2020年全国一卷高考物理模拟试卷四（Word版附解析）

第 1 页 / 共 13 页 2020 年全国高考物理模拟试卷（ 四 ） （考试时间：90 分钟 试卷满分：110 分） 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要 求，第 19~21 题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，有选错或不答的得 0 分。 14．飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除 水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成 θ 角。已知扫雷具质量为 m，重力加速度为 g， 扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是(  ) A．扫雷具受 3 个力作用 B．绳子拉力大小为 mg cos θ C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力 D．绳子拉力一定大于 mg 解析：选 C 对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故 A 错误；根据平衡条件，有： 竖直方向：F 浮＋Tcos θ＝mg 水平方 向：f＝Tsin θ 计算得出：T＝mg－F 浮 cos θ ，故 B 错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力， 即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于 mg，故 C 正确、D 错误。 15.将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的 频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为 g，假设小球所受的阻力大小不 变，则可估算小球受到的阻力大小约为(  ) A．mg         B.1 3mg 第 2 页 / 共 13 页 C.1 2mg D. 1 10mg 解析：选 C 设每块砖的厚度是 d，向上运动时： 9d－3d＝a1T2① 向下运动时：3d－d＝a2T2② 联立①②得：a1 a2＝3 1③ 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④ 向下运动时：mg－f＝ma2⑤ 联立③④⑤得：f＝1 2mg，C 正确。 16．在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高 h＝L 处以 初速度 v0 水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是 5L，已知该星球的半径为 R， 引力常量为 G，下列说法正确的是(  ) A．该星球的重力加速度 g＝2v02 5L B．该星球的质量 M＝v02R 2GL C．该星球的第一宇宙速度 v＝v0 2R 5L D．该星球的密度 ρ＝ 3v02 8GLπR 解析：选 D 设星球表面的重力加速度为 g，则根据小球的平抛运动规律得：L＝1 2gt2， 5L＝ (v0t)2＋L2，故 v0t＝2L，联立得 g＝v02 2L，A 错误；在星球表面有 mg＝GMm R2 ，联立 g＝v02 2L，解得 M＝v02R2 2GL ， 该星球的密度为 ρ＝M V＝ v02R2 2GL 4 3πR3 ＝ 3v02 8GLπR，B 错误，D 正确；设该星球的近地卫星质量为 m0，根据重力等于 向心力得 m0g＝m0 v2 R，解得 v＝ gR＝v0 R 2L，C 错误。 第 3 页 / 共 13 页 17．如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始加速运动，力 F 的功率 P 保持恒 定，运动过程中物体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此过程中物体速度的倒数1 v与 加速度 a 的关系图像如图乙所示。仅在已知功率 P 的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是 (  ) A．可求出 m、f 和 vmax B．不能求出 m C．不能求出 f D．可求出物体加速运动时间 解析：选 A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最 大速度 vmax＝ 1 0.1 m/s＝10 m/s；功率 P＝Fv，而 F－f＝ma，联立可得1 v ＝m Pa＋ f P，物体速度的倒数1 v 与加速 度 a 的关系图像的斜率为 k＝m P，纵轴截距为 f P＝0.1，因此可求出 m、f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误。 物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项 D 错误。 18．如图甲所示，在某电场中建立 x 坐标轴，A、B 为 x 轴上的两点，xA、xB 分别为 A、B 两点在 x 轴 上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿 x 轴运动，该电子的电势能 Ep 随其坐标 x 变化的关系如图乙所示， EpA 和 EpB 分别表示电子在 A、B 两点时的电势能。下列说法中正确的是(  ) A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场 B．A 点的电场强度小于 B 点的电场强度 C．电子由 A 点运动到 B 点的过程中电场力对其所做的功 W＝EpA－EpB 第 4 页 / 共 13 页 D．电子在 A 点的动能小于在 B 点的动能 解析：选 C 由于 A、B 两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说 明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故 A、B 错误；由题图乙可 知，电子在 A、B 两点的电势能关系为：EpB＞EpA，说明电子由 A 点运动到 B 点时电势能增大，电场力做 负功，电场力对其所做的功为 W＝EpA－EpB，故 C 正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在 A 点的动 能大于在 B 点的动能，故 D 错误。 19.在匀强磁场中，一个匝数为 150 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过 该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示。设线圈总电阻为 2 Ω，则(  ) A．t＝0 时，线圈平面与磁感线方向垂直 B．t＝0.5 s 时，线圈中的电流改变方向 C．t＝2 s 时，线圈中磁通量的变化率为零 D．在 2 s 内，线圈产生的热量为 18π2 J 解析：选 BD 根据题图可知，在 t＝0 时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线， 感应电动势最大，故 A 错误；t＝0.5 s 时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向， 故 B 正确；t＝2 s 时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故 C 错误；感应电动势的最大值为 Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04×2π 2 V＝6π V，有效值 E＝ Em 2 ＝3 2π V，根据焦耳定律可得 2 s 内产生的 热量为 Q＝E2 R T＝18π2 2 ×2 J＝18π2 J，故 D 正确。 20．如图所示，在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光 板。从圆形磁场的最高点 P 以不同的初速度 v 垂直磁场正对着圆心 O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷 量为 q，质量为 m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(  ) A．粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长 B．从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 O C．射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板 MN 上 D．当粒子入射的速度大小 v＝ qBR m 时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板 MN 上 第 5 页 / 共 13 页 解析：选 BD 由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式 T＝2πm qB 可知，速度不同的同种带电粒子在 磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由 r＝mv qB可知，速度越大，粒子在磁场中运动 的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由t T＝ θ 2π可知，粒子在磁场中的运动时间 t 就越小，选项 A 错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其 出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项 B 正确；由于粒子从 P 点入射的速度大小不同，故粒子在磁场 中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后 不一定能垂直打在感光板 MN 上，选项 C 错误；当粒子从 P 点入射的速度大小 v＝qBR m 时，由 r＝mv qB可 得， 粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径 R 相同，由几何知识可知，此 时入射点、出射点、磁场圆的圆心 O 与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂 直打在感光板 MN 上，选项 D 正确。 21．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝2 kg 的 A、B 两物块， A、B 与木板之间的动摩擦因数都为 μ＝0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示(重力加速度 g 取 10 m/s2)。则(  ) A．若 F＝1 N，则物块、木板都静止不动 B．若 F＝1.5 N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1 N C．若 F＝4 N，则 B 物块所受摩擦力大小为 2 N D．若 F>8 N，则 B 物块相对于木板滑动 解析：选 BC A 与木板间的摩擦力最大为 fA＝0.2×1×10 N＝2 N，B 与木板间的摩擦力最大为 fB＝ 0.2×2×10 N＝4 N，若 F＝1 N，小于最大静摩擦力，所以 A、B 的加速度相同，a＝1 3 m/s2，故 A 错误； 若 F＝1.5 N，小于最大静摩擦力，所以 A、B 的加速度相同，a＝1.5 3 m/s2＝0.5 m/s2，fA＝mBa＝0.5×2 N＝1 N，故 B 正确；若 F＝4 N，假设 A、B 都相对木板静止，则整体共同的加速度 a＝ F mA＋mB＝4 3 m/s2，A 所受 的摩擦力 f＝F－mAa＝8 3 N＞2 N，假设不成立，故此时 A 已滑动，B 所受的摩擦力为 2 N，C 正确；若 F＝ 8 N，则 A 相对木板滑动，此时 A 给木板的摩擦力为 2 N，小于 B 所受的最大静摩擦力，所以 B 物块相对 木板静止，故 D 错误。 第 6 页 / 共 13 页 第Ⅱ卷 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 22．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮 在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用两个光电门以及滑块 A 和 B 来探究动量守恒 定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下： a．用天平分别测出滑块 A、B 的质量 mA、mB b．调整气垫导轨，使导轨处于水平 c．给 B 一个水平向左的初速度，记录 B 通过光电门 2 的挡光时间为 tB d．B 与静止在导轨上的 A 发生碰撞后，A 向左运动通过光电门 1 的挡光时间为 tA，B 向右运动通过光 电门 2 的挡光时间为 tB′ (1)实验中测得滑块 B 上遮光条的宽度为 dB，还应测量的物理量是 ________________________________________________________________________。 (2)利用上述测量的实验数据，得出关系式__________________________________成立，即可验证动量 守恒定律。 解析：(1)由于滑块上遮光条的宽度除以滑块通过光电门的时间即为滑块通过光电门时的速度，所以还 应测量的物理量是滑块 A 上遮光条的宽度 dA。 (2)由于系统水平方向所受合外力为 0，故系统水平方向动量守恒，在碰撞前系统的动量为 mB dB tB ，取向 左为正方向，故在碰撞后系统的动量为 mA dA tA －mB dB tB′，则根据动量守恒有：mB dB tB ＝mA dA tA －mB dB tB′，即可验 证动量守恒定律。 答案：(1)滑块 A 上遮光条的宽度 dA 第 7 页 / 共 13 页 (2)mB dB tB ＝mA dA tA －mB dB tB′ 23．某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表 V1 的内阻并对电压表 V2 的示数进行校对。实验器材 如下： 多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为 15) 标准电压表 V1 (量程 10 V，内阻 RV1 约为几十千欧) 电压表 V2(量程 10 V，内阻 RV2＝9 kΩ) 滑动变阻器 R(最大阻值约 50 Ω) 电源 E(电动势为 12 V，内阻不计) 开关 S 一个、导线若干 实验过程如下： (1)利用多用电表欧姆挡测量电压表 V1 的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中______(选填“A” 或“B”)方式连接。 (2)实验中，两表的示数如图乙所示，多用电表欧姆挡的读数为________ Ω，电压表的读数为________ V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________ V。(以上结果均保留三位有效数字) (3)利用标准电压表 V1 对电压表 V2 进行校对，请在下面方框中画出电路图。 第 8 页 / 共 13 页 (4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表 V1 示数为 9.00 V 时，电压表 V2 的示数为 10.00 V，为 使 V2 示数准确，应给 V2 表串联________ Ω 的电阻。 解析：(1)根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，可知 A 图正确。 (2)因为电压表 V1 的内阻为几十千欧，所以多用电表欧姆挡的读数为 30.0×103 Ω＝3.00×104 Ω；电压 表 V1 的量程为 10 V，所以分度值为 0.2 V，故读数为 5.8 V；根据题意中值电阻为 15 kΩ，即欧姆表内阻为 15 kΩ，所以根据闭合电路欧姆定律可得 30 30＋15E＝ 5.8 V，解得 E＝8.70 V。 (3)因为并联电路电压相等，所以要校对电压表，可将两电压表并联，由于电压表电阻过大，而滑动变 阻器最大阻值只有 50 Ω，所以为了读数变化明显，采用滑动变阻器的分压接法， 电路图如图所示。 (4)根据欧姆定律可得 9 9＋R×10 V＝9 V，解得 R＝1 kΩ＝1 000 Ω。 答案：(1)A (2)3.00×104 5.8 8.70 (3)见解析图 (4)1 000 24．如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为 R 的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者 之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为 m 的物体与圆盘之间的动摩擦因数为 μ1＝0.5，与餐桌 之间的动摩擦因数为 μ2＝0.25，餐桌高也为 R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。 (1)为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度 ω 的最大值为多少？ (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径 R1 的最小值为 多大？ (3)若餐桌半径 R2＝5 4R，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置 到圆盘中心的水平距离 L 为多少？ 解析：(1)为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即 μ1mg≥mω2R 解得 ω≤ μ1g R ＝ g 2R。 第 9 页 / 共 13 页 (2)物体恰好从圆盘上甩出时的角速度 ω1＝ g 2R，则速度 v1＝ω1R＝ gR 2 当物体滑到餐桌边缘速度减小到 0 时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，有 2μ2gx1＝v12 可得滑过的位移 x1＝ v12 2μ2g＝R 餐桌最小半径 R1＝ x12＋R2＝ 2R。 (3)若餐桌半径 R2＝5 4R，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离 x2＝ R22－R2＝3 4R 根据匀变速直线运动规律，有 2(－μ2gx2)＝v22－v12 可得物体离开餐桌边缘的速度 v2＝ gR 8 设物体离开餐桌到地面所需时间为 t，根据平抛运动规律 x3＝v2t，R＝1 2gt2 可知物体离开餐桌边缘后的水平位移 x3＝R 2 由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离 L＝ (x2＋x3)2＋R2＝ 41 4 R。 答案：(1) g 2R (2) 2R (3) 41 4 R 25.如图所示，真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 R，磁场垂直纸面向里，在 y>R 的区域存在沿－y 方向的匀强电场，电场强度为 E，在 M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率 v 沿不 同方向射入第一象限，发现沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场， 已知粒子的质量为 m，电荷量为＋q，粒子重力不计。 (1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小； (2)求沿＋x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程； 第 10 页 / 共 13 页 (3)沿与＋x 方向成 60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的 N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求 N 点的坐标和粒子从 M 点运动到 N 点的总时间。 解析：(1)沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减 小到 0，粒 子一定是从如图中的 P 点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中 做圆周运动 的半径：r＝R 根据 Bqv＝mv2 r 得：B＝mv qR。 (2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 H 点射出磁场，MH 为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长 s1＝πR 设在电场中路程为 s2，根据动能定理 Eqs2 2＝1 2mv2 解得 s2＝mv2 Eq 总路程 s＝πR＋mv2 Eq 。 (3)沿与＋x 方向成 60°角射入的粒子，经分析从 C 点竖直射出磁场， 从 D 点 射入、射出电场，又从 C 点射入磁场，最后从 N 点(MN 为直径)射出磁场。 所以 N 点坐标为(2R,0)。 C 点在磁场中，MC 段圆弧对应圆心角 α＝30°，CN 段圆弧对应圆心 角 θ＝ 150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝T 2＝πR v 粒子在 CD 段做匀速直线运动，由几何关系知 CD＝R 2 t2＝2CD v ＝R v 粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度 a＝Eq m t3＝2v a ＝2mv Eq 第 11 页 / 共 13 页 总时间 t＝t1＋t2＋t3＝ (π＋1)R v ＋2mv Eq 。 答案：(1)mv qR (2)πR＋mv2 Eq (3)(2R,0)  (π＋1)R v ＋2mv Eq （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修 3–3]（15 分） （1）如图是一定质量的理想气体的 p­T 图，气体从 a→b→c→a 完成一次循环，关于气体的变化过程。 下列说法正确的是________。 A．气体在 a 态的体积 Va 小于在 c 态的体积 Vc B．a→b 过程气体的分子数密度变大 C．b→c 过程外界对气体做的功等于气体放出的热量 D．c→a 过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的 E．若 a→b 过程气体吸热 300 J，c→a 过程放热 400 J，则 c→a 过程外界对气体做功 100 J 解析：选 ADE c→a 过程气体压强增大，温度降低，根据pV T ＝C 可知体积减小，故气体在 a 态的体积 Va 小于在 c 态的体积 Vc，故 A 正确；a→b 过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故 B 错误；b→c 过 程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W0，气体吸收热量，由以上分析可知，b→c 过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量， 故 C 错误；c→a 过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度 增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故 D 正确；由热力学第一定律可 知，若 a→b 过程气体吸热 300 J，c→a 过程放热 400 J，则 c→a 过程外界对气体做功 100 J，故 E 正确。 （2）如图所示，内径相同的两 U 形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧 U 形管顶端 封闭，右侧 U 形管开口，用水银将部分气体 A 封闭在左侧 U 形管内，细软管内还有一部分气体。已知环 境温度恒为 27 ℃，大气压强为 76 cmHg，稳定时，A 部分气体长度为 20 cm，管内各液面高度差分别为 h1 ＝10 cm、h2＝12 cm。 第 12 页 / 共 13 页 (1)求 A 部分气体的压强； (2)现仅给 A 部分气体加热，当管内气体温度升高了 50 ℃时，A 部分气体长度为 21 cm，求此时右侧 U 形管液面高度差 h2′。 [解析] (1)设左侧 A 部分气体压强为 p1，软管内气体压强为 p2，由图中液面 的高 度关系可知，p0＝p2＋h2，p2＝p1＋h1，解得 p1＝p0－(h1＋h2)＝54 cmHg。 (2)由理想气体状态方程有p1V1 T1 ＝p1′V1′ T1′ ， 解得 p1′＝60 cmHg； 由于空气柱长度增加 1 cm，则水银柱向右侧移动 1 cm，因此液面高度差 h1′＝8 cm，由 p1′＝p0－ (h1′＋h2′)， 解得 h2′＝8 cm。 [答案] (1)54 cmHg (2)8 cm 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）如图，△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°。 解析：根据光路的可逆性，在 AC 面由空气射入玻璃三棱镜，入射角为 60°时，折射角为 30°。 根据光的折射定律有 n＝sin i sin r＝sin 60° sin 30°＝ 3。 玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r 角仍为 30°不变，对应的 i 角变大， 因此折射角大于 60°。 答案： 3 大于 第 13 页 / 共 13 页 （2）如图，△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。 (1)求出射光相对于 D 点的入射光的偏角； (2)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？ 解析：(1)光线在 BC 面上发生折射，如图所示，由折射定律有 n＝sin i1 sin r1 ① 在 AC 面上发生全反射，i2＝r2 ② 在 AB 面上发生折射，n＝sin r3 sin i3 ③ 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 (2)光线在 AC 面上发生全反射，在 AB 面上不发生全反射，有 i2≥C，i3＜C⑦ 式中 C 是全反射临界角，满足 sin C＝1 n ⑧ 由④⑦⑧式知，棱镜的折射率 n 的取值范围应为 2 3 3 ≤n＜2。 ⑨ 答案：(1)60° (2)2 3 3 ≤n＜2