江苏省徐州市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析 18页

江苏省徐州市 2021 届新高考物理五月模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．如图所示，一小物体沿光滑斜面做匀变速直线运动经过 a c b、 、 三点。已知 c 为 a b、 的中点，小物体 经过 a b、 两点的速度大小分别为 21m/sav 和 3m/sbv ，则小物体从 a 点运动到 c 点的时间与从 c 点运 动到 b 点的时间之比 ac cb t t 可能为（ ） A． 1 3 B． 1 6 C．5 D． 4 【答案】 A 【解析】 【详解】 中点位移的瞬时速度大小 2 2 15m/s 2 a b c v vv 若小物体反向之前经过 c b、 两点，则有 1: 2 ac c a b c cb t v v v v t a a ； 若小物体反向之前经过 c 点、反向之后经过 b点，则有 1: 3 ac c a b c cb t v v v v t a a ； 综合上述可知，选项 A 正确， BCD 错误； 故选 A。 2．频率为 的入射光照射某金属时发生光电效应现象。已知该金属的逸出功为 W ，普朗克常量为 h，电 子电荷量大小为 e，下列说法正确的是（ ） A．该金属的截止频率为 h W B．该金属的遏止电压为 h W e C．增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数不变 D．增大入射光的频率，光电子的最大初动能不变 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．金属的逸出功大小和截止频率都取决于金属材料本身，用光照射某种金属，要想发生光电效应，要求 入射光的频率大于金属的截止频率，入射光的能量为 h ，只有满足 h W 便能发生光电效应，所以金属的逸出功为 0W h 即金属的截止频率为 0 W h 所以 A 错误； B．使光电流减小到 0 的反向电压 cU 称为遏制电压，为 k c EU e 再根据爱因斯坦的光电效应方程，可得光电子的最大初动能为 kE h W 所以该金属的遏止电压为 c h WU e 所以 B 正确； C．增大入射光的强度，单位时间内的光子数目会增大，发生了光电效应后，单位时间内发射的光电子数 将增大，所以 C 错误； D．由爱因斯坦的光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，所以 D 错误。 故选 B。 3．如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等的物块 P 、 Q，系统处于静止状态。现用 竖直向上的力 0F 作用在 P上， 使其向上做匀加速直线运动以 x 表示 Q离开静止位置的位移， F 表示物块 P 对 Q的压力大小，在 P 、 Q分离之前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得 2k x mg 物块 Q 匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得 ( ) =k x x mg F ma 联立以上两式解得 ( )m g kxF a 对照图象得 C 正确。 故选 C。 4．— 颗质量为 m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为 R，地球 表面的重力加速度为 g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1：9，卫星的动能（ ） A． 4 mgR B． 6 mgR C． 2 2 6 mg R D． 2 6 mgR 【答案】 B 【解析】 【详解】 在地球表面有 2 GMm m g R 卫星做圆周运动有： 2 GMm ma r 由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1:9，联立前面两式可得： r=3R ；卫星做圆周 运动： 2 2 GMm vm r r 得 Ek = 21 2 2 GMmmv r 再结合上面的式子可得 Ek = 6 mgR A. 4 mgR 与分析不符，故 A 错误。 B. 6 mgR 与分析相符，故 B 正确。 C. 2 2 6 mg R 与分析不符，故 C 错误。 D. 2 6 mgR 与分析不符，故 D 错误。 5．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 2m/s，甲、乙相遇时用力推 对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为 1m/s 和 2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比 （ ） A． 3: 2 B． 4:3 C． 2:1 D． 1: 2 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 甲 v 甲 +m 乙 v 乙=m 甲 v 甲 ′+m乙 v 乙′ 代入数据可得 m 甲 ×2+m 乙×（-2）=m 甲 ×（-1） +m 乙×2 解得 m 甲 ：m 乙=4：3 故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 6．如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻 质细杆 .随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角 （ 150 ）将不同 .设床单重力为 G ，晾衣杆所 受压力大小为 N ，下列说法正确的是（ ） A．当 60 时， 3 3 N G B．当 90 时， 2 2 N G C．只有当 120 时，才有 N G D．无论 取何值，都有 N G 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 以床单和细杆整体为研究对象， 整体受到重力 G 和晾衣杆的支持力 N ，由平衡条件知 N G ，与 取何 值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小 N N G ，与 无关， ABC 错误， D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如右图所示，绳 a 与水平方向成 θ 角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 ω匀速转动时， 小球在水平面内做匀速圆周运动， 则下列说法正确的是 ( ) A． a 绳的张力不可能为零 B． a 绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度 cotg l ，b 绳将出现弹力 D．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化 【答案】 AC 【解析】 【详解】 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向上 的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为零，故 A 正确；根据竖直方向上平衡得， Fasin θ =mg，解得 a mgF sin ＝ ，可知 a 绳的拉力不变， 故 B 错误； 当 b 绳拉力为零时， 有： 2mg m l tan ＝ ，解得 cotg l ＝ ， 可知当角速度 cotg l 时， b 绳出现弹力，故 C 正确；由于 b 绳可能没有弹力，故 b 绳突然被剪断， a 绳的弹力可能不变，故 D 错误。 8．有一轻杆固定于竖直墙壁上的 O 点，另一端 A 固定一轻滑轮，一足够长的细绳一端挂一质量为 m 的物 体，跨过定滑轮后另一端固定于竖直墙壁上的 B 点，初始时物体处于静止状态， O B、 两点间的距离等于 A B、 两点间的距离，设 AB 与竖直墙壁的夹角为 ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（ ） A．系统平衡时杆对滑轮的力一定沿杆的方向 B．若增大杆长 OA， O与 B 位置不变且保持 OB AB ，使角 增大，则杆对滑轮弹力的方向将偏离 OA 杆 C．若保持 A 点的位置不变，将绳子的固定点 B 点向上移动，则杆对滑轮的弹力变大 D．若保持 AB 与竖直墙壁的夹角 不变，将轻杆的固定点 O 向下移动，则杆对滑轮弹力的方向不变 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A．绳子上的弹力大小等于物体的重力 mg，则绳子对滑轮的两弹力的合力方向在两弹力的角平分线上， 根据平衡条件可得杆对滑轮的弹力方向也在角平分线上， OB 两点间的距离等于 AB 两点间的距离，根据 几何关系可得，杆 OA 恰好在两弹力的角平线方向上，故 A 正确； B．若保持 OB 两点位置不变，增大杆长 OA ，使 AB 与竖直墙壁的夹角 增大，仍保持 OB 两点间的距离 等于 AB 两点间的距离，杆 OA 仍在两弹力的角平分线上，杆对滑轮的弹力仍沿杆方向，故 B 错误； C．若保持 A 点的位置不变，将绳子的固定点 B 向上移动，绳子对滑轮的两力夹角变大，合力变小，滑轮 处于平衡状态，则杆对滑轮的弹力变小，故 C 错误； D．若保持 AB 与竖直墙壁的夹角 不变，将轻杆的固定点 O 向下移动，两绳对滑轮的弹力大小方向都不 变，则杆对滑轮的力仍在两绳弹力的角平分线上，所以杆对滑轮弹力的方向不变，故 D 正确。 故选 AD 。 9．如图所示，一固定斜面倾角为 30°，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀 减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小 g 。若物块上升的最大高度为 H ，则此过程中，物块的 （ ） A．动能损失了 mgH B．动能损失了 2mgH C．机械能损失了 1 2 mgH D．机械能损失了 mgH 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB ．已知物体上滑的加速度大小为 g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为 1 2 2 sin30合合 gkE W F H mg H mgH 故 A 选项错误， B 选项正确； CD ．设摩擦力的大小为 f ，根据牛顿第二定律得 sin30mg f ma mg 得 0.5f mg 则物块克服摩擦力做功为 2 0.5 2fW f H mg H mgH 根据功能关系可知机械能损失 mgH ，故 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 10．如图所示为一列沿 x 轴正向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，经过 0.2s，M 点第一次到达波谷， 则下列判断正确的是 ______ A．质点 P 的振动频率 2.5Hzf B．该波的传播速度 v=1m/s C． M 点的起振方向沿 y 轴负方向 D． 0~1s 内质点 Q 运动的路程为 0.2m E.0~1s 内质点 M 运动的路程为 0.08m 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 BC．t＝0 时刻波传播到 Q 点， Q 点起振方向沿 y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则 M 点的起振方向也沿 y 轴负方向；经过 t=0.2s，M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度 0.02 m/s 0.1m/s 0.2 xv t ＝ ＝ 故 B 错误， C 正确； A．由图象可知，波长 λ =0.04m，则波的周期，亦即 P 质点振动的周期 0.04 s 0.4s 0.1 T v ＝ ＝ 频率为周期的倒数，即 2.5Hz ，故 A 正确； D． 0～1s 内质点 Q 振动了 2.5 个周期，运动的路程 s= 1 0.4 ×8cm＝20cm 故 D 正确； E．波传播到 M 点的时间 t 1＝ 0.01 0.1 s＝0.1s 则 0～1s 内质点 M 振动了 2.25 个周期，运动的路程 1 1 0.14 8cm 18cm 0.18m 0.4 t ts A T ＝ ＝ ＝ 故 E 错误。 故选 ACD 。 11．如图所示，劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触（未 连接） ，弹簧水平且无形变．用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 0x ，此时物体静 止．撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4 0x ．物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加 速度为 g ．则（ ） A．撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 0kx g m C．物体做匀减速运动的时间为 02 x g D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0( )mgmg x k 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩 量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动， 随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运 动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动， A 错误； B．刚开始时，由牛顿第二定律有： 0kx mg ma 解得： 0kxa g m B 正确； C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为 3x0，由牛顿第二定律得： 1a g＝ 将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则： 2 0 1 1 2 3x a t 联立解得： 06xt g ，C 错误； D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有 F mg kx 解得 mgx k ，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为： f 0 0( mgW mg x x mg x k D 正确。 故选 BD 。 12．下列说法中正确的是（ ） A．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性 B．第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律 C．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小 D．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大 E.非晶体是各向同性的，晶体都是各向异性的 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，选项 A 正确； B．第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律，选项 B 错误； C．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，选项 C 正确； D．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，选项 D 正确； E．多晶体具有各向同性，选项 E 错误。 故选 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．一课外实验小组用如图 （a）所示的电路测量某待测电阻 xR 的阻值。 0R 为标准定值阻 （ 0 20.0ΩR ）， V 1、V 2 均为理想电压表， S为单刀开关， E 为电源， R 为滑动变阻器。 请完成以下问题 (1)闭合 S 前，滑动变阻器的滑动端应置于 _______________填“ a”或 “ b”）端； (2)闭合 S 后将滑动变阻器的滑动端置于某一位置，若电压表 V 1、 V2 的示数为 1U 、 2U ，则待测电阻阻值 的表达式 xR ________（用 0R 、 1U 、 2U 表示） ； (3)改变滑动变阻器滑动端的位置，得到多组 1U 、 2U 数据，用计算机绘制出 2 1U U 的图线，如图（ b） 所示，根据图线求得 xR ________ Ω（保留 1 位小数） ； (4)按照原理图（ a），将图（ c）中实物连线补画完整 _____________。 【答案】 a 2 0 1 U R U 26.8 【解析】 【详解】 (1)[1] 为了保证实验安全， S 闭合前，滑动变阻器滑动端应置于 a 端；。 (2)[2] 由欧姆定律可得，通过 xR 的电流 0 1= UI R 待测电阻阻值 2 2 0 1 x U UR R I U 。 (3)[3] 根据题图（ b）可得 2 1 1.34U U 代入得 26.8xR 。 (4)[4] 实物连线时应注意滑动变阻器采取分压式接法 [[ 依据题图（ a）]] 、电压表 V 1 和 V 2 的量程 [[ 依据题 图（ b）选择 ]] ，如图 14．某实验小组在实验室做 “探究加速度与力、质量的关系 ”的实验。 （ 1）下列是实验室的仪器台上摆放的部分仪器，本实验须从中选用 _________。 A． B． C． D． （ 2）下列关于实验的一些说明，其中正确的是 _________。 A．轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡 B．拉小车的细线应与长木板平行 C．相关仪器设置完毕后，应先释放小车再接通电源 D．在实验打出的合理的纸带上，连接小车的一端其打点痕迹较为密集 （ 3）打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz 。如图为实验中获取的一条纸带的一部分， A、B、C、D、 E、 F 是各相邻计数点，相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未标出） 。 根据图中数据计算， 打 D 点时小车的速度大小为 ________，小车运动加速度的大小为 _________。（均保留 3 位有效数字） 【答案】 AC ABD 0.205m/s 20.0433m/s 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．须选用打点计时器打点，选用天平测量质量。不需要弹簧测力计、秒表进行测量，故选 AC 。 （ 2） [2] ．A ．轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，则选项 A 符合实验要求。 B．若拉小车的细线与长木板不平行， 则细线拉力沿木板方向的分力为拉动小车的力， 且该力随时间变化， 选项 B 正确。 C．应先将打点计时器接通电源，再释放小车，以保证纸带上有足够多的打点且有运动开始段的打点，选 项 C 错误； 。 D．纸带做初速度为零的加速运动，打点计时器在纸带连接小车的一端先打点，此时小车速度较小，则点 迹较为密集，选项 D 正确；故选 ABD 。 （ 3） [3] ．打点计时器频率为 50Hz，则相邻计数点时间间隔 15 0.1 50 T s s 。 读取纸带数据，有 2.40cmACx ， 6.50cmAEx 。则 4.10cmCE AE ACx x x 则打 D 点时小车的速度为 0.205m/s 2 CE D xv T [4] ．有效应用纸带上的多段数据以减小误差。分段逐差法是推荐使用的方法。纸带上有五段距离，该题意 不要求分析舍弃哪段更精确，故舍去中间段、最小段或最大段均为正确计算。 舍弃中间段，应用逐差法有 1 23 DE ABx xa T 2 23 EF BCx xa T 则加速度为 1 2 2 a aa 解得 2 22 3 6 DE EF AB BC DF ACx x x x x xa T T 。 读取纸带数据有 4.24cmADx ， 9.24cmAFx ，则 5.00cmDFx 解得 20.0433m/sa （结果为明确性计算数字，保留 3 位有效数字， 0.0420~ 0.0450范围内均对） 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．平行金属导轨竖直固定放置，顶端接一阻值为 R 的电阻，平行边界 MN 和 PQ 相距 x，内有磁感应强 度为 B 的匀强磁场，一质量为 m 的导体棒从边界处 MN 由静止释放，到边界 PQ 时，加速度恰好为零， 已知平行金属导轨宽为 L ，重力加速度为 g，导体棒始终与导轨保持良好接触，不计导体棒和导轨电阻。 求： （ 1）导体棒到边界 PQ 时速度的大小； （ 2）导体棒穿过磁场的过程中通过电阻的电荷量； （ 3）导体棒穿过磁场所用的时间。 【答案】 （1） 2 2 mgRv B L ；（2） BLxQ R ；（3） 2 2 2 2 B L x mRt mgR B L 。 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）导体棒到 PQ 时加速度为 0，设此时运动时速度为 v 由法拉第电磁感应定律得电动势 E BLv 由欧婦定律得回路电流 EI R 导体棒受力平衡 mg IBL 联立解得 2 2 mgRv B L （ 2）设导体棒穿过磁场时间为 t 回路平均电流 1 BLxI t R tR 通过电阻的电荷量 Q It 联立解得 BLxQ R （ 3）导体棒从 MN 到 PQ ，设向下为正方向，由动量定理 mgt IBLt mv 解得 2 2 2 2 B L x mRt mgR B L 16．如图所示，质量 m 1=1kg 的木板静止在倾角为 θ =30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而 与半径 R= 3 m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高。一质量 m 2=2kg、可视为 质点的小滑块以 v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数 u= 3 3 ， 木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹， 最终滑未从木板上端滑出， 取重力加速度 g=10m/s 2。求 (1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度； (2)木板的最小长度； (3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。 【答案】 (1)9.75m ； (2)7.5m ； (3) 50 J 5.56J 9 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由滑块与木板之间的动摩擦因数 3 tan30 3 可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达 A 点时 速度大小依然为 v0=15m/s ，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h，则由机械能守恒定律可得 2 2 0 2 1 ( cos ) 2 m v m g R h 解得 h=9.75m (2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s ， 滑上木板后，木板的加速的为 a1，由牛顿第二定律可知 2 1 1 1cos sinm g m g m a 滑块的加速度为 a2，由牛顿第二定律可知 2 2 2 2cos sinm g m g m a 设经过 t 1 时间后两者共速，共同速度为 v1，由运动学公式可知 1 0 2 1 1 1v v a t a t 该过程中木板走过的位移 1 1 12 vx t 滑块走过的位移 0 1 2 12 v vx t 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x 2－x1 联立解得 L=7.5m ； (3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为 a3，由牛顿第二定律可知 1 2 1 2 3( si) (n )m m g m m a 一起匀减速向上运动的位移 2 1 3 32 vx a 木板从最高点再次滑至 A 点时的速度为 v2，由运动学公式可知 2 2 1 3 32 vx x a 滑块第三次、第四次到达 A 点时的速度大小均为 v2，第二次冲上木板，设又经过时间 t 2 两者共速，共同 速度为 v3，由运动学公式可知 v3=v 2－a2t 2=a1t 2 该过程中木板走过的位移 3 4 2 2 vx t 一起匀减速向上运动的位移 2 3 5 32 vx a 设木板第二次滑至 A 点时的速度为 v4，由运动学公式可知 2 4 4 5 32 vx x a 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 2 1 4 1 2 E m v 联立各式得 50 J 5.56J 9 E 17．一 U 形管竖直放置， 管内横截面积处处相等， 左管绝热且上端封闭， 右管导热且用活塞封闭。 活塞 a、 b、c 为厚度可忽略的光滑轻活塞， a 隔热， b、c 导热， a、b 活塞下方为水银，上方为空气（可视为理想 气体） 。初始时，两空气柱和环境温度均为 27℃，管内水银柱和空气柱长度如图所示。缓慢向下推动活塞 c，直至 a、 b 活塞处于同一高度为止。测量发现左侧空气柱温度升高 5℃。已知大气压强 p0=76.0cmHg 。 （计算结果保留一位小数） (1)求温度升高后左侧空气柱的压强； (2)求 c 活塞向下推动的距离。 【答案】 (1)116.6cmHg ；(2)8.5cm 【解析】 【详解】 (1)左管内气体初状态： p 1=86cmHg ，V 1=20cm?S，T 1=300K a、b 活塞等高时状态： p1′=？， V 1′ =15cm?S，T 1′ =305K 由理想气体状态方程得 1 1 1 1 1 1 pV p V T T 解得 p 1′≈ 116.6cmHg (2)右管内气体初状态： p 2=76cmHg ，V 2=10cm?S a、b 活塞等高时状态： p2′ =p1′≈ 116.6cmHg，V 2′=？ 根据玻意耳定律得 p 2V 2=p 2′V2′ 解得 V 2′≈ 6.5cm?S 故活塞下降的距离为 h=10-（ 6.5-5）=8.5cm