专题4 微专题(4) 电磁感应中的动力学、动量、能量问题(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

命题点一　电磁感应中的动力学问题 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 　如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。(已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若棒在磁场运动过程中突然撤去外力后，写出棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式。若满足棒运动到fe处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？ (4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。 [解析]　(1)因电阻两端电压随时间均匀增大，故电路中的电流、电动势均随时间均匀增大，由电动势表达式E＝Blv可知，速度随时间均匀增大，故金属棒做匀加速直线运动。 (2)对金属棒受力分析，由牛顿第二定律F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4(N)代入(0.5－)v＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与v无关，所以0.5－＝0，a＝0.4 m/s2 代入数据得B＝0.5 T (3)设外力F作用时间为t，撤去外力时棒运动的位移为x1，速度为v0，则有x1＝at2，v0＝at 设撤去外力棒减速的位移为x时速度为v，由动量定理－vt＝mv－mv0，x＝vt 整理可得，撤去外力棒在磁场中的速度v随位移x的变化规律的表达式为v＝v0－x 若满足棒运动到de处时恰好静止，则上述表达式中v＝0，x＝s－x1，则有0＝v0－(s－x1)，带入数据整理得t2＋4t－5＝0，解得t＝1 s或t＝－5 s(舍去) 故外力F作用的时间为1 s。 (4)开始时金属棒做匀加速运动v2＝2ax，撤去外力后v＝v0－x 开始速度v与x是二次函数关系，图像为抛物线；v与x可能是线性关系，图像是直线，根据物理量关系可能图线如下： [答案]　(1)匀加速直线运动　(2)0.5 T (3)v＝v0－x　1 s　(4)见解析图 　在例题中，从t＝0时刻开始，金属棒受到垂直于棒的水平力F作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动直到通过整个磁场区域，已知F随时间t变化的规律为F＝(0.2t＋0.4)N，已知l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m。求： (1)金属棒的加速度a的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)整个过程安培力的冲量。 解析　(1)(2)金属棒做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIl 电流为I＝ 电动势为E＝Blv 匀变速直线运动的速度为v＝at 联立化简为F－·t＝ma 结合F＝(0.2t＋0.4) N 解得a＝0.4 m/s2，B＝0.5 T。 (3)金属棒做匀加速直线运动，有s＝at2，可得 t＝ s 而安培力为F安＝·t＝0.2t 即安培力关于时间均匀增大，故安培力的冲量为 I＝安·t＝× N·s＝0.5 N·s 方向水平向左。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)0.5 N·s，　方向水平向左 　如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L＝1 m，左侧接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻。在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d＝1 m，一质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x(x为金属棒距MN的距离)的关系如图乙所示。测得电阻R两端电压随时间均匀增大。则： 甲 乙 (1)金属棒刚开始运动时的加速度为多少？ (2)磁感应强度B的大小为多少？ (3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v＝v0－s(v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？ 解析　(1)金属棒开始运动时，x＝0，v＝0，金属棒不受安培力作用 金属棒所受合力为F＝0.4 N 由牛顿第二定律得a＝＝0.4 m/s2。 (2)由题意可知，电阻R两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由E＝BLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动。加速度a＝0.4 m/s2 由匀变速直线运动的位移公式可得v2＝2ax 由题图乙所示图像可知，x＝0.8 m时，F＝0.8 N 由牛顿第二定律得F－＝ma 解得B＝0.5 T。 (3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值 ＝＝＝ 感应电流的平均值＝ 通过电阻R的电荷量q＝Δt 解得q＝＝＝1 C 设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为x＝at2 撤去外力后，金属棒的速度为v＝v0－s 到PQ恰好静止v＝0 则撤去外力后金属棒运动的距离为s＝·at，则 at2＋·at＝d 解得t＝1 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)0.5 T　(3)1 C　1 s 1．(2024·安徽卷)如图所示，一U形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B ＝ kt(SI)，k为常数(k > 0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t ＝ 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 (1)求通过面积Sc def的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 解析　(1)通过面积Sc def的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝BS＝kL2t 根据法拉第电磁感应定律得 E＝n＝＝kL2 由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 (2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安＝BIL，其中B＝kt 设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式x＝at2 所以导轨上方的电阻为R′＝2xr 由闭合电路欧姆定律得I＝ 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安＝。 (3)由题知t ＝ 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律 F－mg－μF安＝ma，F安＝ 联立可得F＝＋m(g＋a) 整理有F＝＋m(g＋a)，根据均值不等式可知，当＝art时，F有最大值，故解得 t＝，F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。 答案　(1)Φ＝kL2t　kL2　从a流向b　(2)F安＝　(3)　＋m(g＋a) 2．(2024·九省联考)如图甲所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距L＝1 m，左半部分倾斜且粗糙，倾角θ＝37°，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为α，tan α＝0.1。右半部分俯视图如图乙所示。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。导体棒P以v0＝0.5 m/s的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好，已知两磁场的磁感应强度大小均为B＝1 T，两棒的质量均为m＝0.1 kg，Q棒电阻R＝0.5 Ω，P棒电阻不计。重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以Q棒开始下滑为计时起点。求： (1)撤去小立柱时，Q棒加速度大小a0； (2)Q棒中电流随时间变化的关系式； (3)Q棒达到的最大速度vm的大小及所用时间t1。 解析　(1)撤去小立柱时，导体棒P刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析，有 a0＝＝g sin θ－μg cos θ＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为 E＝＝ 磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为 S＝＝tan α·v02t2 所以＝2tan α·v02t E＝＝＝2B tan α·v02t＝2×1×0.1×0.52t＝0.05t I＝＝ A＝0.1t。 (3)对Q棒受力分析，有ma＝mg sin θ－μ 当Q棒速度达到最大时 mg sin θ＝μ 解得此时I＝0.4 A，t1＝4 s 三角形磁场总长有L1＝ m＝5 m 而P棒在4 s内运动的位移为2 m，小于L1。 Q棒的加速度与时间的关系为 a＝g sin θ－μ＝ m/s2 画出Q棒的at图，如图所示，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的“面积”，Q棒达到的最大速度vm，vm＝Δv＝ m/s＝4 m/s，所用时间t1＝4 s。 答案　(1)2 m/s2　(2)I＝0.1t (3)4 m/s　4 s 命题点二　电磁感应中的动量、能量问题 1．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。 2．求解焦耳热的三种方法 (1)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt。 (2)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克。 (3)感应电路中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即Q＝－ΔE其他。 3．动量观点在电磁感应问题中的应用主要是解决变力的冲量，所以在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦。对于单杆模型应用动量定理，安培力的冲量I安＝BIlΔt＝Bql，且电荷量q＝·Δt＝n；对于双杆模型应用动量守恒定律，通常可以类比完全非弹性碰撞的模型。 　(2023·全国甲卷)如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属体P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 [解析]　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0。 (2)根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02。 (3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－B LΔt＝mvP′－mvP 又q＝Δt，＝＝＝ 联立可得x＝ 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝。 [答案]　(1)v0　(2)mv02　(3) 　在例题中，如图两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在水平绝缘桌面上。左侧圆弧部分处于竖直面内，右侧平直导轨端点与桌面边缘对齐且水平导轨处于竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将金属棒Q、P垂直于导轨放置，Q在外力作用下静止于圆弧轨道上距平台高度为h处，P放在距轨道右端距离为x0的水平轨道上保持静止。将Q由静止释放，一段时间后两棒分别脱离轨道，且从脱离轨道至落地两棒沿水平方向的位移之比为s1∶s2＝2∶5。两棒未发生碰撞，导体棒Q、P质量分别为2m、m，有效电阻均为R，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)导体棒Q脱离轨道时速度的大小； (2)导体棒P在轨道上运动的最小加速度； (3)导体棒P在导轨上运动的时间。 解析　(1)Q棒由静止沿光滑圆弧轨道下滑至水平轨道的过程中，只有重力做功机械能守恒2mgh＝×2mv02，解得v0＝。 随后Q棒进入匀强磁场切割磁感线产生感应电流，在安培力作用下，Q棒做加速度减小的减速运动，P棒做加速度减小的加速运动。由题意可知P棒脱离轨道前两棒并未共速，设Q棒脱离轨道时的速度为v1，P棒脱离轨道时的速度为v2，应有v1>v2，因棒脱离轨道后做平抛运动，故有＝＝ 又因Q、P两棒在水平轨道上相互作用的过程中，系统动量守恒2mv0＝2mv1＋mv2 联立上述各式解得v1＝，v2＝ (2)Q、P棒切割磁感线产生的感应电动势分别为E1＝BLv1′，E2＝BLv2′， 由右手定则可知，E2与E1的方向相反。所以，回路的电动势为E＝E1－E2＝BL(v1′－v2′) 由闭合电路欧姆定律可知，回路中电流为I＝＝ 故P棒所受安培力向右，大小为Ecd＝IBL＝ 受力分析可知，P所受合外力即其受到的安培力。所以P在离开轨道一刻加速度最小为a2min＝＝＝，方向水平向右。 (3)金属棒Q、P在水平轨道运动的过程中，系统动量守恒2mΔv1＝mΔv2 随时间的积累则有2x1＝x2如图所示，且知x2＝x0 设P棒在轨道上运动的时间为t0，则在水平轨道上Q棒相对P棒的位移为 Δx＝v0t0－(x1＋x2)＝·t0－·x0 由q＝可得，整个过程中通过金属棒横截面的电荷量为 q＝＝ P棒在轨道上运动，所受安培力即合外力，对其运用动量定理有q＝ 联立上述两式，即可解得t0＝＋ 答案　(1)　(2)，方向水平向右 (3)＋ 3．(多选)(2023·辽宁卷)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 解析　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； 任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左 MN受安培力FMN＝2BId，方向向右 可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′ 解得v′＝2v 回路的感应电流I＝＝ MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝ 选项B错误； 两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L 可得则最终MN位置向左移动x1＝ PQ位置向右移动x2＝ 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 F弹x1－F安xMN＝0 F弹x2－F安xPQ＝0 可得＝＝，选项C正确； 两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 q＝Δt＝＝＝ 选项D错误。 故选AC。 答案　AC 4．(2024·九省联考)如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小为B。已知导体棒MN的电阻为R，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R，质量为2m。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧，释放弹簧两棒在磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸长过程中，回路中感应电流的方向为PQNMP B．两导体棒和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为1∶2 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 解析　在弹簧伸长过程中，导体棒MN与PQ必定分别向右、向左运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生PMNQP方向的电流，A错误；两导体棒受到的安培力等大反向，两导体棒和弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，机械能不守恒，机械能会转化为焦耳热，B错误；两棒的动量始终大小相等可得mvMN＝2mvPQ，得vMN＝2vPQ，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，C错误；设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间距离和初始时相比增加了L，因两棒总是反向运动，可得x1＋x2＝L，整个运动过程回路的磁通量变化量为ΔΦ＝Bd＝BdL，通过MN的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，D正确。 答案　D 5．(2024·浙江金华模拟)如图所示，在空间有上下两个足够长的水平光滑平行金属导轨MN、M′N′和水平光滑平行金属导轨PQ、P′Q′，间距均为L1＝0.5 m，电阻不计，两导轨竖直高度差为H＝0.2 m。上导轨最左端接一电阻R0＝0.4 Ω，虚线ab左侧MM′ba区域的宽度L2＝0.1 m，存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化为B1＝0.2＋1.0t(T)。虚线ab右侧NN′ba区域内磁场方向竖直向上，磁感应强度B2＝0.1 T。竖直线NP与N′P′的右侧空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B3＝0.4 T。上、下导轨中垂直导轨分别放置两根相同的导体棒cd和导体棒ef，棒长均为L1，质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.4 Ω。t＝0时刻闭合开关K，cd在安培力的作用下开始运动，金属棒cd在离开水平导轨MN、M′N′前已经达到稳定状态。导体棒cd从NN′离开下落到地面平行导轨后，竖直速度立即变为零，水平速度不变。 (1)开关K闭合瞬间时，流过导体棒cd的电流I； (2)导体棒cd离开水平导轨时的速度v1的大小； (3)若导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，求导体棒ef的初始位置与PP′的水平距离x。 解析　(1)由法拉第电磁感应定律可知，开关闭合时感应电动势 E＝n，E＝L1L2＝0.05 V 导体棒cd的电流I＝＝0.0625 A。 (2)导体棒做加速度减小的加速运动，当通过导体棒的电流为零时，即穿过回路的磁通量为零时，导体棒的速度达到稳定，导体棒做匀速直线运动，回路磁通量不变，即 ΔB1L1L2＝B2L1v1Δt，代入数据解得导体棒cd离开水平导轨时的速度v1＝1 m/s。 (3)导体棒离开水平轨道后做自由落体运动，由H＝gt2得从离开到落地的时间 t＝0.2 s 在水平方向做匀速直线运动，水平位移x1＝v1t，解得x1＝0.2 m 两导体棒在相互作用过程中系统动量守恒，有 mv1＝2mv2，解得v2＝0.5 m/s 对导体棒ef应用动量定理B3IL1·Δt＝mv2，＝mv2 解得x2＝1 m，x＝x1＋x2＝1.2 m。 答案　(1)0.0625 A　(2)1 m/s　(3)1.2 m 6．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小； (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 解析　(1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有 －2BLt＝m－mv0，通过线框的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有＝，联立解得v0＝。 (2)金属框进入磁场的过程，有－BLt′＝mv1－mv0，闭合电路的总电阻R总＝R0＋＝R0，通过线框的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有＝，解得v1＝。金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－BLt″＝－mv1，通过金属框的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有＝，解得x＝L。故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝mv02－mv12，电阻R1产生的热量为Q1＝·Q总，金属框完全在磁场中运动过程，有Q总′＝mv12，电阻R1产生的热量为Q1′＝Q总′，电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q1′，解得Q1总＝。 答案　(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$