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物理参考答案与解析
１．Ｂ 【解析】根据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程 ２４１Ａｍ→ ２３７Ｎｐ＋４Ｈｅ，显然，衰变方
９５ ９３ ２
程中Ｘ表示的是α粒子。α射线穿透能力较弱，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住，Ａ错误；
４ｍ ２ｍ
由题图可知，镅的质量从 ０衰变至 ０，所用时间为 ４３２年，因有半数发生衰变了，所以镅的半衰期为
５ ５
４３２年，Ｂ正确；半衰期是由放射性元素的核内部自身的因素决定，与所处的化学状态和外部条件无关，
Ｃ错误；衰变后新核更稳定，即新核的比结合能更大，２４１Ａｍ的比结合能比２３７Ｎｐ的比结合能小，Ｄ错误。
９５ ９３
２．Ｃ 【解析】该消音器工作原理是利用波的干涉原理，Ａ错误；波在相遇时独立传播，互不影响，Ｂ错误；根据干
涉特点知，两相干波源的距离差为半波长的奇数倍时，此点为振动减弱点，要减弱声音，所以满足距离差
Ｔ
Δｘ＝ｖ·Δｔ为半波长的奇数倍，而波长 λ＝ｖＴ，整理可得 Δｔ为 的奇数倍，Ｃ正确；由于传播介质相同，所以
２
ｂ处的声波与ａ处的声波传播速度相等，Ｄ错误。
３．Ａ 【解析】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（ｎ＝２）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有
效面积为Ｓ＝πｒ２，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为Ｅ＝ｎ ΔΦ ＝ｎ ΔＢＳ ＝２πｒ２ Ｂ ０，
Δｔ Δｔ ｔ
０
Ａ正确。
Ｆ
Ｆ ｍｇ
４．Ｃ 【解析】对物块进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得 ＝ Ｎ＝ 。
ＡＢ ＯＢ ＯＡ
在物块缓慢上升的过程中，重力大小、方向均不变，ＡＢ变小，ＯＡ、ＯＢ不变，则拉力 Ｆ逐渐减小，圆柱体对物块
的支持力Ｆ 大小不变，由牛顿第三定律知物块对圆柱体的压力大小保持不变，Ａ错误，Ｂ错误；对圆柱体受
Ｎ
力分析可知物块对圆柱体的压力在水平方向的分力减小，地面对圆柱体的摩擦力变小，Ｃ正确；对圆柱体进
行受力分析知，圆柱体所受压力在的竖直方向的分力变大，圆柱体所受支持力变大，Ｄ错误。
２ｖ ２ｖｖ ｖｖ
５．Ｂ 【解析】设石子运动的水平位移大小为 ｘ，则有 ｘ＝ｖｔ，ｔ＝ ｙ，ｘ＝ ｘｙ，则 ｘ１ｙ１＝７∶４，可知 Ａ错误，Ｄ错
ｘ ｇ ｇ ｖｖ
ｘ２ｙ２
ｖ ７ ｖ ７
误，且第二次分速度小于第一次分速度，ｘ１＜ ，ｙ１＜ ，可知Ｃ错误，满足此条件的为Ｂ项，Ｂ正确。
ｖ ４ ｖ ４
ｘ２ ｙ２
６．Ｄ 【解析】若为ａ－ｔ图像，图像的面积表示速度的变化量，若初速度方向与加速度方向相同，物体做加速运
１ １ １
动，若初速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，Ａ错误；若为 －ｘ图像， ＝ｋｘ＋ ，带入 ｖ２－ｖ２＝
ｖ ｖ ｖ ０
０
ｖｖｋ（ｖ２－ｖ２）
２ａｘ，得ａ＝ ０ ０ ，如果物体做匀加速直线运动，则 ａ为定值，即速度为定值，与选项相违背，Ｂ错误；若
ｋｖ－ｖ
０
ｘ １
为ｖ２－ｘ图像，由ｖ２－ｖ２＝２ａｘ可知ｖ２＝ｖ２＋２ａｘ，图像斜率 ｋ为２ａ，Ｃ错误；若为 －ｔ图像，由 ｘ＝ｖｔ＋ ａｔ２
０ ０ ｔ ０ ２
ｘ １
可得 ＝ｖ＋ ａｔ，可知加速度为定值，则该运动为匀变速直线运动，物体的速度随时间均匀变化，Ｄ正确。
ｔ ０ ２
【物理答案 第１页（共５页）】
{#{QQABLQQo4gIQkpTACJ4LAQVYCwkYkIGjJMgkgUCQuA4CQQNABIA=}#}
书书书５Ｔ Ｔ Ｔ ５Ｔ
７．Ｂ 【解析】因为ｔ＝ ＝Ｔ＋ ，ｔ＝ 时圆筒１相对圆板的电势差为负值，同理，ｔ＝ 奇数圆筒相对偶数圆筒
４ ４ ４ ４
１ １ １ １
的电势差为负值，Ａ错误；根据动能定理得 ｑＵ＝ ｍｖ２，２ｑＵ＝ ｍｖ２，３ｑＵ＝ ｍｖ２，…，ｎｑＵ＝ ｍｖ２，第７个和
２ １ ２ ２ ２ ３ ２ ｎ
１ ｑＵ
第８个圆筒的长度之比为Ｌ∶Ｌ＝ｖ∶ｖ＝槡７∶槡８＝槡１４∶４，Ｂ正确；根据动能定理得８ｑＵ＝ ｍｖ２，ｖ＝４槡 ，
７ ８ ７ ８ ２ ８ ８ ｍ
Ｔ ｑＵ
则第８个圆筒长度Ｌ＝ｖ· ＝２Ｔ槡 ，Ｃ错误；离子由Ｍ点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运
８ ８ ２ ｍ
ｖ２
１６Ｕ
动，根据ｑＥ＝ｍ ８可得虚线ＭＮ处电场强度的大小为Ｅ＝ ，Ｄ错误。
Ｒ Ｒ
８．ＢＤ 【解析】由图，Ａ、Ｂ周期为Ｔ＝ｔ，Ｔ ＝２ｔ，其中ｔ＝槡２ｔ，故 Ｂ与 Ａ绕行周期之比
Ｔ
Ｂ＝
２ｔ
２＝
２槡２
，根据开
Ａ １ Ｂ ２ ２ １ Ｔ ｔ １
Ａ １
Ｔ２ ａ３ ａ ＧＭｍ ＧＭｍ
普勒第三定律 Ｂ＝ Ｂ，则 Ａ＝１∶２，Ａ错误；由图可知，当 ｒ最小时８Ｆ＝ Ａ，当 ｒ最大时２Ｆ＝ Ａ，ｒ的
Ｔ２ ａ３ ａ Ａ ｒ２ Ａ ｒ２ Ａ
Ａ Ａ Ｂ Ａｍｉｎ Ａｍａｘ
ＧＭｍ ＧＭｍ
最大值与ｒ的最小值之比为２∶１，同理，当ｒ最小时９Ｆ＝ Ｂ，当ｒ最大时Ｆ＝ Ｂ，ｒ的最大值与ｒ的
Ａ Ｂ ｒ２ Ｂ ｒ２ Ｂ Ｂ
Ｂｍａｘ Ｂｍａｘ
最小值之比为３∶１，行星Ａ、Ｂ轨道长轴之比２∶１，ｒ的最大值与ｒ的最大值之比为４∶９，Ｂ正确；ｒ的最大值与
Ａ Ｂ Ａ
Ｍｍ Ｍｍ ｍ ３２
ｒ的最大值之比为４∶９，又２Ｆ＝Ｇ Ａ，Ｆ＝Ｇ Ｂ，解得 Ａ＝ ，Ｃ错误；行星 Ｂ的运动周期为２ｔ，根据开普
Ｂ ｒ２ ｒ２ ｍ ８１ ２
Ａｍａｘ Ｂｍａｘ Ｂ
勒第二定律，任意一个行星与太阳的连线在相等时间扫过的面积相等，则行星Ｂ与太阳的连线在任意ｔ时间
２
内扫过的面积为椭圆轨道面积的一半，Ｄ正确。
ｈ ｖ ｈ
９．ＡＣＤ 【解析】根据ｖｈ图像可知，距上端口 ０处，气流的速度为 ０，黄豆恰好悬停在距上端口 ０处，秸秆对黄
２ ２ ２
ｖ ｋｖ ｖ ｋｖ
豆的弹力为０，则ｍｇ＝ｋ ０，ｍ ＝１０，Ａ正确；黄豆悬停时，ｍｇ＝Ｆ＝ｋｖ，由乙图知ｖ＝ｖ－０ｈ，解得ｍ＝１０
１ １２ １ ２ｇ １ ０ ｈ ｇ
０
ｋｖ
－１０ｈ，质量与高度不是正比关系，Ｂ错误；若质量为２ｍ的黄豆恰好悬停在上端口，２ｍｇ＝ｋｖ，对于质量为
ｇｈ １０
０
３ ３ ３ １ ｖ
ｍ的黄豆放在端口处，Ｆ－ ｍｇ＝ ｍａ，ａ＝ ｇ，方向竖直向上，由于冲力 Ｆ＝ｋｖ，ｖ＝ｖ－ ０ｈ，则 Ｆ＝
２ ２ ２ ３ １ ０ ｈ
０
( ｖ ) １ ３ ( ｖ )
ｋ ｖ－０ｈ，因此黄豆做简谐运动，由对称性可知，最高点 ａ＝ ｇ，方向向下，则最高点 ｍｇ－ｋ ｖ－０ｈ
１ ０ ｈ ３ ２ １ ０ ｈ
０ ０
３ １ ( ｖ )
＝ ｍａ，解得 ｈ＝ ｈ，Ｃ正确；对高度 ｈ的黄豆 Ａ有 ｍｇ＝ｋ ｖ－０ｈ ，对高度 ｈ的黄豆 Ｂ有 ｍｇ＝
２ ２ ０ １ Ａ １ ０ ｈ １ ２ Ｂ
０
( ｖ ) Δｍｇｈ
ｋ ｖ－０ｈ ，则Δｈ＝ｈ－ｈ＝ ０，Ｄ正确。
１ ０ ｈ ２ １ ２ ｋｖ
０ １０
－ － － ２ｎπｒＢｑ
１０．ＢＣ 【解析】对模型，根据动量定理 Ｆｔ＝ｍｖ，其中，平均安培力 Ｆ＝ｎＢＩ２πｒ，可得ｖ＝ ，Ａ错误；刚充电结
ｍ ｍ
Ｑ′
束时，电容器电荷量为Ｑ＝ＣＥ，模型达到最大速度时，电容器电荷量Ｑ′＝Ｑ－ｑ，此时电容器电压Ｕ＝ ，则此时
Ｃ
ＣＥ－ｑ ｍｑ
模型产生的感应电动势等于Ｕ，故Ｕ＝２ｎπｒＢｖ，联立可得 ＝２ｎπｒＢｖ，解得Ｃ＝ ，Ｂ正确；
ｍ Ｃ ｍ ｍＥ－４ｎ２π２ｒ２Ｂ２ｑ
Ｅ
模型刚在轨道上运动时，加速度最大，根据牛顿第二定律有ｎＢＩ２πｒ＝ｍａ，电流为Ｉ＝ 联立解得在轨道上的
０ ｍ ０ Ｒ
２ｎπｒＥＢ
最大加速度为ａ＝ ，Ｃ正确；模型滑离导轨的整个过程中，电容器释放的电能一部分转化为金属滑块的
ｍ Ｒｍ
１ ２ｎ２π２ｒ２Ｂ２ｑ２
动能Ｅ＝ ｍｖ２＝ ，另一部分转化为了模型的内能（焦耳热），Ｄ错误。
ｋ ２ ｍ ｍ
【物理答案 第２页（共５页）】
{#{QQABLQQo4gIQkpTACJ4LAQVYCwkYkIGjJMgkgUCQuA4CQQNABIA=}#}１１．（１）２．１×１０－７（２分） （２）丙（２分） 丙和丁（２分）
【解析】（１）相邻亮条纹中心间距 Δｘ＝０．９３ｍｍ－０．３１ｍｍ＝０．６２ｍｍ，等效双缝间的距离为 ｄ′＝２ｄ＝
Ｄ ｄ′
０．４ｍｍ＝４×１０－４ｍ，单缝到光屏的距离 Ｄ＝１．２ｍ，根据双缝干涉条纹间距公式 Δｘ＝ λ，λ＝ Δｘ＝
ｄ′ Ｄ
４×１０－４×６．２×１０－４
ｍ≈２．１×１０－７ｍ。
１．２
（２）丙实验方案中，绳的拉力Ｆ满足：
ｍｇ
Ｆ＝Ｍａ，且ｍｇ－Ｆ＝ｍａ，则Ｆ＝ ，只有Ｍｍ时，Ｆ才近似等于 ｍｇ，故以托盘与砝码的重力表示小车的
ｍ
１＋
Ｍ
合外力，需满足Ｍｍ。
丁实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝
码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力ｍｇ，不需要满足 Ｍｍ。两个实
验方案都需把ｍｇ作为Ｆ值。
１２．（１）②０（２分） １００（２分） （２）①ｃ（２分） ②１５０（２分） ③减小（２分）
【解析】（１）本实验用电桥法测电阻，在电阻箱与 Ｒ位置调换前后，都应使 Ｂ、Ｄ两点间电势差为零，即使电
ｔ
Ｒ Ｒ Ｒ
流表Ｇ的示数为零，进而根据并联电路规律可得
Ｒ
１＝
Ｒ
２１＝
Ｒ
ｔ，解得Ｒ
ｔ
＝槡Ｒ
２１
Ｒ
２２
＝１００Ω。
３ ｔ ２２
（２）①由题意可知，当控制电路电流达到２０ｍＡ时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以题图乙中，应将 ｂ端与
ｃ端相连。
②若设置电池温度为５０℃启动制冷系统，当温度为５０℃时，Ｒ的阻值为１００Ω，此时控制电路的总电阻
ｔ
Ｅ ５Ｖ
Ｒ＝ ＝ ＝２５０Ω，由串联电路的电阻规律，滑动变阻器接入的电阻为 Ｒ ＝Ｒ－Ｒ＝２５０Ω－
Ｉ ２０×１０－３Ａ Ｐ ｔ
１００Ω＝１５０Ω。
③由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当线圈电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，制冷系统被
Ｅ
启动，根据闭合电路欧姆定律Ｉ＝ ，若要在更低的温度启动制冷系统，热敏电阻变大，需要减小滑动变
Ｒ ＋Ｒ
Ｐ ｔ
阻器阻值。
１３．（１）５×１０５Ｐａ （２）２１９０Ｎ （３）８２．４Ｊ
解：（１）气缸缸体导热性良好，可知从状态Ａ到状态Ｂ，气体发生等温变化，
则有ｐＳＬ＝ｐＳ（Ｌ－ｈ）（２分）
Ａ Ｂ
ｐＬ
解得状态Ｂ气体的压强为ｐ＝ Ａ ＝５×１０５Ｐａ（２分）
Ｂ Ｌ－ｈ
（２）弹簧压缩量最大时，Ｆ最大，对活塞受力分析
则有ｐＳ＋Ｆ＋ｍｇ＝ｐＳ＋ｋ（ｘ＋ｈ）（２分）
０ Ｂ ０
代入数据解得Ｆ＝２１９０Ｎ（２分）
（３）气缸缸体导热性良好，可知从状态Ａ到状态Ｂ，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律
可得ΔＵ＝Ｗ－Ｑ＝０
解得外界对气体做的功为Ｗ＝Ｑ＝８２．４Ｊ（２分）
ｍ １
Ｂ２ｑＲ２
１
１４．（１）２πＲ （１＋ ） （２）① ０ ②最大可波动系数的上限α ＝ （ｎ＝２、３、４……），最大可波
槡２ｑＵ ０ 槡２ ２ｍＵ ０ 上限 ２ｎ－３
１
动系数的下限α ＝ （ｎ＝２、３、４……）
下限 ２ｎ－１
解：（１）同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力，粒子做半径
２πＲ
为Ｒ的匀速圆周运动，每一周所用时间ｔ＝ ，由于每一周速度不同，所用时间也不同
ｖ
【物理答案 第３页（共５页）】
{#{QQABLQQo4gIQkpTACJ4LAQVYCwkYkIGjJMgkgUCQuA4CQQNABIA=}#}１ ２ｑＵ
第一周ｑＵ ＝ ｍｖ２，得ｖ＝槡 ０（１分）
０ ２ １ １ ｍ
１ ２·２ｑＵ
第二周２ｑＵ ＝ ｍｖ２，得ｖ＝槡 ０
０ ２ ２ ２ ｍ
故绕行２周所需总时间
ｍ １
ｔ＝２πＲ （１＋ ）（２分）
总 槡２ｑＵ
０ 槡２
ｖ２
（２）①由Ｂｑｖ＝ｍ
０ ｒ
Ｂｑｒ
得ｖ＝ ０
ｍ
ＢｑＲ
当ｒ＝Ｒ时，速度最大ｖ＝ ０ （１分）
ｍ ｍ
１
Ｂ２ｑ２Ｒ２
离开磁场时的动能Ｅ ＝ ｍｖ２＝ ０
ｋ ２ ２ｍ
Ｔ Ｅ Ｂ２ｑＲ２
由图可知，ｔ＝ 时，电压为Ｕ，则加速次数Ｎ＝ ｋ ＝ ０ （２分）
４ ０ ｑＵ ２ｍＵ
０ ０
②每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若Ｂ＝Ｂ（１＋α），
０
则粒子在磁场中转半个圆周的时间比Ｂ＝Ｂ时缩短，则有
０
πｍ πｍ απｍ
Δｔ＝ － ＝ （１分）
１ Ｂｑ Ｂ（１＋α）ｑ Ｂｑ（１＋α）
０ ０ ０
（ｎ－１）απｍ
ｎ－１次半圆周累计缩短时间ｔ ＝（ｎ－１）Δｔ＝ （１分）
总缩 １ Ｂｑ（１＋α）
０
Ｔ πｍ
要实现连续ｎ次加速ｔ ＜ ＝
总缩 ４ ２Ｂｑ
０
１
可得α＜ （ｎ＝２、３、４……）
１ ２ｎ－３
１
则最大可波动系数的上限α ＝ （ｎ＝２、３、４……）（１分）
上限 ２ｎ－３
若Ｂ＝Ｂ（１－α），则粒子在磁场中转半个圆周的时间比Ｂ＝Ｂ时延长，则有
０ ０
πｍ πｍ απｍ
Δｔ＝ － ＝ （１分）
２ Ｂ（１－α）ｑ Ｂｑ Ｂｑ（１－α）
０ ０ ０
（ｎ－１）απｍ
ｎ－１次半圆周累计延长时间ｔ ＝（ｎ－１）Δｔ＝ （１分）
总延 ２ Ｂｑ（１－α）
０
１
可得α＜ （ｎ＝２、３、４……）
２ ２ｎ－１
则最大可波动系数的下限
１
α ＝ （ｎ＝２、３、４……）（１分）
下限 ２ｎ－１
[ ( １)２ｎ ]
１５．（１）２ｍ／ｓ （２）０．６２５ｍ （３）１１．２５－１１２ Ｊ
７
解：（１）设物块Ａ能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律μｍｇ＝ｍａ
０
设加速过程物块Ａ的位移为ｘ则ｖ２＝２ａｘ
解得ｘ＝１．５ｍ＜Ｌ
假设成立，Ａ碰Ｃ前速度为槡６ｍ／ｓ（１分）
由图知Ａ运动０．５ｍ时μ＝０．４，摩擦力对物块Ａ做的功
１
０＋μｍｇ
Ｗ ＝－ １ ｄ
ｆ ２
【物理答案 第４页（共５页）】
{#{QQABLQQo4gIQkpTACJ4LAQVYCwkYkIGjJMgkgUCQuA4CQQNABIA=}#}Ｗ ＝－０．５Ｊ（１分）
ｆ
１ １
根据动能定理得Ｗ ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２
ｆ ２ Ａ ２
ｖ＝２ｍ／ｓ（１分）
Ａ
Ａ、Ｃ碰撞过程由动量守恒和能量守恒得ｍｖ＝ｍｖ ＋ｍｖ
Ａ Ａ１ Ｃ１
１ １ １
ｍｖ２＝ ｍｖ２ ＋ ｍｖ２
２ Ａ ２ Ａ１ ２ Ｃ１
解得ｖ ＝０ ｖ ＝２ｍ／ｓ（１分）
Ａ１ Ｃ１
（２）设长木板Ｃ和物块Ｂ向右运动过程中第一次达到共速时的速度为ｖ，
１０
则由动量守恒定律得ｍｖ ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ（１分）
Ｃ１ １０
物块Ｂ与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设Ｃ与Ｂ再次共速时速度为ｖ，
２０
则由动量守恒定律得Ｍｖ －ｍｖ ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ（１分）
１０ １０ ２０
１ １
由能量守恒定律可得μＭｇＳ＝ ｍｖ２ － （Ｍ＋ｍ）ｖ２
２ ２ Ｃ１ ２ ２０
解得Ｓ＝０．６２５ｍ（１分）
（３）更换长木板后，由μｍｇ＝ｍａ
０
ｖ′２＝２ａｘ′物块Ａ离开传送带的速度ｖ′＝３槡３ｍ／ｓ（１分）
１ １
根据动能定理Ｗ ＝ ｍｖ２ － ｍｖ′２
ｆ ２ Ａ２ ２
解得Ａ碰Ｃ前速度ｖ ＝５ｍ／ｓ（１分）
Ａ２
Ａ、Ｃ碰撞过程由动量守恒和能量守恒得ｍｖ ＝ｍｖ″＋ｍｖ
Ａ２ Ａ Ｃ Ｃ２
１ １ １
ｍｖ２ ＝ ｍｖ″２＋ ｍｖ２
２ Ａ２ ２ Ａ ２ Ｃ Ｃ２
解得ｖ″＝－３ｍ／ｓ ｖ ＝２ｍ／ｓ（１分）
Ａ Ｃ２
设长木板Ｃ和物块Ｂ向右运动过程中第一次达到共速时的速度为ｖ，则由动量守恒定律得
１
ｍｖ ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ
Ｃ Ｃ２ Ｃ １
８
ｖ＝ ｍ／ｓ（１分）
１ ７
物块Ｂ第二次与挡板发生弹性碰撞前，由动量守恒定律得ｍｖ－Ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ
Ｃ１ １ Ｃ ２
( １)２
ｖ＝８× ｍ／ｓ（１分）
２ ７
Ｂ与挡板第三次碰撞前的共速的速度为ｖ，
３
由动量守恒定律可得ｍｖ－Ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ
Ｃ２ ２ Ｃ ３
( １)３
解得ｖ＝８× ｍ／ｓ
３ ７
同理可知，Ｂ与挡板第四次碰撞前的共速的速度为ｖ
４
( １)４
ｖ＝８× ｍ／ｓ
４ ７
同理可得，Ｂ与挡板第ｎ次碰撞前的共速的速度为ｖ
ｎ
( １)ｎ
ｖ＝８× ｍ／ｓ
ｎ ７
１ １
由能量守恒定律可得Ｑ ＝ ｍｖ２ － （Ｍ＋ｍ）ｖ２（１分）
３ ２ Ｃ Ｃ２ ２ Ｃ ｎ
物块Ａ在传送带上运动产生的热量Ｑ ＝μｍｇＳ ＝６．７５Ｊ（１分）
１ ０ 相对
物块Ａ在水平地面上运动产生的热量Ｑ ＝ Ｗ ＝０．５Ｊ（１分）
２ ｆ
[ ( １)２ｎ ]
则整个过程中产生的焦耳热Ｑ＝Ｑ ＋Ｑ ＋Ｑ ＝ １１．２５－１１２× Ｊ（１分）
１ ２ ３ ７
【物理答案 第５页（共５页）】
{#{QQABLQQo4gIQkpTACJ4LAQVYCwkYkIGjJMgkgUCQuA4CQQNABIA=}#}
