安徽省太和第一中学2021届高三上学期第一次校本教材反馈测试物理试题 Word版含答案 16页

太和一中2020—2021学年度高三（上）校本反馈卷物理试卷 考试时间：90分钟 满分：110分 一、选择题(每题5分，1~5为单选题，6~10为多选题。多选题选错不得分，选不全得3分)‎ ‎1．如图所示,木块B静止在水平地面上,木块A叠放在B上.A的左侧靠在光滑的竖起墙面上．关于A. B的受力情况,下列说法中正确的是( )‎ A．B对A的作用力方向一定竖直向上 B．B对A的作用力一定大于A的重力 C．地面对B的摩擦力方向可能向右 D．地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力 ‎2．如图所示，水平线在某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为L（）的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方。则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球B将与小球1同时落地 B．h越大，小球A与小球B的落地时间差越大 C．从小球2释放到小球1落地前，小球1与2之间的距离随时间的增加而均匀增大 D．若1落地后原速率弹回，从此时开始计时，1与2相遇的时间随L的增大而减小 ‎3．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 ω 缓缓转至水平（转过了 90°角）．下列有关此过程的说法中正确的是（ ）‎ A．重物 M 做匀速直线运动 B．重物 M 做匀变速直线运动 C．整个过程中重物一直处于失重状态 D．重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为wL ‎4．如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是(　　)‎ A．这个行星的质量M=‎ B．这个行星的同步卫星的周期是 C．这个行星的第一宇宙速度 D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为 ‎5．如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1‎ B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ C．A与B的加速度之比为1∶1‎ D．A与B的加速度之比为cos θ∶1‎ ‎6．如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点．B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力．则 A．A、B球从O点运动到Q点的时间相等 B．A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等 高三物理 第5页 共8页 高三物理 第6页 共8页 C．A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍 D．减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P ‎7．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则 A．小球均静止时，弹簧的长度为L-‎ B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg C．角速度ω0=‎ D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变 ‎8．如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图所示、已知物块A的质量 m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A．两物块间的动摩擦因数为0.2‎ B．当012N时，A的加速度随F的增大而增大 ‎9．如图（a），质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速成正比，比例系数用表示，物体加速度与风速的关系如图（b）所示，取，，，下列说法正确的是 ‎ A．物体沿斜面做匀变速运动 B．当风速时，物体沿斜面下滑的速度最大 C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25‎ D．比例系数为 ‎10．如图甲所示，在距离地面高度为h=0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50 kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ=0.50．现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x=0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g=10 m/s2,则（ ）‎ A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0J D．MN的水平距离为1.6 m 二、实验题（每空2分）‎ ‎11．某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ．每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值．‎ 高三物理 第5页 共8页 高三物理 第6页 共8页 ‎(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，如图乙所示，则d = ______cm． ‎ ‎(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道的物理量是______(填下列序号)．‎ A．滑块和遮光板的总质量m ‎ B．斜面的倾角θ C．当地的重力加速度g ‎ ‎(3)实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为_________；‎ A． 图象 B． 图象 D． 图象 C． 图象 ‎(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于μ值的表达式为μ = _____________． (可用以上物理量的符号表示)‎ ‎12．用如图所示装置研究平地运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．‎ ‎（1）下列实验条件必须满足的有____________．‎ A．斜槽轨道光滑 B．斜槽轨道末段水平 C．挡板高度等间距变化 D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 ‎（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系．‎ a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；‎ b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则______（选填“大于”、“等于”或者“小于”）．可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）．‎ 三、解答题（13题6分，14题8分，15题12分，16题18分）‎ ‎13．倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，其斜面光滑，底边粗糙，顶端安装一光滑轻滑轮，另有光滑圆环固定在竖直平面内，圆心在O点。一小球套在圆环上，通过绕过轻滑轮的细线与斜面上的小物块相连。在竖直向下拉力F作用下，小球静止Q点，OQ连线与水平方向成53°角，细线与环恰好相切，滑轮与小物块之间的细线与斜面平行，如图所示，斜面体始终保持静止。已知小球的质量m=1kg，小物块的质量M=2kg，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：‎ ‎(1)拉力F的大小；‎ ‎(2)地面对斜面体的摩擦力大小。‎ ‎14．为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一足够长的直斜坡公路，倾角为，机动车限速36km/h。一质量为m=5t的小货车以的速度匀速下坡，小货车装配了ABS 高三物理 第5页 共8页 高三物理 第6页 共8页 ‎（车轮防抱死）系统，某时刻发现车头正前方处有一观光者以的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，货车做匀减速运动，恰好没有撞到骑行者。‎ ‎(1)求货车刹车的加速度大小；‎ ‎(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下仍使货车恰好不撞到骑行者，需要货车车头距离骑行者多远时开始刹车。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为，，，重力加速度。‎ ‎15．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：‎ ‎（1）物体与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；‎ ‎（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q．‎ ‎16．如图所示，半径为R1＝1.8 m的光滑圆弧与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m2＝2 kg的物块静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m＝m1＋m2)．物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．‎ ‎(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；‎ ‎(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离．‎ 高三物理 第5页 共8页 高三物理 第6页 共8页 参考答案 ‎1．D ‎【详解】‎ AB.对A受力分析可知： 若A与B的接触面光滑,则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态,合力为零,由于A、B之间的接触面倾斜,则B对A的支持力垂直接触面斜向上，且大于A的重力．若接触面粗糙,A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力,有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时,B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等,方向相反．由以上分析可知,故A错误,B错误．‎ C.若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B科向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态,合力为零,则摩擦力方向水平向左．若接触面粗糙,木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力,其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误．‎ D.对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力，故D正确．‎ ‎2．C ‎【详解】‎ A．设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，则：‎ ‎①‎ 设B运动的时间为t2，则 ‎②‎ 比较①②可知 故A错误；‎ B．设A运动时间为t3，则 可得 可知L是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小。故B错误；‎ C．1与2两球的距离 可见，两球间的距离随时间的推移，越来越大；故C正确；‎ D．作出小球1和小球2运动的v-t图象，如图所示 由图可知，t1时刻，小球2开始运动；t2刻，小球1落地；t3刻，小球1和小球2相遇。图中左边的阴影部分面积表示的就是轻绳的长度L，可见，若1落地后原速率弹回，从此时开始计时，1与2相遇的时间随L的增大而增大，所以D错误。‎ 故选C。‎ ‎3．D ‎【详解】‎ 设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为vC=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=ωLcosθ．θ的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳=ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳=ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变慢．所以知重物M的速度先增大后减小，最大速度为ωL．故AB错误，D正确．重物M先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C错误．故选D．‎ ‎4．D ‎【详解】‎ A．当物体运动到圆盘最低点时，此时所受静摩擦延半径方向向上达到最大，此时对应的角速度为最大值，则由牛顿第二定律有 解得 绕行星表面做匀速圆周运动的物体，万有引力提供向心力，则有 解得 故A错误；‎ B．由于不知道同步卫星高度，无法求得同步卫星周期，故B错误；‎ C．当万有引力提供向心力，轨道等于行星半径时，可求得该行星第一宇宙速度为 故C错误；‎ D．离星球表面距离为R的地方万有引力为 解得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5．D ‎【详解】‎ 根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细绳L1的拉力突变，沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得 FT＝mgcos θ ma1＝mgsin θ 剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有 Fcos θ＝mg ma2＝mgtan θ 所以 FT∶F＝cos2θ∶1‎ a1∶a2＝cos θ∶1‎ 则D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎6．BCD ‎【详解】‎ A.将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度．根据下降的高度比较竖直分速度的大小．将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误；‎ B.A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度大小相等，故B正确；‎ C.从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确；‎ D.减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板P，故D正确．‎ 故选BCD。‎ ‎7．ACD ‎【详解】‎ A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，‎ ‎；‎ 设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：‎ ‎，‎ 故弹簧的长度为：‎ ‎，‎ 故A项正确；‎ BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：‎ 而对A球依然处于平衡，有：‎ 而由几何关系：‎ 联立四式解得：‎ ‎，‎ 则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；‎ D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：‎ 则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎8．AB ‎【详解】‎ A．由图中可知，A、B之间的滑动摩擦力为6N，故摩擦因数为 A正确；‎ B．有图中可知，当012N时，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，故当F>12N时，A、B发生相对滑动，C错误；‎ D．当F>12N时，A受到的滑动摩擦力不变，故其加速度不在变化，D错误；‎ 故选AB。‎ ‎9．BCD ‎【详解】‎ A.由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；‎ B.由图可知，速度为5m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；‎ C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0=4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律 沿斜面的方向：‎ mgsinθ−μmgcosθ=ma0  …①‎ 解得：‎ ‎，‎ 故C正确；‎ D.对末时刻加速度为零，受力分析可得：‎ mgsinθ−μN−kvcosθ=0…②‎ 又：‎ N=mgcosθ+kvsinθ，‎ 由b图可以读出，此时v=5m/s代入②式解得：‎ 故D正确。‎ ‎10．AD ‎【详解】‎ A．根据F-x图象与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为 ‎ WF=×0.2J+18×0.2J=6.0J 故A正确； ‎ B．物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功 Wf=μmgx=0.5×0.5×10×0.4J=1.0J 根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 Ep=WF-Wf=5.0J 故B错误；‎ C．整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总=2μmgx=2.0J 故C错误；‎ D．设物块离开M点时的速度为v，对整个过程，由能量守恒得 mv2=WF-Wf总 解得 v=4m/s 物块离开M点后做平抛运动，则有 h=gt2，x=vt 解得 x=1.6m 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11．0. 225 cm BC B ‎ ‎【详解】‎ ‎(1)主尺示数为2 mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：‎ ‎，故最后读数为：．‎ ‎(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度 ‎ 由动能定理有：‎ 可得，选项B、C正确．‎ ‎(3)由，可以得到：，即图象是一条过原点的直线，可作线性图象处理数据求值，B项正确．‎ ‎(4)由得．‎ ‎12．BD 球心 大于 ‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1]A．斜槽不需要光滑，保持末端速度相同即可，不符合题意；‎ B．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，符合题意；‎ C．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，不符合题意；‎ D．每次在相同的位置释放钢球是为了保持每次都有相同的初速度，是充要条件，符合题意；‎ ‎(2)a.[2] 钢球球心对应原点；‎ ‎[3] 研究竖直方向运动规律时y轴与重锤线方向平行；‎ b.[4] 平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通过的位移之比为：，由于A点的竖直方向速度大于0，则．‎ ‎[5]由，可知在竖直方向上：‎ ‎ 水平方向上可知：‎ 联立（1）（2）可知：‎ ‎13．(1)；(2)‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 对小物块和小球分别受力分析如下图所示 ‎ ‎ 对物块根据平衡条件可得到 ‎……………1分 对小球根据平衡条件可得到 ‎………..1分 与大小相等有（1分）‎ 联立解得（1分）‎ ‎(2)小物块与斜面体相对静止，可看做一整体，相对地面静止，因此细线上的张力在水平方向上的分力大小即为地面对斜面体的摩擦力大小 ‎（2分，公式1分，答案1分）‎ ‎14．(1)：(2)31.25m ‎【详解】‎ ‎(1)小货车减速的加速度大小为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，‎ ‎（1分）‎ ‎（1分）‎ 解得货车的加速度大小为 ‎（1分）‎ ‎(2)对汽车：滑动摩擦力 ‎（1分）‎ 由牛顿第二定律 ‎ （1分） ‎ 由运动学公式 ‎（1分）‎ 货车距离骑行者 ‎（1分）‎ 解得 ‎△x=31.25m（1分）‎ ‎15．(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J ‎【详解】‎ ‎(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为 （1分）的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:‎ ‎ （1分） 可解得：μ＝0.875（1分）.‎ ‎（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移 ‎ （1分）  0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为 ‎（2分） (3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为: （1分） ‎ ‎0～6 s内物体位移为: （1分）‎ 则0～6 s内物体相对于皮带的位移为 （1分）‎ ‎0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,‎ ‎ （2分）‎ 代入数据得：Q＝126 J（1分）‎ 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J ‎16．⑴12J ⑵190N ⑶0.8m ‎ ‎⑴设物块下滑到B点时的速度为，由机械能守恒可得：‎ ‎（2分）‎ 解得：‎ ‎、碰撞满足动量守恒：（1分）‎ 解得；‎ 则碰撞过程中损失的机械能为：（2分）‎ ‎⑵物块m由B到C满足机械能守恒：（2分）‎ 解得：‎ 在C处由牛顿第二运动定律可得：（1分）‎ 解得：（1分）‎ ‎⑶设物块m滑上木板后，当木板速度为时，物块速度为，‎ 由动量守恒定律得：（1分）‎ 解得：‎ 设在此过程中物块运动的位移为，木板运动的位移为，由动能定理得：‎ 对物块m：（2分）‎ 解得：‎ 对木板M：（2分）‎ 解得：‎ 此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：（1分）‎ 设物块m在台阶上运动的最大距离为，由动能定理得：‎ ‎（2分）‎ 解得：（1分）‎