2026届江西吉安市白鹭洲中学高三下学期强化训练（B）物理试题

**基本信息** 高三物理三模卷以《梦溪笔谈》声学现象（文化传承）、探测器推进（科技前沿）为情境，融合物理观念与科学思维，适配高考冲刺阶段能力训练需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|7/28|机械振动、匀变速运动、卫星运动|以新能源汽车功率问题考查运动与相互作用观念| |多项选择题|3/18|光电效应、氢原子能级、变压器|结合双折射现象考查科学论证能力| |非选择题|5/54|机械能守恒实验、气体实验定律、电磁导轨|探测器推进题综合动量定理与科技前沿，实验题突出科学探究要素|

保密★启用前 高三年级强化训练（B） 物 理 考生注意： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并收回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一项是符合题目要求. 1．《梦溪笔谈》中记录的“古琴正声”的做法：将如图所示的小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，小纸人会发生明显的晃动。某次，调音师在调音时，两个小朋友闻声跑向调音师，下列说法正确的是（　　） A．右边的小朋友听到的琴声音调小于琴弦发出的琴声音调 B．左边的小朋友听到的琴声音调大于琴弦发出的琴声音调 C．小纸人发生明显晃动的原因是声波衍射 D．小纸人发生明显晃动的原因是声波干涉 2．某同学欲估算汽车刹车时的初速度，他假设汽车在平直路面上做匀减速运动，汽车在路面上滑行的距离为，从刹车到停下来所用的时间为。实际上，汽车的速度越大，所受的阻力越大，则汽车刹车时的初速度应是（　　） A． B． C． D． 3．近年来为环保助力，我国新能源汽车发展迅猛。某新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，达到发动机额定功率后保持功率不变。汽车运动过程中受到的阻力不变，则此过程中该汽车的发动机功率、速度、动能和牵引力随时间变化的规律可能正确的是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在赤道平面内，以地心为圆心的圆轨道上均匀分布着三颗通信卫星，均沿同一方向做匀速圆周运动。已知地球半径为R，表面重力加速度大小为g，忽略地球自转对重力的影响。如果三颗通信卫星之间不利用基站作中继站，能够直接利用电磁波进行无线通信，则每颗通信卫星运行的最大线速度大小为（     ） A． B． C． D． 5．一束复色光射入一匀质材料制成的正方体透明砖，纵截面图如图所示。光线从上边的中点进入该砖后分为、两束单色光，分别从、两点射出，、两点与下边端点的距离均为砖边长的四分之一。下列说法正确的是（　　） A．单色光的波长大于单色光的波长 B．单色光在砖内传播的速率比单色光大 C．单色光、在砖内的折射率之比为 D．单色光在砖内的折射率为 6．某种窗户支架如图甲所示，其工作原理简化图如图乙所示。ad杆的a点通过铰链固定在滑槽导轨中，d点通过铰链固定在窗户底面，滑块可在滑槽导轨中自由滑动，bc杆的c点通过铰链固定在滑块上，b点通过铰链固定在ad杆上。某次关闭窗户的过程中，ad杆绕a点匀速转动，则下列说法正确的是（　　） A．点和点的速度大小可能相等 B．点的速度大小始终小于点的速度大小 C．点和点的加速度大小可能相等 D．点的加速度大小始终大于点的加速度大小 7．回旋加速器的两个半圆形“”型盒之间的距离不可忽略（如图甲所示），将导致被加速的粒子运动一周所用的时间略大于方波交流电（如图乙所示）的周期。若粒子的初速度为零，“”型盒的半径为，匀强磁场的磁感应强度为，不考虑相对论效应，为使粒子能完成加速离开回旋加速器，则加在两“”型盒之间的电压至少为（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8．关于下列四幅图所涉及的物理知识的分析，正确的是（    ） A．图甲中，若只增大屏到双缝间的距离，相邻亮条纹间的距离将减小 B．图乙是方解石双折射现象，说明方解石具有各向异性的光学特征 C．图丙是光电效应实验时所得到的光电流与所加电压的关系，可知c光的频率最大 D．图丁是氢原子的能级示意图，处于基态的氢原子能吸收能量为12.09eV的光子而发生跃迁 9．如图，理想自耦变压器AB端接入电压瞬时值表达式为的交流电，P为理想自耦变压器上的滑动触头，B、P之间接有一灯泡L和滑动变阻器R，灯泡的电阻为R0=32 Ω，滑动变阻器的最大阻值足够大，P′为滑动变阻器上的滑片，初始时A、B之间线圈的匝数为3000匝，A、P之间线圈的匝数为1000匝，滑动变阻器滑片P′位于最下端。不计灯泡电阻的变化且灯泡始终能够发光。下列说法正确的是（     ） A．初始时灯泡的功率为32W B．如果仅将滑动变阻器滑片P′向上滑动，BP两端的电压变大 C．如果仅将自耦变压器滑动触头P顺时针方向移动，灯泡变亮 D．如果将自耦变压器滑动触头P逆时针方向移动，同时将滑动变阻器滑片P′向上滑动，灯泡的亮度可能不变 10．一绝缘的固定斜面，倾角为37°，空间中存在沿斜面向下的匀强电场（图中未画出）。质量分别为2m、m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，可看成质点的M带正电，电荷量为q，N不带电。初始时有外力作用使M静止在斜面上的O点，以O点为坐标原点沿斜面向下建立x轴。物块与斜面间的动摩擦因数与坐标x的关系为，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t。已知重力加速度为g，电场强度大小为，斜面足够长，不计滑轮质量与摩擦，物块N始终不会与滑轮相撞。，，则（　　） A．释放时M的加速度为 B．M下滑的最大距离为L C．M下滑的最大速度为 D．M下滑的距离为时，所用时间为 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11．按要求完成下列实验。 (1)某实验小组用图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，通过刻度尺量出摆线长度L0，通过图乙所示的游标卡尺测量小球直径d=__________mm。已知重力加速度大小为g，保持摆线拉直，将小球拉离过悬点的竖直线一定的角度θ后，静止释放小球，小球通过光电门的遮光时间为t，若表达式__________（用d、L0、θ、g、t表示）成立，则机械能守恒定律得到验证。 (2)在某次科技活动中，实验小组设计了一款图丙所示的弹射器，来测量当地的重力加速度。弹射器将钢球从O点水平弹出，落在水平桌面的目标区域内。具体操作如下： ①固定弹射器，每次将钢球从O点以相同的水平初速度v0弹出，小球落在桌面上的点分布如图丁所示，确定平均落点P的方法是__________。 ②通过升降装置，改变O点离桌面的高度H，记录每次小球落点P与O点的水平距离L。实验小组描绘出L2-H图像如图戊所示，若直线斜率为k，则当地重力加速度大小为__________（用v0、k表示），若将钢球每次抛出的速度设定为0.5v0，则直线的斜率将变为__________（用k表示）。 12．某同学利用自制传感器探究电容器的充放电现象。简化电路图如图（a）所示。 （1）按照图（a）完成电路连接。实验所用电源输出的电压恒定不变。打开手机端的物理工坊应用程序，使手机通过蓝牙与电压、电流传感器建立连接，该应用程序可实时展示电压、电流随时间的变化曲线。本实验中电压传感器和电流传感器均视为理想电表，且电容器在充电前不带电。 （2）进行实验操作，给电容充电、放电，得到图（b）、图（c）中的实线图像。图（c）中实线图像时刻为________过程（填“充电”或“放电”）。图（b）为图像，其中与轴围成的面积分别为、，则________（填“>”“=”或“<”）。为了探究不同电阻情况下电容器电压随时间的变化规律，该同学更换电阻后再次进行实验，得到的图像为图（c）中的虚线，则第二次实验更换了一个阻值________的电阻（填“更大”或“更小”）。 （3）图（b）是未更换电阻时电容充放电得到的图像，不考虑电容器的容抗，则未更换前电阻________。 13．如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，左端开口，右端通过橡胶管（橡胶管体积不计）与放在水中的导热金属球形容器连通，球形容器的容积为，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出，水银柱上方空气柱长。已知大气压强，U形玻璃管的横截面积为。（，U形玻璃管右侧空气柱和金属球形容器内气体温度恒相同） (1)若对水缓慢加热，温度为多少时，两边水银柱高度会在同一水平面上？ (2)保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度是多少时右管水银面回到原来的位置？ 14．2035年，我国计划实施“天问四号”小行星采样返回任务。探测器在完成表面采样后，从小行星表面垂直起飞到与环小行星轨道器交会过程中，可忽略重力加速度的变化，重力加速度记为。探测器主发动机为一台恒速率电推发动机，其在任意极短时间内，喷射的工质质量均为，记，为常数，喷射的工质相对探测器的速度大小恒为，方向竖直向下。探测器初始总质量（含燃料）为，燃料耗尽后的探测器总质量为，满足，其中为燃料总质量。不计小行星周围稀薄大气的阻力，喷射过程中，且探测器速度变化量远小于。矢量方向以竖直向下为正。 (1)推导探测器在上升过程中速度为的时刻，发动机推力的大小； (2)写出探测器加速度随时间变化的表达式（用、、、、表示）； (3)探测器内的科学载荷能承受的最大加速度为。为使探测器在上升过程中加速度始终不超过此值，求燃料总质量与初始总质量的比值不应超过多少？ 15．如图所示，间距为L的两条平行导轨置于水平面上，其中垂直导轨的水平虚线和间的导轨部分由绝缘材料制成，其它部分均为金属导轨（金属导轨的电阻不计），右侧导轨足够长。导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源和阻值为R的电阻，且开关S断开。有电阻均为R、质量均为m的三根导体棒a、b、c垂直导轨放置，棒a位于左侧且与的距离为x，位于右侧的棒b、c，其中棒b与、棒c的间距均为d。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，不计一切摩擦阻力，不考虑电流产生的磁场的影响，棒运动过程中始终与导轨保持垂直。 (1)求开关S闭合瞬间棒a的加速度的大小； (2)开关S闭合后，若棒a到达前已做匀速运动，求匀速运动时棒a的速度大小v和棒a从开始运动至到达的过程中通过电阻R的电荷量； (3)若棒a通过绝缘材料部分时的速度为m/s，kg，m，m，T，Ω，棒间的碰撞均为弹性碰撞，求通过后棒a上产生的焦耳热。 学科网（北京）股份有限公司 $高三年级强化训练（B) 物理·答案 1.B 【详解】A.右边的小朋友向调音师跑去，即靠近声源，根据多普勒效应，当观察者靠近静 止声源时，单位时间内接收到的完全波的个数增多，即接收到的声波频率'大于声源频率∫， 所以听到的音调大于琴弦发出的琴声音调，故A错误； B.左边的小朋友向调音师跑去，即靠近声源，根据多普勒效应，当观察者靠近静止声源时， 接收到的声波频率”大于声源频率，所以听到的音调大于琴弦发出的琴声音调，故B正 确： CD.小纸人发生明显晃动是因为拨动的琴弦产生的声波频率与放小纸人的琴弦的固有频率 相同，发生了共振现象，使得琴弦振幅增大，从而带动小纸人晃动，这不是声波衍射也不是 声波干涉，故CD错误。 故选B。 2.B 【详解】汽车刹车后做减速运动，速度变小，汽车所受阻力小，根据牛顿第二定律可知，加 速度变小，所以汽车刹车后做加速度减小的减速运动，其速度一时间图像如图所示，图线与 时间轴所围成的面积表示位移，所以汽车刹车后汽车运动的位移小于三角形的面积，所以有 1 x<' 2 2x 解得%>，故选B。 3.D 【详解】汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，设汽车质量为，受到路面 的阻力为F,由牛顿第二定律可知，牵引力大小满足F-F= 解得F=F+a 故汽车的功率为P=F=（F+a)t 因此P随t线性增长，直到功率达到额定功率，之后功率保持不变：当功率达到额定功率 答案第1页，共9页 时，由于牵引力F大于阻力F,汽车速度v继续增大，由=可知牵引力F逐渐减小， 加速度满足a=刀-互 可知随速度增大，加速度逐渐减小，直到F=F时，加速度减为0，速度达到最大，之后汽 车匀速运动。 A.由上述分析可知，汽车在匀加速运动阶段P=（F+@)·at P随t线性增长，直到功率达到额定功率P,故A错误： B.汽车先做匀加速运动，当功率达到额定功率时，由于牵引力F大于阻力F,汽车速度1 继续增大，牵引力F逐渐减小，加速度逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，直 至速度达到最大，之后汽车匀速运动，故B错误； C.由动能定理可知，汽车的动能变化量等于合外力做的功，即△E=△W=F△x 故汽车动能随时间的变化满足温=△严 Po △t△t 可知E一图像的斜率为合外力的功率，汽车在匀加速运动阶段，合外力大小不变，速度随 时间逐渐增大，故该阶段E:一t图像的斜率逐渐增大，而图中斜率从一开始就逐渐减小，不 符合规律，故C错误； D.汽车做匀加速运动阶段，牵引力F恒定不变，直到功率达到额定功率P之后，汽车速 度继续增大，牵引力F逐渐减小，直至速度达到最大，汽车匀速运动，牵引力大小等于阻 力F,故D正确。 故选D。 4.A 【详解】设卫星轨道半径为r,三颗卫星均匀分布，相邻卫星与地心连线夹角为120°。卫星 间直接利用电磁波通信，要求卫星连线不被地球遮挡，临界情况是卫星连线与地球表面相切。 由几何关系可知，地心到卫星连线的距离d=心os60'=号 要保证通信，需满足d≥R,即≥R,解得，≥2R 根据万有引力提供向心力G= 12 -=l GM 得v= 在地球表面忽略自转影响有G R=g 即GM=gR 答案第2页，共9页 联立解得v gR 因为r之2R,所以当r=2R时线速度最大，最大值为m=2 故选A。 5.c 【详解】A.折射率大的光，频率高、波长小，根据图知，单色光x偏折更大，折射率更大， 则波长更短，故A错误； B.介质中光速v=e n 单色光x折射率更大，故在砖内传播的速率更小，故B错误： D.如图，设正方形边长为1 B M sina sina %= √17 sing sinB 单色光x在砖内的折射率为 4 故D错误： sina 13 = sina 2 C.与D项同理，单色光y在砖内的折射率为 2 根据D项分析知x在砖内的折射率为h=√17sio 7 故4=23 故C正确。 故选C。 6.A 【详解】AB.b在ad杆上，速度。方向垂直于ad杆；c在滑块上，速度'。沿水平滑槽方向。 对杆bc,两端点沿杆方向的分速度大小相等。设ad与水平方向夹角为0<90°，bc与水平 方向夹角为p<90°，由沿杆分速度相等，可得1%cos(90-6-p)=V.cosp 答案第3页，共9页 关闭窗户过程中，0、p逐渐减小，当c0s(90°-日-p)=c0p时，即6+2p=90°时，有%=： 说明b、c两点速度大小可能相等，不是b点的速度大小始终小于C点的速度大小。故A正 确，B错误； CD.ad杆绕a点匀速转动，b、d都在ad杆上，二者角速度ω相同。匀速圆周运动的加速 度为向心加速度，满足a=0r 转动半径的关系满足%=ab<a=|ad 因此4<a恒成立，即b点的加速度大小始终小于d点的加速度大小，故CD错误。 故选A。 7.C 【详解】离开回旋加速器时，粒子的轨迹半径等于“D”型盒的半径R,根据洛伦兹力提供向 12 心力可得B= R 可得v=BR 2 圆周运动的周期为T=2πR_2πm “D”型盒之间的距离d不可忽略，将导致被加速的粒子运动一周所用的时间略大于方波交流 电周期T,为了保证粒子每次穿过缝隙时电场方向恰好反向，使粒子持续加速，粒子在缝隙 急时间必须不超过半个周期，，设粒子被加速”次，每次加速获得动能9心 能g,=m: 2 粒子在缝隙中做匀加速直线运动，总位移为d,平均速度为，可得在缝隙运动时间为 t-nd_2nd 3 临界条件为：= 2 联立可得h=T qU 2 代入r=BR 可得U,=2BaR m T 故选C。 8.BD 【详解】A.根据△x=可知，若只增大屏到双缝间的距离L,相邻亮条纹间的距离将增 d 大，故A错误； B.方解石的双折射现象，是由于晶体对不同振动方向的光具有不同的折射率，说明方解石 在光学性质上具有各向异性，故B正确： C.根据光电效应方程有eU=Ek=hv-W。 答案第4页，共9页 可知入射光频率越大，遏止电压越大，图示可知b光遏止电压最大，因此b光的频率最大， 故C错误； D.光子激发跃迁需要满足的条件是光子的能量恰好是跃迁的两个能级的能量差，图丁中， 1、3能级差恰好为12.09eV,因此处于基态的氢原子能吸收能量为12.09eV的光子而发生跃 迁，故D正确。 故选BD。 9.AD 【详解】A.输入交流电瞬时值e=48√2sin(100π)V 因此输入电压有效值U= e=48V √ 原线圈(AB端)总匝数h=3000匝，初始时AP间匝数为1000匝，因此副线圈BP间匝数 %=3000-1000=2000匝 初始时P在最下端，R=O, Un 根据理想变压器电压比元， 得BP间电压U,=32V 灯泡功率P= -32w,故A正确： R B.仅移动P时，原输入电压、匝数比都不变，因此BP两端电压U由匝数比决定，保持不 变，故B错误； C.P顺时针移动时，A匝数增加，BP匝数必减小，因此，-儿心 减小，电路总电阻不变，灯泡电流减小，灯泡变暗，故C错误： D.P逆时针移动，AP匝数减小，BP匝数n增大，因此U,增大；同时P向上滑动，接入 电阻R增大。灯泡电压☑元十R U2Ro 滑动变阻器的最大阻值足够大，U,增大、R增大，U可以保持和原来相等，因此灯泡 亮度可能不变，故D正确。 故选AD。 10.AD 【详解】A.对M、N整体受力分析，总质量为3m,沿M下滑方向(x正方向)有 2gsin37°+qE-g-f=3ma 代入已知条件2 mg sin37°=1.2g,gB=4ms=0.8g, 5 =4:2gcos37=82m808=g 答案第5页，共9页 整理得。 80-2 a= 释放时x=0,代入得a=号，故A正确： B.第一次到达最低点时动能变化为0，由动能定理有。g-m)杰=0 计算得gxax migximax=0 2L 解得xm=2L,故B错误； C,加速度为0时速度最大，此时x=L,由动能定理e-空k=方3m 计算得"L=3, 2 2 解得v= gL ,故C错误： 3 D.加速度为需是小 这是简谐运动，平衡位置x=L,振幅A=L,角频率o= 运动方程为x=L1-cosa) 第一次到最低点x=2L,对应时间t,代入得cos at=-1, 即t=π 当下滑距离x=时，代入得=1-cosm) 2 3 解科青故D正稀。 故选AD。 11.(1) 21.50 &u-孕0-0= (2) 用圆规画一个尽可能小的圆，将所有点圈在圆内，圆心即为平均落点 2 k 4 【详解】(1)[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球直径为 d=21mm+10×0.05m=21.50mm [2]小球经过光电门的速度大小为v= 若机械能守恒，则mg亿，+1-cos=m2 所以g(4+0-cos)= (2)[1]用圆规画一个尽可能小的圆，将所有点圈在圆内，圆心即为P的平均落点： 答案第6页，共9页 1 [2]根据平抛运动的规律可得L=以，H=28 所以E=245H 所以k=2 g 则g=21 [3]若将钢球每次抛出的速度设定为0,5o,则直线的斜率为：=20.5)2_1.2_k 484 12. 放电 更小1100 【详解】(2)[1]由图(c)可知，在t2~t4时间段内，电容器两端电压U随时间t从3.3V逐 渐减小到0，说明电容器正在释放电荷，故为放电过程。 [2]图(b)中I-t图像与时间轴围成的面积表示流过的电荷量q,S表示充电过程充入的电 荷量，S,表示放电过程放出的电荷量的绝对值，根据电荷守恒，充入的电荷量等于放出的 电荷量，故S=S。 [B]由1=8心可知，初始时刻。=0，电流1-尽虚线斜率大说明初始电流大，故电阻 R R更小。 (3)[4由图(c)可知，电容器充电完毕后的最大电压即电源电动势E=3.3V。由图(b) 可知，充电开始瞬间的电流I,=3mA=3×103A 在充电瞬间，根据I。= R 解得R=9=110R 13.(1)87.5℃/360.5K (2)17.25cm 【详解】(1)气体在初状态下压强为h=P-15cmg=60cmHg 体积为V=,+Sh, 此时的温度为T=7+273=280K 当两边水银柱在同一高度时，气体的压强变为 此时的气体体积为=名+S4+身 根据理气体状态方侣，有学兰 代入数据可解得T,=360.5K=87.5C 答案第7页，共9页 (2)若右侧水银柱回到原来高度，则气体的体积回到，根据玻意耳定律，有P'=P 此时气体压强为)2=77.25cmHg 设注入的水银高度为h,则有p2=P-15cmHg+1cmHg 解得h=17.25cm 14.(1)ku ku (2)a=8o-M-kt o号 【详解】(1)以极短时间△t内喷射出的工质为研究对象。设工质受到探测器对其作用力的 大小为F',根据动量定理有F'△t=△p=△u 得F'=ku 根据牛顿第三定律，此时探测器受到推力的大小F=F'=k 可知推力F的大小不变，探测器受到推力的方向竖直向上，则探测器在竖直上升阶段，受 到工质的推力不变。 (2)在t时刻，探测器及探测器内剩余工质的质量m'=M-kt 根据牛顿第二定律有mg。-u=la ku 解得a=80-M-t (3)因为t=0时，加速度向上，则有a<0,即8 ”0 所以M< 90 当工质耗尽，加速度向上达到最大，所以有3M ku u） M <2g0 即M,之品 联立解得M。≥>4 Γ3g03 所以赠-“> 得呀<号 15.(1)4= BLE m(2r+R) ER BLx (2)v= mER BL(r+R)e=RBE (r+R) 答案第8页，共9页 【详解】(1)开关S闭合瞬间，导体棒a与电阻R的并联阻值为R并= 由闭合电路欧姆定律有！=日 r+R 对棒a有BL=m BLE 解得4= m(2r+R) (2)棒a到达MM前匀速运动时，通过棒a的电流为0，则电阻R两端的电压为U=BR r+R 此时有U=BLv ER 解得v= BL(r+R) 导体棒a到达MM的过程中有B亚·t=mv-0 qa=7.t mER 通过棒a的电荷量为4.B工(+R 此过程中的任一时刻有RR=BLva+iaR 在微元△t内iRR△t=BLva△t+iR△t 即qRR=BLx+qaR BLx mER 解得qR=R+BT(r+R) (3)设棒a与棒b碰撞前瞬间速度分别为y1、v2,则w=m1+22 -Bg L=my -nv （列式Bq1L=2mw2同样给分) 诗器 解得=1.5m/s,v2=0.25m/s 此过程中三棒产生的总焦耳热为Q=m2-m-2m吃=品J 4 13 Qa1=60=240 两棒碰撞前后速度发生交换，三棒最终速度相等，设为V共，则w=3共 得"共=m/s 棒ab碰接后棒a产生的焦耳热为Q:=石传m+之m}m)写7。 故Qa=Qa1+Qa2=】(或0.0628)。 答案第9页，共9页