錯；設小球質量為m，木板質量為M，由題意知：F1mgsin mg對整體應用牛頓第二定律：(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a對小球：mgsin F2ma由解得：.C錯，D對5一物塊以一定的初速度沿斜面向上滑，利用速度傳感器可以在計算機屏幕上得到其速度大小隨時間的變化關系如圖9所示，g10 m/s2.求：圖9(1)物塊上滑和下滑的加速度大小a1、a2.(2)斜面的傾角及物塊與斜面間的動摩擦因數(shù).答案見解析解析(1)物塊上滑時做勻減速直線運動，對應于速度圖象中00.5 s時間段，該段圖線的斜率的絕對值就是加速度的大小，即a18 m/s2，物塊下滑時做勻

21、加速直線運動，對應于速度圖象中0.5 s1.5 s時間段，同理可得a22 m/s2(2)上滑時由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma1下滑時由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma2聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)，解得：，30°.(限時：45分鐘)題組1對牛頓第二定律的理解和簡單應用1下列說法正確的是()A物體所受到的合外力越大，其速度改變量也越大B物體所受到的合外力不變(F合0)，其運動狀態(tài)就不改變C物體所受到的合外力變化，其速度的變化率一定變化D物體所受到的合外力減小時，物體的速度可能正在增大答案CD解析物體所受到的合外力越大，物體的加速度(速度變化率)也越大，即速度變化得

22、越快，但速度改變量還與時間有關，故選項A錯誤，C正確；物體所受的合外力不為零，就會迫使其運動狀態(tài)(運動的快慢或方向)發(fā)生變化，選項B錯誤；合外力的大小與速度的大小之間沒有直接關系，選項D正確2一實驗興趣小組做了一次實驗，實驗時讓某同學從桌子上跳下，自由下落H后雙腳觸地，他順勢彎曲雙腿，他的重心又下降了h后停住，利用傳感器和計算機顯示該同學受到地面的支持力F隨時間變化的圖象如圖1所示根據(jù)圖象提供的信息，以下判斷正確的是()圖1At2時刻該同學的腳剛接觸地面Bt3時刻該同學的加速度為零C在t2至t3時間內該同學處于下落階段D在t3至t4時間內該同學處于加速下落階段答案C解析t1時刻，彈力從0開始增

23、大，故該同學在t1時刻腳接觸地面，A錯誤；t1t2時間內，該同學受到地面對其向上的彈力，且重力大于地面對其向上的彈力，該同學向下做加速度減小的加速運動，t2時刻彈力等于重力，該同學所受合力為零，加速度為0，速度達到最大，t2到t4時間內，彈力大于重力，該同學繼續(xù)向下做減速運動，t4時刻彈力等于重力，速度減為零，該同學處于靜止狀態(tài)，選項B、D錯誤，C正確3如圖2所示，在水平向右做勻加速直線運動的平板車上有一圓柱體，其質量為m且與豎直擋板及斜面間均無摩擦當車的加速度a突然增大時，斜面對圓柱體的彈力F1和擋板對圓柱體的彈力F2的變化情況是(斜面傾角為)()圖2AF1增大，F(xiàn)2不變 BF1增大，F(xiàn)2增

24、大CF1不變，F(xiàn)2增大 DF1不變，F(xiàn)2減小答案C解析對圓柱體受力分析，沿水平方向和豎直方向建坐標系，分別根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律得F1cos G，F(xiàn)2F1sin ma，故隨著加速度的增大，F(xiàn)1不變，F(xiàn)2增大，C正確，A、B、D錯誤題組2應用牛頓第二定律分析瞬時問題4如圖3所示，質量分別為m12 kg、m23 kg的兩個物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()圖3A彈簧測力計的示數(shù)是10 NB彈簧測力計的示數(shù)是50 NC在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數(shù)不變D在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度不變答案

25、C解析設彈簧的彈力為F，加速度為a.對m1、m2和彈簧測力計組成的系統(tǒng)：F1F2(m1m2)a，對m1：F1Fm1a，聯(lián)立兩式解得：a2 m/s2，F(xiàn)26 N，故A、B兩項都錯誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；若突然撤去F1，物體m1所受的合外力方向向左，而沒有撤去F1時合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項錯誤5水平面上有一個質量為m2 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45°角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖4所示，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小

26、球的彈力恰好為零已知小球與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，當剪斷輕繩的瞬間，取g10 m/s2，以下說法正確的是()圖4A此時輕彈簧的彈力大小為20 NB小球的加速度大小為8 m/s2，方向向左C若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10 m/s2，方向向右D若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為0答案ABD解析因為未剪斷輕繩時水平面對小球的彈力為零，故小球在繩沒有斷時受重力、輕繩的拉力FT和彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態(tài)依據(jù)平衡條件得：豎直方向有FTcos mg水平方向有FTsin F解得輕彈簧的彈力為Fmgtan 20 N，故選項A正確剪斷輕繩后小球在豎直方向仍平衡，水平面對它的支持力與小

27、球所受重力平衡，即FNmg；由牛頓第二定律得小球的加速度為a m/s28 m/s2，方向向左，選項B正確當剪斷彈簧的瞬間，小球立即受水平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度為0，選項C錯誤，D正確6細繩拴一個質量為m的小球，小球將左端固定在墻上的輕彈簧壓縮(小球與彈簧不連接)，小球靜止時彈簧在水平位置，如圖5所示將細繩燒斷后，下列說法中正確的是()圖5A小球立即開始做自由落體運動B小球離開彈簧后做平拋運動C小球運動的加速度先比重力加速度小，后來和重力加速度相等D小球離開彈簧后做勻變速運動答案D解析小球靜止時受重力、細繩的拉力和彈簧彈力，合外力為零當燒斷細繩后，彈簧彈力減小，小球的重力不變，在

28、離開彈簧前，合力為彈力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A、B、C錯誤；離開彈簧后，小球只受重力，做勻變速運動，選項D正確題組3用整體法與隔離法處理連接體問題7如圖6所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)已知力F與水平方向的夾角為.則m1的加速度大小為()圖6A. B.C. D.答案A解析把m1、m2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos (m1m2)a，所以a，選項A正確8如圖7所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質

29、量為m1的物體1，與物體1相連接的繩與豎直方向成角，則()圖7A車廂的加速度為gsin B繩對物體1的拉力為C底板對物體2的支持力為(m2m1)gD物體2所受底板的摩擦力為0答案B解析物體1與車廂具有相同的加速度，對物體1受力分析，受重力和拉力，根據(jù)合成法知，F(xiàn)合m1gtan ，拉力FT.物體1的加速度agtan ，所以車廂的加速度為gtan .故A錯誤，B正確物體2加速度為gtan ，對物體2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力FNm2g，F(xiàn)fm2am2gtan ，故C、D錯誤故選B.9如圖8所示，小車在外力作用下沿傾角為的斜面運動，小車的支架上用細線拴一個擺球，懸點為O，現(xiàn)用過O

30、的水平虛線MN和豎直虛線PQ將豎直平面空間分成四個區(qū)間，則下列說法正確的是()圖8A若小車沿斜面向上勻速運動，則穩(wěn)定后細線可能在區(qū)與豎直方向成一定夾角B若小車沿斜面向下勻加速運動，則穩(wěn)定后細線可能在區(qū)與豎直方向成一定夾角C無論小車沿斜面向下的加速度多大，穩(wěn)定后細線都不可能在區(qū)與水平方向成一定夾角D無論小車沿斜面向上的加速度多大，穩(wěn)定后細線都不可能沿與ON重合的水平方向答案BD解析若小車勻速運動，則小球所受的合力應為零，所以細線應處于豎直狀態(tài)，選項A錯誤；若小車沿斜面向下加速運動，由連接體知識可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知選項B正確，C錯誤；同理，選項D正確題組4兩類動力學問題的分析與計算102013年冬天哈爾濱連降大雪，路面結冰嚴重，行駛汽車難以及時停車，經(jīng)常出現(xiàn)事故因此某些路段通過在道路上灑一些爐灰來增加輪胎與地面的摩擦如圖9所示，一輛運送爐灰的自卸卡車裝滿爐灰，灰粒之間的動摩擦因數(shù)為1，爐灰與車廂底板的動摩擦因數(shù)為2，卸灰時車廂的傾角用表示(已知2>1)(假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)下列說法正確的是()圖9A要順利地卸干凈全部爐灰，應滿足tan >2B要順利地卸干凈全部爐灰