2025年魯教新版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年魯教新版高二物理下冊月考試卷12考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示；通電導(dǎo)線均置于勻強磁場中，其中導(dǎo)線受安培力方向向右的是（）

A.

B.

C.

D.

2、如圖所示，是一個單擺（θ<10o），其周期為T，則下列正確的說法是（）A.把擺球的質(zhì)量增加一倍，其周期變小B.把擺角變小時，則周期也變小C.此擺由O→B運動的時間為T/4D.擺球B→O時，動能向勢能轉(zhuǎn)化3、磁場B、電流I、安培力F放入相互關(guān)系正確的是（）A.B.C.D.4、一矩形線圈，繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈中的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，下列說法中正確的是（）A.t1時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大B.t2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大C.t3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大D.每當(dāng)e變換方向時，通過線圈的感應(yīng)電動勢都為最大5、（4分）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素。如圖所示，設(shè)兩極板正對面積為Ｓ，極板間的距離為ｄ，靜電計指針偏角為實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A.保持S不變，增大d，則變大B.保持S不變，增大d，則變小C.保持d不變，減小S，則變小D.保持d不變，減小S，則不變6、關(guān)于單擺的運動有下列說法，正確的是()①單擺的回復(fù)力是擺球的重力沿軌跡切線方向的分力②單擺做簡諧運動位于平衡位置時，擺球所受合力為零③單擺的周期與質(zhì)量無關(guān)與振幅無關(guān)，與擺長和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P(guān)④單擺做簡諧運動的過程中回復(fù)力有時等于合力⑤在山腳下走時準確的擺鐘移到高山上走時將變快A．①③④B．②③④C．③④⑤D．①④⑤7、如圖7所示，一航天器圍繞地球沿橢圓形軌道運動，地球的球心位于該橢圓的一個焦點上，A、B兩點分別是航天器運行軌道上的近地點和遠地點。若使該航天器由橢圓軌道進入外層的圓軌道（圓軌道與橢圓軌道相切于B點）運行，需要在航天器運行到B位置時再次點火。如果航天器分別在橢圓軌道和圓軌道上正常運行，以下說法正確的是（）A.航天器在橢圓軌道上經(jīng)過B點時的加速度等于它在圓軌道上經(jīng)過B點時的加速度B.航天器在橢圓軌道上經(jīng)過B點時的速度等于它在圓軌道上經(jīng)過B點時的速度C.航天器在橢圓軌道上分別經(jīng)過A、B兩點時的速率相等D.航天器在圓軌道上經(jīng)過C點時的速率小于它在橢圓軌道上經(jīng)過A點的速率8、如圖，用絕緣細線拴一帶負電的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則：（）A.在a點懸線張力最小B.在b點小球速度最大C.小球在a點的電勢能最小D.運動過程中小球機械能守恒9、首先發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的物理學(xué)家是()

A.安培B.法拉第C.奧斯特D.特斯拉評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變；則在此過程中關(guān)于氣泡中的氣體，下列說法正確的是。

（）A.氣體分子間的作用力增大B.氣體分子的平均速率增大C.氣體分子的平均動能減小D.氣體組成的系統(tǒng)分子勢能增加11、如圖為遠距離輸電的示意圖，若電廠輸出電壓u

1=220

sin100婁脨

t

(V)

則下列表述正確的是()

A.U

1<

U

2

U

3>

U

4

B.U

1=2202V

C.若U

2

提高為原來的10

倍，輸電線上損失的功率為原來的1100

D.用戶得到的交變電流頻率為25Hz

12、如圖所示，一束復(fù)色光從長方體玻璃磚上表面射入玻璃，穿過玻璃磚后從側(cè)表面射出，變?yōu)閍b

兩束單色光，則以下說法正確的是(

)

A.玻璃對a

光的折射率較大B.在玻璃中b

光的波長比a

光短C.在玻璃中b

光傳播速度比a

光大D.減小入射角iab

光線有可能消失13、如圖所示，帶箭頭的直線是某一電場中的一條電場線，在這條線上有AB

兩點，用EAEB

表示AB

兩處的場強，則(

)

A.AB

兩處的場強方向相同B.因為AB

在一條電場線上，且電場線是直線，所以EA=EB

C.電場線從A

指向B

所以EA>EB

D.不知AB

附近電場線的分布情況，EAEB

的大小不能確定14、如圖所示；圖甲為熱敏電阻的R鈭?t

圖象，圖乙為用此熱敏電阻R

和繼電器L

等組成的一個簡單的恒溫箱溫控電路，繼電器線圈的電阻為150婁賂.

當(dāng)線圈中電流大于或等于20mA

時，繼電器的銜鐵P

被吸合.

為控制電路供電的電池的電動勢E=6V

內(nèi)阻可以忽略不計.

圖中“電源”是恒溫箱加熱器(

圖中未畫出)

的電源.

則下列說法中正確的是(

)

A.繼電器的工作原理是電流的磁效應(yīng)B.工作時，應(yīng)該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在CD

端C.工作時，應(yīng)該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在AB

端D.如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持100隆忙

可變電阻R隆盲

的值應(yīng)調(diào)為300婁賂

15、單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速運動，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場，若線圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則O→D過程中（）A.線圈在O時刻感應(yīng)電動勢最大B.線圈在D時刻感應(yīng)電動勢為零C.線圈在D時刻感應(yīng)電動勢最大D.線圈在O至D時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢為0.4V16、下列說法中正確的是（）A.液晶既有液體的流動性，又具有光學(xué)各向異性B.飽和氣壓隨溫度的升高而變小C.單晶體具有規(guī)則形狀，且有各向異性的特征D.可以從單一熱源吸取熱量，使之全部變成有用的機械功，而不產(chǎn)生其他影響17、某學(xué)習(xí)小組在探究線圈中感應(yīng)電流的影響因素時，設(shè)計如圖所示的實驗裝置，讓一個閉合圓線圈放在勻強磁場中，線圈的軸線與磁場方向成30鈭?

角，磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，則(

)

A.若把線圈的匝數(shù)增加一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流大小不變B.若把線圈的面積增加一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流大小變?yōu)樵瓉淼?

倍C.改變線圈軸線與磁場方向的夾角大小，線圈內(nèi)感應(yīng)電流大小可能變?yōu)樵瓉淼?

倍D.把線圈的半徑增加一倍，線圈內(nèi)感應(yīng)電流大小變?yōu)樵瓉淼?

倍18、如下圖所示，一個帶正電荷的物塊m

由靜止開始從斜面上A

點下滑，滑到水平面BC

上的D

點停下來。已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過B

處時的機械能損失。先在ABC

所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊m

從A

點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D隆盲

點停下來。后又撤去電場，在ABC

所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m

從A

點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D隆氓

點停下來。則以下說法中正確的是()

A.D隆盲

點一定在D

點左側(cè)B.D隆盲

點一定與D

點重合C.D隆氓

點一定在D

點右側(cè)D.D隆氓

點一定與D

點重合評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)19、物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實驗”．如圖，他把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源E用導(dǎo)終連接起來后．將一金屬套環(huán)置于線圈上L，且使鐵芯穿過套環(huán)．閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起．請你根據(jù)所學(xué)知識簡要寫出金屬壞在閉合開關(guān)S的瞬間立刻跳起的原因______．20、如圖所示，AABB是電場中的兩點，將一正點電荷從AA點移動到BB點，電場力做__________((選填“正功”或“負功”))它在AA點所受的電場力__________((選填“大于”或“小于”))它在BB點所受的電場力．21、在利用單擺測重力加速度的實驗中，測出單擺偏角小于5°時完成n次全振動的時間為t，用毫米刻度尺測得擺線長為l，游標卡尺測得擺球直徑為d．用上述測得的量寫出測量重力加速度的一般表達式：g=____．如果測量擺球直徑時，游標卡尺的示數(shù)如圖所示，則測得擺球的直徑是____cm．

22、有一根細而均勻的導(dǎo)電材料樣品；截面為同心圓環(huán)，如圖1所示．此樣品的長L約為3cm，電阻約為100Ω，已知這種材料的電阻率為ρ，且該樣品的內(nèi)徑太小而無法直接測量．現(xiàn)提供以下實驗器材：

A.20等分刻度的游標卡尺；

B．螺旋測微器；

C．電流（量程為50mA，內(nèi)阻r1=100Ω）；

D．電流（量程為100mA，內(nèi)阻r2約為40Ω）；

E．滑動變阻器R1（0～10Ω；額定電流為2A）；

F．直流電源E（電動勢為12V；內(nèi)阻很小）；

G．導(dǎo)電材料樣品R2（長L約為3cm，電阻R2約為100Ω）；

H．開關(guān)一只；導(dǎo)線若干．

請根據(jù)上述器材設(shè)計一個盡可能精確地測量該樣品內(nèi)徑d的實驗方案；回答下列問題。

（1）用游標卡尺測得該樣品的長度如圖2所示，其示數(shù)L=____mm；用螺旋測微器測得該樣品的外徑如圖3所示，其示數(shù)D=____mm．

（2）畫出設(shè)計的實驗電路圖；并標明所選器材的字母．

（3）用已知物理量和所測得的物理量的符號表示樣品的內(nèi)徑d（寫出推導(dǎo)過程）．23、氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷．它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質(zhì)之一．其衰變方程是Rn→4Po+______．已知Rn的半衰期約為3.8天，則約經(jīng)過______天，16g的Rn衰變后還剩1g．評卷人得分四、判斷題(共4題，共32分)24、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）25、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

26、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）27、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分五、證明題(共2題，共4分)28、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。29、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分六、綜合題(共4題，共32分)30、(6

分)

如圖所示，一根長為L=0.2m

的直導(dǎo)線放在水平方向的勻強磁場中，導(dǎo)線水平且與磁場方向垂直，導(dǎo)線中通有向右的電流。(1)

若勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B=0.5T

導(dǎo)線中電流I=0.5A

求導(dǎo)線所受安培力大?。?2)

將該通電導(dǎo)線旋轉(zhuǎn)到與磁感線平行的位置，此時導(dǎo)線是否受安培力？31、（1）某金屬在光的照射下產(chǎn)生光電效應(yīng)，其遏止電壓Uc與入射光頻率的關(guān)系圖象如右圖所示．則由圖象可知____。（填正確答案標號；選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A．該金屬的逸出功等于B．若已知電子電量e，就可以求出普朗克常量hC．遏止電壓是確定的，與照射光的頻率無關(guān)D．入射光的頻率為時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為E、入射光的頻率為時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為（2）如圖所示，一半徑為R的半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)。a、b是軌道的兩個端點且高度相同，O為圓心。小球A靜止在軌道的最低點，小球B從軌道右端b點的正上方距b點高為2R處由靜止自由落下，從b點沿圓弧切線進入軌道后，與小球A相碰。第一次碰撞后B球恰返回到b點，A球上升的最高點為c，Oc連線與豎直方向夾角為60°（兩球均可視為質(zhì)點）。求A與B兩球的質(zhì)量之比（結(jié)果可以用根式表示）

32、(1)

下圖為某電場的部分電場線。由圖可知AB

兩點的場強大小EA

____EB(

選填“>

”、“<

”或“=

”)

(2).

在某一電場中的P

點放入一個帶電荷量為q=2脳10鈭?4C

的負電荷，所受電場力大小為F=8N

方向水平向左。則P

點的電場強度E=

__________N/C

方向_____________。(3).

畫出下圖中帶電粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力的方向。33、(1)

下列說法正確的是A.一個動量為p

的電子對應(yīng)的物質(zhì)波波長為p/h

(

h

為普朗克常量)

B.原子核所含核子單獨存在時的總質(zhì)量大于該原子核的質(zhì)量C.婁脗

射線的速度接近光速，普通一張白紙就可擋住D.對黑體輻射的研究表明，溫度越高，輻射強度極大值所對應(yīng)的電磁波的頻率不變(2)

下列說法正確的是A.原子核內(nèi)部一個質(zhì)子轉(zhuǎn)化成一個中子時，會同時釋放出一個電子B.裂變物質(zhì)體積小于臨界體積時鏈式反應(yīng)不能進行C.結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定D.電子的衍射現(xiàn)象說明實物粒子也具有波動性(3)

下列說法正確的是A.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的棗糕模型B.太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)C.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)是因為該束光的強度小D.將放射性元素摻雜到其他穩(wěn)定元素中并降低其溫度，該元素的半衰期將增大(4)

下列說法正確的是A.原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷守恒和質(zhì)量守恒的規(guī)律B.婁脕

粒子散射實驗?zāi)芙沂驹泳哂泻耸浇Y(jié)構(gòu)C.發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的動能只與入射光的強度有關(guān)D.經(jīng)典電磁理論運用于核式結(jié)構(gòu)模型可以解釋原子的穩(wěn)定性(5)

如圖所示，某光電管的陰極K

用截止頻率為婁脥

0

的金屬鈉制成，光電管陽極A

和陰極K

之間的正向電壓為U

，普朗克常量為h

，電子的電荷量為e

，用頻率為婁脥

的紫外線照射陰極，有光電子逸出，光電子到達陽極的最大動能是____________；若在光電管陽極A

和陰極K

之間加反向電壓，要使光電子都不能到達陽極，反向電壓至少為________。(6)

如圖為實驗室常用的氣墊導(dǎo)軌驗證動量守恒的裝置。兩帶有等寬遮光條的滑塊A

和B

質(zhì)量分別為m

A

m

B

在AB

間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明____________，燒斷細線，滑塊AB

被彈簧彈開，光電門CD

記錄下兩遮光條通過的時間分別為t

A

和t

B

若有關(guān)系式________________________，則說明該實驗動量守恒。(7)

氫原子的能級如圖所示.

有一群處于n

=4

能級的氫原子，若原子從n

=4

向n

=2

躍遷時所發(fā)出的光正好使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則：壟脵

這群氫原子發(fā)出的光中共有________種頻率的光能使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)；壟脷

從n

=4

向n

=1

躍遷時發(fā)出的光照射該金屬，所產(chǎn)生的光電子的最大初動能為____________eV

(8)

氫4

是氫的一種同位素，在實驗室里，用氘核(

)

轟擊靜止的氚核(

)

生成氫4

的原子核(

).

已知的質(zhì)量分別為m

1

m

2

速度大小分別為v

1

、v

2

方向相同。壟脵

請寫出合成的核反應(yīng)方程式，并求出反應(yīng)后生成的另一粒子的動量大小p

；壟脷

氘原子的能級與氫原子類似，已知其基態(tài)的能量為E

1

量子數(shù)為n

的激發(fā)態(tài)能量E

n=

E

1/

n

2

，普朗克常量為h

，則氘原子從n

=3

躍遷到n

=1

的過程中，輻射光子的頻率為多少?

(9)

一靜止的鈾核(

)

發(fā)生婁脕

衰變轉(zhuǎn)變成釷核(Th)

已知放出的婁脕

粒子的質(zhì)量為m

，速度為v

0

假設(shè)鈾核發(fā)生衰變時，釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為婁脕

粒子和釷核的動能。壟脵

試寫出鈾核衰變的核反應(yīng)方程；壟脷

求出鈾核發(fā)生衰變時的質(zhì)量虧損。(

已知光在真空中的速度為c

，不考慮相對論效應(yīng))

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

A；根據(jù)左手定則；導(dǎo)線受安培力方向向左．故A錯誤．

B；根據(jù)左手定則；導(dǎo)線受安培力方向向右．故B正確．

C；導(dǎo)線與磁場方向平行；不受安培力．故C錯誤．

D；根據(jù)左手定則；導(dǎo)線受安培力方向垂直紙面向里．故D錯誤．

故選B

【解析】【答案】左手定則可以用來判斷通電導(dǎo)體在磁場中受到的安培力方向的規(guī)則．明確磁感線穿入左手手心；四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．

2、C【分析】【解析】試題分析：單擺周期公式為由此可知AB錯；擺球B→O時，動能增大勢能減小，勢能向動能轉(zhuǎn)化，D錯考點：考查單擺運動【解析】【答案】C3、D【分析】解：根據(jù)左手定則可知；A圖中安培力方向應(yīng)該向下，B圖中安培力應(yīng)該垂直于磁場斜向下，C圖中磁場方向和電流方向在同一直線上，不受安培力作用，D圖中安培力方向斜向左下方垂直于電流方向，故ABC錯誤，D正確．

故選：D．

熟練應(yīng)用左手定則是解決本題的關(guān)鍵；在應(yīng)用時可以先確定一個方向，然后逐步進行，如可先讓磁感線穿過手心，然后通過旋轉(zhuǎn)手，讓四指和電流方向一致或讓大拇指和力方向一致，從而判斷出另一個物理量的方向，用這種程序法，防止弄錯方向．

左手定則中涉及物理量及方向較多，在應(yīng)用過程中容易出現(xiàn)錯誤，要加強練習(xí)，增加熟練程度．【解析】【答案】D4、A【分析】解：A、t1時刻感應(yīng)電動勢為零；線圈通過中性面，磁通量最大，故A正確；

B、由圖t2時刻；感應(yīng)電動勢為最大值，通過線圈的磁通量為零，故B錯誤；

C、t3時刻感應(yīng)電動勢為零；磁通量的變化率為零，故C錯誤；

D；每當(dāng)e轉(zhuǎn)換方向時；線圈與磁場垂直，線圈通過中性面時，磁通量最大，磁通量的變化率為零，通過線圈的感應(yīng)電動勢為零，故D錯誤；

故選：A。

矩形線圈中產(chǎn)生正弦式電流；當(dāng)線圈通過中性面時，磁通量最大，感應(yīng)電動勢為零，電動勢方向發(fā)生改變。而當(dāng)線圈與磁場平行時，磁通量為零，感應(yīng)電動勢最大，磁通量的變化率最大。

本題考查交變電流產(chǎn)生過程中，感應(yīng)電動勢與磁通量、磁通量變化率的關(guān)系，關(guān)鍵抓住兩個特殊位置：線圈與磁場垂直位置，及線圈與磁場平行位置。【解析】A5、A【分析】【解析】試題分析：靜電計的作用是測量電容器兩端的電勢差，它是由一個很小的電容器改裝而成，其原理類似于驗電器，所以在實驗中可以認為Q不變。電勢差越大，角度越大。根據(jù)電容器的公式則S不變，d增加，則電容器變小，則兩板的電勢差變大，A正確。d不變，S減小，則C減小，角度應(yīng)變大，所以答案為A考點：電容器的決定式、定義式、靜電計的作用【解析】【答案】A6、A【分析】單擺的回復(fù)力是擺球的重力沿軌跡切線方向的分力，①對；單擺做簡諧運動位于平衡位置時，合力提供向心力，合力不為零，②錯；在山腳下走時準確的擺鐘移到高山上走時重力加速度減小，由周期公式可知，周期變大，走的慢了，⑤錯；【解析】【答案】A7、A|D【分析】【解析】【答案】AD8、C【分析】試題分析:重力與電場力大小未知，小球速度最小位置不確定，由受力分析結(jié)合牛頓第二定律得知，繩子張力最小位置不確定，速度最大的位置也不能確定，所以A、B錯；沿電場方向電勢逐漸降低，結(jié)合小球帶負電，故在電勢最高處a點，電勢能最小，所以C正確；運動過程中電場力做功，機械能不守恒，故D錯考點：電勢，電勢能，牛頓第二定律，向心力【解析】【答案】C9、C【分析】【分析】首先發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的物理學(xué)家是奧斯特。

物理學(xué)史也是高考考查的內(nèi)容之一，對于物理學(xué)上，著名的物理學(xué)家、經(jīng)典實驗、重要學(xué)說要記牢?！窘獯稹渴紫劝l(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的物理學(xué)家是丹麥的物理學(xué)家奧斯特.

安培提出了分子電流假說；研究了通電導(dǎo)線的磁場.

法拉第研究了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，特斯拉是電力工程師.

故C正確。

故選C。

【解析】C

二、多選題(共9題，共18分)10、AD【分析】解：A；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知氣體的體積膨脹；分子間的作用力增大，A正確；

BC；因氣泡在上升過程中溫度不變；平均動能不變，平均速率不變，BC錯誤；

D；體積膨脹；克服分子間的引力做功，故氣體組成的系統(tǒng)分子勢能增加，故D正確．

故選：AD．

理想氣體不計分子勢能；故理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，分析溫度的變化可知內(nèi)能的變化．

理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故氣泡在上升過程中內(nèi)能不變，因氣體要膨脹，故氣體對外做功，故氣體要吸熱．【解析】【答案】AD11、AC【分析】略【解析】AC

12、BD【分析】解：A

如圖所示，b

光的偏折程度大于a

光的偏折程度，知b

光的折射率大于a

光的折射率；故A錯誤；

B、根據(jù)婁脣=cf

知，b

光的頻率大，則b

光的波長小于a

光的波長.

故B正確；

C、b

光的折射率大于a

光的折射率，由v=cn

知在玻璃中b

光傳播速度小于a

光；故C錯誤；

D、減小入射角i

則折射角減小，到達左邊豎直面時的入射角就增大，如增大達到臨界角則發(fā)生全反射，ab

光線消失；故D正確．

故選：BD

．

根據(jù)光的偏折程度比較出光的折射率大小，從而得出光子頻率和能量的大小，通過婁脣=cf

比較出光波的波長大小，根據(jù)v=cn

比較出光在玻璃中的速度大?。?/p>

解決本題的突破口在于通過光線的偏折程度比較出光的折射率大小，以及知道折射率、頻率、波長、在介質(zhì)中的速度等大小關(guān)系．【解析】BD

13、AD【分析】解：A

由題意；AB

兩點所在的電場線是直線，AB

兩點電場強度方向必定相同.

故A正確；

BAB

在一條電場線上；無法判斷電場線的疏密，也就無法判斷AB

兩點電場強度的大小.

故B錯誤；

C

電場線從A

指向B

僅僅說明了電場的方向；與電場線的疏密(

即場強的大小)

無關(guān).

故C錯誤；

D

電場線的疏密表示電場強度的相對大??；由于AB

附近電場線的分布情況未知，則EAEB

的大小不能確定.

故D正確．

故選：AD

由于AB

兩點所在的電場線是直線；AB

兩點電場強度方向相同.

電場線的大小由電場線的疏密表示，一條電場線無法判斷疏密，就無法確定AB

兩處場強的大?。?/p>

本題要抓住電場線的疏密表示電場強度的相對大小，但一條電線線，不能反映電場線的疏密，所以不能確定場強的大小．【解析】AD

14、AC【分析】解：A

繼電器的工作原理是電流的磁效應(yīng)；即當(dāng)電流通過線圈時，線圈能產(chǎn)生磁場，故A正確．

BC

當(dāng)溫度較低的時候；熱敏電阻的電阻較大，電路中的電流較小，此時繼電器的銜鐵與AB

部分連接，此時是需要加熱的，恒溫箱內(nèi)的加熱器要工作，所以該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在AB

端.

故B錯誤，C正確．

D；當(dāng)溫度達到100隆忙

時；加熱電路就要斷開，由圖可知，100隆忙

時熱敏電阻的阻值為50婁賂.

此時的繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達20mA

．

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I=ER+R隆盲+R錄脤

代入得0.02=650+R隆盲+150

解得：R隆盲=100婁賂.

故D錯誤．

故選：AC

繼電器的工作原理是電流的磁效應(yīng).

當(dāng)溫度低的時候；電路與AB

相連，此時加熱器要工作，所以加熱器的電路要與AB

相連；要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持100隆忙

當(dāng)溫度達到100隆忙

時，電路就要斷開，即電路要達到20mA.

根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求得可變電阻R隆盲

的大?。?/p>

在解答本題的時候要分析清楚，控制電路和加熱電路是兩個不同的電路，只有當(dāng)溫度較低，需要加熱的時候，加熱電路才會工作，而控制電路是一直通電的．【解析】AC

15、ABD【分析】解：A；線圈中0時刻切線斜率最大；即磁通量的變化率為最大，則感應(yīng)電動勢最大，而在D時刻感應(yīng)電動勢為零。故A正確，C錯誤。

B；線圈中D時刻磁通量的變化率為零；則感應(yīng)電動勢為零，故B正確。

D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E==V=0.4V；故D正確。

故選：ABD。

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知；感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的變化率成正比．通過法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均感應(yīng)電動勢的大?。?/p>

本題關(guān)鍵是掌握好圖象的含義，磁通量比時間其物理含義為感應(yīng)電動勢，即圖象的斜率表示感應(yīng)電動勢．【解析】ABD16、AC【分析】解：A；根據(jù)液晶特點和性質(zhì)可知；液晶既有液體的流動性，又具有光學(xué)各向異性，故A正確．

B；溫度越高；液體越容易揮發(fā)，故飽和汽壓隨溫度的升高而增大，故B錯誤．

C；晶體有單晶體和多晶體；單晶體一定具有規(guī)則形狀，且有各向異性的特征，故C正確．

D；根據(jù)熱力學(xué)第二定律得知；在沒有外界影響之下，從單一熱源吸取熱，使之全部變成有用的機械功，故D錯誤．

故選：AC．

根據(jù)液晶特點和性質(zhì)；相對濕度、蒸氣壓的意義和晶體的特性、熱力學(xué)第二定律進行分析．液晶有液體的流動性；又有晶體的各向異性的特點．溫度越高，液體越容易揮發(fā)，飽和汽壓會隨之增大．晶體有單晶體和多晶體，只有單晶體有規(guī)則形狀和各向異性的特性．熱力學(xué)第二定律：一種表述：不可能從單一熱源吸取熱量，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響．另一種表述是：不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其他變化．

本題考查的知識點較多，關(guān)鍵要掌握固體的特性、飽和氣壓等等，要掌握熱力學(xué)第二定律，并能用來分析實際問題．【解析】【答案】AC17、AD【分析】解：設(shè)導(dǎo)線的電阻率為婁脩

橫截面積為S

線圈的半徑為r

則。

感應(yīng)電流為I=ER=n鈻?鈱?鈻?t1R=n鈻?B鈻?t鈰?婁脨r2cos婁脠鈰?S蟻n鈰?2蟺r=Sr2蟻鈰?鈻?B鈻?t?cos婁脠

可見，將r

增加一倍；I

增加一倍，即感應(yīng)電流大小變?yōu)樵瓉淼?

倍，故D正確；

I

與線圈匝數(shù)無關(guān)；故A正確．

若將線圈的面積增加一倍，半徑r

增加(2鈭?1)

倍，電流增加(2鈭?1)

倍；故B錯誤；

將線圈與磁場方向的夾角改變時；cos婁脠

不能變?yōu)樵瓉淼?

倍(

因cos婁脠

最大值為1)

故C錯誤．

故選：AD

．

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n鈻?鈱?鈻?t

電阻定律R=婁脩LS

以及歐姆定律推導(dǎo)出電流I

的表達式；看I

與什么因素有關(guān)，從而判斷出哪一種方法使感應(yīng)電流增加一倍．

本題綜合考查了電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電阻定律.

關(guān)鍵能運用這些定律推導(dǎo)出電流的表達式．【解析】AD

18、BC【分析】略【解析】BC

三、填空題(共5題，共10分)19、略

【分析】解：線圈接在直流電源上；閉合開關(guān)的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改變，套環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，會跳動．

電源電壓過高；在套環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流更大，更容易跳起．

直流電源的正負極接反了；閉合開關(guān)的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改變，套環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，會跳動；

故答案為：開關(guān)接通瞬間金屬環(huán)中產(chǎn)生較強的感應(yīng)電流；由楞次定律知其方向與線圈中電流方向相反，在線圈電流產(chǎn)生磁場中，金屬環(huán)受到瞬時安培力大于其重力，所以金屬環(huán)立刻跳起．

閉合開關(guān)的瞬間；穿過套環(huán)的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而受到安培力，會向上跳起，從而即可求解．

理解套環(huán)跳起的原因，即產(chǎn)生感應(yīng)電流的效果阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化，同時理解產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，及注意磁通量變化量與變化率的區(qū)別．【解析】開關(guān)接通瞬間金屬環(huán)中產(chǎn)生較強的感應(yīng)電流，由楞次定律知其方向與線圈中電流方向相反，在線圈電流產(chǎn)生磁場中，金屬環(huán)受到瞬時安培力大于其重力，所以金屬環(huán)立刻跳起．20、正功，大于【分析】【分析】正點電荷所受的電場力方向與場強方向相同，根據(jù)電場線的疏密判斷場強的大小，電場線越密的地方，場強越強；電場線越疏的地方，場強越弱，同一電荷電場力與場強成正比。解決本題關(guān)鍵知道正電荷的電場力與場強同向，電場線的疏密可以表示場強的強弱，而電場力等于電荷量乘場強?！窘獯稹空c電荷所受的電場力方向與場強方向相同；正點電荷從A

點移動到B

點，電場力方向與位移方向相同，則電場力做正功；

由圖知A

點的電場線比B

點密；所以A

點的電場強度大于B

點的電場強度；

由電場力公式F=qE

知A

點受到的電場力大于它在B

點受到的電場力。

故填：正功，大于

【解析】正功，大于21、略

【分析】

根據(jù)題意可知：T=由單擺的周期公式T=解得：g==

直徑：主尺：2.1cm，游標尺對齊格數(shù)：4個格，讀數(shù)：4×=0.4mm=0.04cm；所以直徑為：2.1+0.04=2.14cm

故答案為：2.14

【解析】【答案】（1）由單擺的周期公式即可求解；

（2）考查游標卡尺和秒表的讀數(shù)：先讀主尺（只讀整數(shù)）；再加上游標尺（格數(shù)乘以分度分之一，格數(shù)找對齊的一個不估讀）；

22、略

【分析】

（1）游標卡尺讀數(shù)為L=30mm+7×0.05mm=30.35mm；螺旋測微器測得該樣品的外徑d=1.5mm+23.0×0.01mm=1.730mm

（2）因兩個電流表中；D電流表的滿偏電流大于C電流表的滿偏電流，又C電流表內(nèi)阻為定值，根據(jù)歐姆定律與串并聯(lián)知識，應(yīng)將C電流表與待測材料并聯(lián)后再與D電流表串聯(lián)，又因滑動變阻器阻值太小應(yīng)用分壓式接法，可設(shè)計電路圖如圖所示．

（3）設(shè)C電流表示數(shù)為D電流表示數(shù)為由歐姆定律可得待測電阻阻值R=又由電阻定律R=及S=解得樣品的內(nèi)徑d=．

故答案為（1）30.35，3.205，（2）如圖，（3）．

【解析】【答案】對本題設(shè)計測量電路的關(guān)鍵是；考慮D電流表滿偏電流大于C電流表的滿偏電流，同時C電流表的內(nèi)阻是定值，因此可以求出C電流表兩端的實際電壓，從而可將C電流表當(dāng)做電壓表而求出樣品兩端的電壓．

23、He15.2【分析】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知未知粒子的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，該粒子為He；

根據(jù)m=知，m=1g，m0=16g；則衰變的次數(shù)為4，則衰變的天數(shù)n=3.8×4=15.2天．

故答案為：He；15.2．

根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定衰敗的產(chǎn)物．經(jīng)過一個半衰期有半數(shù)發(fā)生衰變，根據(jù)m=確定衰變的次數(shù)；從而確定經(jīng)歷的天數(shù)．

解決本題的關(guān)鍵知道衰變過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知道衰變后的質(zhì)量衰變前質(zhì)量的關(guān)系，并能靈活運用．【解析】He15.2四、判斷題(共4題，共32分)24、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．25、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?6、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．27、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．五、證明題(共2題，共4分)28、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動29、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動六、綜合題(共4題，共32分)30、解：(1)根據(jù)安培力的大小公式求出安培力的大小：F=BIL=0.5X0.5X0.2=0.05N(2)當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場方向平行時，導(dǎo)線受到的安培力為零，即此導(dǎo)線不受安培力故（1）0.05（2）不受安培力【分析】本題考查了通電導(dǎo)線垂直磁場受到安培力公式F=BIL

本題屬于簡單題，(1)

根據(jù)安培力的大小公式求出磁場的磁感應(yīng)強度的大小.

(2)

當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場方向平行時；導(dǎo)線受到的安培力為零。

【解析】解：(1)

根據(jù)安培力的大小公式求出安培力的大小：F=BIL=0.5X0.5X0.2=0.05N

(2)

當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場方向平行時，導(dǎo)線受到的安培力為零，即此導(dǎo)線不受安培力故(1)0.05

(2)

不受安培力31、略

【分析】（1）【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程和得出遏止電壓Uc與入射光頻率v的關(guān)系式，從而進行判斷。解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，以及知道遏止電壓與最大初動能之間的關(guān)系，注意遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系，并不是正比，并理解圖象的縱、橫坐標的含義?！窘獯稹緼.當(dāng)遏止電壓為零時，最大初動能為零，則入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0．故A正確；B.因為知圖線的斜率等于h/e，從圖象上可以得出斜率的大小，已知電子電量，可以求出普朗克常量．故B正確；C.根據(jù)光電效應(yīng)方程和得，當(dāng)入射光的頻率大于極限頻率時，遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系．故C錯誤；DE、從圖象上可知，逸出功W0=hv0．根據(jù)光電效應(yīng)方程，Ekm=hv-W0=hv0．若入射光的頻率為2ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為hν0，若入射光的頻率為3ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為2hν0，故D正確，E錯誤。故選ABD。（2）根據(jù)機械能守恒研究B與A碰前的過程求出碰前的速度大小，第一次碰撞后B球恰返回到b點，A球上升的最高點為c，根據(jù)機械能守恒列出等式，根據(jù)動量守恒定律列出等式，聯(lián)立求解。本題主要考查了機械能守恒定律、動量守恒定律的直接應(yīng)用，關(guān)鍵要清楚物體的運動過程，難度適中?！窘馕觥浚?）ABD（2）解：設(shè)B與A碰前的速度大小是v0，根據(jù)機械能守恒得：設(shè)碰后A、B速度大小分別為vA、vB；

根據(jù)機械能守恒得：規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：聯(lián)立解得：32、（1）>

（2）水平向右

（3）如圖所示

?！痉治觥?1)

【分析】電場中，電場線疏密表示場強大小，電場線越密，電場強度越大；電場線的物理意義之一是形象描述電場強度的相對大小，電場線越密，電場強度越大..沿電場線的方向移動正電荷，電場力做正功，電勢能減小?！窘獯稹侩妶鲋校妶鼍€疏密表示場強大小，電場線越密，電場強度越大，故EEA>E>EB

故填：>

(2)

【分析】已知試探電荷所受電場力和電荷量，由場強的定義式求解P

的電場強度的大小。場強方向與負電荷所受電場力方向相反。電場強度是反映電場本身的性質(zhì)的物理量，采用比值定義法進行定義。【解答】PP點的電場強度為：E=Fq=82隆脕10?4N/C=4隆脕104N/C場強方向與負電荷所受電場力方向相反，即水平向右故答案為：4隆脕104隆脕104水平向右。(3)(3)【分析】本題考查了左手定則的直接應(yīng)用，根據(jù)左手定則即可正確判斷磁場、運動方向、洛倫茲力三者之間的關(guān)系，特別注意的是四指指向和正電荷運動方向相同和負電荷運動方向相反。安培定則、左手定則、右手定則是在電磁學(xué)中經(jīng)常用到的，要掌握它們的區(qū)別，并能熟練應(yīng)用。【解答】根據(jù)左手定則可得，帶電粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力的方向，如圖所示：

【解析】(1)>

(2)4隆脕104

水平向右(3)

如圖所示

。33、略

【分析】(1)

【分析】根據(jù)德布羅意波波長公式與動量表達式婁脣=h/p婁脣=h/p由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時會放出光子，核子結(jié)合為原子核時能量增加必然存在質(zhì)量虧損；婁脗婁脗射線的貫穿本領(lǐng)最強，婁脕

射線貫穿本領(lǐng)最小；隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動。本題考查了質(zhì)量虧損、德布羅意波的波長公式、三種射線的性質(zhì)以及黑體輻射等近代物理中的基本知識，對于這部分基本知識要注意加強理解和應(yīng)用?！窘獯稹緼.由德布勒意波長公式：婁脣=h/p

故A錯誤；B.核子結(jié)合成原子核時，質(zhì)量虧損，因此原子核所含核子單獨存在時的總質(zhì)量大于該原子核的質(zhì)量，故B正確；C.三種射線中，婁脕婁脕射線電離本領(lǐng)最大，貫穿本領(lǐng)最小，普通一張白紙就可擋住，故C錯誤；D.隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短即頻率較大的方向移動，故D錯誤。故選B。(2)

【分析】原子核內(nèi)部的一個中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子時，同時釋放一個電子；鏈式反應(yīng)的條件：大于臨界體積；質(zhì)子轉(zhuǎn)化成一個中子時，會同時釋放出一個正電子；電子是實物粒子，衍射現(xiàn)象是波的特性?？疾閷嵨锪Ｗ友苌渥饔茫斫饬炎兊臈l件，注意書寫核反應(yīng)方程的規(guī)則，掌握衰變的實質(zhì)。【解答】A.原子核內(nèi)部的一個中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子時，同時釋放一個電子，故A錯誤；B.要發(fā)生鏈式反應(yīng)要求反應(yīng)物的體積達到臨界體積，故B正確；C.比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；D.電子是實物粒子，其衍射現(xiàn)象說明實物粒子具有波動性，故D正確。故選BD。

(3)

【分析】電子是湯姆生發(fā)現(xiàn)的，并提出原子的栆糕模型；太陽輻射的能量是來自于輕核聚變釋放的；當(dāng)光的入射頻率大于極限頻率時，才能發(fā)生光電效應(yīng)，與光的強度無關(guān)；半衰期與環(huán)境、及化合狀或單質(zhì)無關(guān)?？疾樵拥慕Y(jié)構(gòu)模型，掌握聚變與裂變的區(qū)別，理解光電效應(yīng)的條件，注意半衰期不受環(huán)境因素影響?！窘獯稹緼.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的棗糕模型，故A正確；B.太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的聚變反應(yīng)，也是熱核反應(yīng)，故B正確；C.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)是因為該束光的頻率小于極限頻率，與光的強度無關(guān)，故C錯誤；D.元素的半衰期是由元素本身性質(zhì)決定的，與外界的物理、化學(xué)性質(zhì)無關(guān)，故D錯誤。故選AB。(4)

【分析】婁脕婁脕粒子散射實驗?zāi)芙沂驹泳哂泻耸浇Y(jié)構(gòu)，原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷守恒和質(zhì)量數(shù)守恒的規(guī)律，質(zhì)量有虧損，發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的動能只與入射光的頻率有關(guān)。掌握衰變的實質(zhì)和規(guī)律，知道原子核式結(jié)構(gòu)模型的內(nèi)容，會解釋光電效應(yīng)現(xiàn)象?！窘獯稹緼.原子核發(fā)生衰變時要遵守電荷守恒和質(zhì)量數(shù)守恒的規(guī)律，質(zhì)量有虧損，故A錯誤；B.婁脕婁脕粒子散射實驗?zāi)芙沂驹泳哂泻耸?/p>