1、台州中学2013学年第二学期第一次统练试题高二 物理一、不定项选择题（183=54分）1.两个半径相等体积不能忽略的金属球相距为r，它们带有等量同种电荷q时，相互间的库仑力为F1，若距离不变，它们带有等量异种电荷q时，库仑力为F2，则两力大小的关系是（ ）AF1 F2 BF1 F2 CF1 F2 D无法确定【答案】B根据库仑定律，可知，r是两点电荷的间距，由于靠近完全相同的小球，因此当同种电荷时，间距大于球心间距；当异种电荷时，间距小于球心间距，所以库仑大小为，故B正确。故选B。【考点】库仑定律2如图所示，匀强电场中三点A、B、C是三角形的三个顶点，ABCCAB30，BC2 m已知电场线平行于
2、ABC所在的平面，一个带电荷量q2106C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2105 J，由B移到C的过程中，电场力做功6106 J下列说法正确的是() AB、C两点的电势差UBC3 VBA点的电势低于B点的电势C负电荷由C移动到A的过程中，电势能增加D该电场的场强为1 V/m【答案】DA、由B到C的过程电场力做功610-6J，由W=Uq得：BC两点的电势差，故A错误；B、点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.210-5J，根据电场力做功量度电势能的变化得：点电荷由A移到B的过程中，电场力做功-1.210-5J，A、B两点的电势差，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误；C、UCA=
3、-UBC-UAB=-3V，根据W=Uq得：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减小，故C错误；D、UBC=-3V，UCA=-3V，UAB=6V，在AB连线取一点D为该线中点，所以UAD=3V；UCA=-3V，UAC=3V，所以C、D电势相等，所以CD连线为等势线；而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B；因为BC=2m，由几何关系得：AD=3m，所以UAD=EdAD=3V所以该电场的场强为1V/m，故D正确。故选D。【考点】电势能；电场强度3一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过
4、程中，能量变化情况为（ ）A动能减小 B电势能增加C动能和电势能之和减小 D重力势能和电势能之和增加【答案】CA、由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误。故选C。【考点】电势能；电场线4如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动
5、电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 ，电流表和电压表均为理想电表只接通S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数为8A，则此时通过启动电动机的电流是 () A2 A B8 A C50 A D58 A【答案】C只接S1时，由闭合电路欧姆定律：，再接通S2后，流过电动机的电流为：。故选C。【考点】闭合电路的欧姆定律5在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则( )AA灯和B灯都变亮 BA灯变亮，B灯变暗C电源的输出功率增大 D电源的工作效率降低【答案】BAB、当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，有效阻值增大，电路中的电流减小，增大，则A
6、灯变亮，因为干路电流增大，而灯A以及R2两条支路的电流均增大，所以减小，即B灯变暗，故A错误B正确；C、因为内外电阻的关系未知，所以电源的输出功率不确定（若外电阻大于内阻，则当外电阻增大时电源输出功率减小，若外电阻小于内阻，当晚电阻增大时，电源输出功率增大），故C错误；D、效率：，当外电阻增大时，电源的工作效率增大，故D错误。故选B。【考点】闭合电路的动态变化6. 如图所示电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压,开始时只有S1闭合.当S2也闭合后,下列说法正确的是（ ）A.灯泡L1变亮 B.灯泡L2变亮C.电容器C的带电荷量将增加 D.闭合
7、S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】ADA、由电路图可知，当S2也闭合后，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变I大，变大，灯L1变亮，故A正确；B、电路电流变大，变大，变小，变小，灯L2变暗，故B错误；C、S2闭合前电容器两端电压等于电源电动势，S2闭合后，电容器两端电压等于L1两端电压，电压变小，由Q=CU可知电容器所带电荷量减小，故C错误；D、S2闭合后电容器所带电荷量减小，电容器放电，闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左，故D正确。故选AD。【考点】闭合电路的欧姆定律；电容7一只电炉的电阻和一台电动机的线圈电阻都为R，设通过的电流相同，时间相同，电动机正常工
8、作，则( )A电动机和电炉发热相同 B电动机消耗的功率和电炉一样大C电动机两端电压大于电炉两端电压 D电动机和电炉两端电压相同【答案】ACA、电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用根据焦耳定律，得，电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等，故A正确；B、电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，故B错误；CD、设电流为I，则电炉两端电压，电动机两端电压，所以，即电动机两端电压大于电炉两端电压，故C错
9、误D错误。故选AC。【考点】电功、电功率8. 在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为I时,小磁针左偏30（如图所示）,则当小磁针左偏60时,通过导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（ ） A.2IB.3I C. D.无法确定【答案】B根据题意可知，当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了30，由于导线的磁场与地磁场的共同作用，即有，所以当小磁针偏转了60时，则有，从而可确定B1与B2的关系即为：，又已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比：，可知则当小磁针左偏60时，
10、通过导线的电流为，故B正确。故选B。【考点】安培力9. 做奥斯特实验时，把小磁针放在水平通电直导线的正下方，通电后发现小磁针不动，用手轻轻拨动一下小磁针，小磁针转动180o后静止不动，由此可知通电直导线中的电流方向是 ( )A自东向西 B自西向东 C自南向北 D自北向南【答案】A由于地球磁场的作用，小磁针静止时N极指向地球的北极，如果通电导线是南北方向放置的，则不论电流方向指向南还是指向北，小磁针静止时将偏离南北方向而指向东西方向，即磁针转动的角度接近900；如果通电导线是东西方向放置，通以由东向西的电流，通电导线在其下方产生的磁场方向向南，与地球磁场的方向相反，则小磁针被用手轻轻拨动一下，北
11、极静止时N极由指向北方变为指向南边；如果通以由西向东的电流，通电导线在其下方产生的磁场方向向北，与地球磁场的方向相同，则小磁针指向不变。故选A。【考点】右手螺旋定则10如图所示，水平放置的直线电流I，在导线所在的水平面内有一电子以初速度v0运动，初速度v0方向与I的方向一致，则电子将（ ）A沿曲线a运动，其轨迹是圆B沿曲线a运动，其轨迹曲线的曲率半径越来越小C沿曲线b运动，其轨迹是圆D沿曲线b运动，其轨迹曲线的曲率半径越来越大【答案】D水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向垂直纸面向内，由左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向身向右，则电子将沿b轨迹运动，其速率v不变，
12、而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆，故D正确。故选D。【考点】洛仑兹力11. 现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以判断（ ）A.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向左减速滑动都能引起电流计指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流
13、计指针偏转的方向运动【答案】B当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；A、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏，故B正确；C、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，故B中同样会产生感应电流，故指针不会静止，故C错误；D、由以上分析可知，故D错误。故选B。【考点】楞次定律12.一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正
14、方向，线圈中的箭头为电流i的正方向(如图所示)已知线圈中感生电流i随时间而变化的图像如图所示，则磁感应强度B随时间而变化的图像可能是（ ）【答案】CD设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正；A、线圈中在前0.5s内，磁通量为负，则磁场方向垂直纸面向外，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向不同，故A错误；B、线圈中在前0.5s内，磁通量为负，则磁场方向垂直纸面向外，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆
15、时针方向，与题中电流方向不同，故B错误；C、线圈中在前0.5s内，磁通量为正，则磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；而在1s到1.5s内，磁通量为负，磁场方向垂直纸面向外，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；当1.5s到2s内，磁通量为负，磁场方向垂直纸面向外，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同，故C正确；D、线圈中在前0.5s内，
16、磁通量为正，则磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同；而在0.5s到1s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；而在1s到1.5s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量减小时，由楞次定律可得：感应电流是顺时针方向，与题中电流方向相同；当1.5s到2s内，磁通量为正，磁场方向垂直纸面向里，当磁通量增加时，由楞次定律可得：感应电流是逆时针方向，与题中电流方向相同，故D正确。故选CD。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律13. 平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光
17、滑导体棒ab、cd，两棒用绝缘轻杆连接，匀强磁场的方向如图甲所示而磁感应强度B随时间t的变化图线如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则绝缘轻杆中的张力（ ）A由0到t0时间内不变B由0到t0时间内逐渐增大C由0到t0时间内逐渐减小D由t0到t时间内逐渐增大【答案】CDABC、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力，因B减小，故张力将减小，故AB错误C正确；D、由t0到t时间内，线圈中的磁场向外，B均
18、匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆有靠近的趋势，而弹力，因B增大，故弹力将增大，故D正确。故选CD。【考点】法拉第电磁感应定律；力的合成与分解14如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接要使小线圈N各部分受到指向圆心的安培力，有收缩的趋势，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是（ ）A向右匀速运动 B向左加速运动 C向右减速运动 D向右加速运动【答案】BD线圈N各处受到指向圆心的安培力，收缩的趋势，说明线圈M对N有排斥力，根据楞次定律可知此时一定是线圈M中的磁场正在增强，则知ab产生的感应电流正在增大，说明
19、导体棒ab正在做加速运动，与方向无关，所以ab可能向左加速，也可能是向右加速，故AC错误BD正确。故选BD。【考点】法拉第电磁感应定律；安培力15.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（ ）【答案】A导体圆环将受到向上的磁场作用力，说明螺旋管中的磁场在减弱，即电路中的电流在减弱，而Bt图像的斜率与电路中的电流成正比，所以A图像附和题意要求。故选A。【考点】楞次定律16如图甲所示，长直导线与闭合
20、线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )A时间内线框中感应电流方向为顺时针方向B时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C时间内线框受安培力的合力向左D时间内线框受安培力的合力向右，时间内线框受安培力的合力向左【答案】A在时间内，根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知导线框所受安培力的合力向左；在时间内，根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向外，直导线中的电
21、流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知导线框所受安培力的合力向右，故A正确。故选A。【考点】楞次定律；安培力17如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，和OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（ ）AB22r4/2R BB22r4/R CB22r4/4R DB22r4/8R【答案】C因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，又因为，联立解得：，故C正确。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律；电功率18如图所示，固定放置
22、在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程( )A杆的速度最大值为 B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量D恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量【答案】BCA、杆匀速运动时速度最大设杆
23、的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为，而且杆受力平衡，则有，解得，故A错误；B、流过电阻R的电荷量为，故B正确；CD、根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，故C正确D错误。故选BC。【考点】法拉第电磁感应定律；功能关系二、填空题（82=16分）19右图为一个正在测量中的多用电表表盘。（1）如果是用直流10V挡测量电压，则读数为_ V。（2）如果是用100W挡测量电阻，则读数为_ W。（3）如果是用直流5mA挡测量电流
24、，则读数为_ mA。【答案】（1）6.5 （2）800 （3） 3.25（1）用直流10V档测量电压，准确值6.4V，估计值0.5，读数为6.5V；（2）用100档测量电阻，指示值8.0，倍率为100，读数为800；（3）用直流5mA档测量电流，准确值3.2mA，估计值0.05mA，读数为3.25mA。【考点】多用电表的原理及其使用20有一个小灯泡上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性曲线现有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻10k) B电压表(015V，内阻20k)C电流表(03 A，内阻1) D电流表(00.6A，内阻0.4)E滑动变阻器(20，3A)
25、F滑动变阻器(500，0.5A)G学生电源(直流6V)、开关、导线若干(1)实验时，选用下图中_（填甲或乙）的电路图来完成实验，并请说明理由：_。(2)实验中所用电压表应选_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(用器材前的字母表示)【答案】(1)甲 滑动变阻器应采用分压式接法 (2) A D E（1）、由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，所以应选用图中甲的电路图来完成实验；（2）、根据小灯泡的额定电压为4V，可知电压表应选A；由于小灯泡的额定电流为：，可知电流表应选D；由于采用分压式接法时，变阻器的电阻越小越方便调节，所以变阻器应选E。【考点】伏安法测电阻三、计算题21.（1
26、0分）在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处沿+y方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m ； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60角，求磁感应强度多大？此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？【答案】带负电 （1）对粒子的轨迹，由左手定则可知，该粒子带负电荷。 粒子由 A点
27、射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90，则粒子轨迹半径 由牛顿第二定律则粒子的比荷（2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60角，故 AD 弧所对圆心角 60，粒子做圆周运动的半径，而所以粒子在磁场中飞行时间 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动22.（10分）如图所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef，处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动。此时adeb构成一个边长为L的正方形。棒的电阻为r，其余部分电阻不计。开始时磁感应强度为B。 若t=0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k同时保持棒静止。求棒中的感应电流。在图上标出感应电流的方向。 在上述 情况中，始终
28、保持棒静止，当t=t1s末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？ 若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B与t的关系式）？【答案】方向：ba （1）据法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势为：，回路中的感应电流为：；方向：ba（2）当t=t1时，金属杆所受的安培力为：据平衡条件，作用于杆上的水平拉力为：（3）要使棒中不产生感应电流，则通过闭合回路的磁通量不变，即：，解得：。【考点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律23.（10分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿
29、过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场线框向上刚离开磁场时的速度刚好是向下刚进入磁场时速度的一半，整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动求：（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度V2； （2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V1； （3）线框在上升阶段通过磁场的过程中产生的焦耳热Q【答案】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有，解得（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，完全离开磁场瞬间速度大小为v1，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中、解得：（3）在线框向上刚进入磁场到向上刚离开磁场的
30、过程中，根据能量守恒定律可得解得：【考点】共点力平衡；能量守恒定律班级_姓名_号次_考试号_ *装订 线 台州中学2013学年第二学期第一次统练答题卷高二 物理一、不定项选择题（183=54分）请做在答题卡上二、填空题每空2分，共16分）19、_ _ _ 20、(1)_ _ (2)_ _ _ 三、计算题（10分10分10分30分）21、解：22、解：23、解：台州中学2013学年第二学期第一次统练试题高二 物理一、不定项选择题（183=54分）题号123456789答案BDCCBADACBA题号101112131415161718答案DBCDCDBDAACBC二、填空题（82=16分）19（1
31、）6.5 （2）800 （3） 3.2520 (1)甲 滑动变阻器应采用分压式接法(2) a d e三、计算题ks5u21.（10分）（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。 粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90，则粒子轨迹半径 则粒子的比荷（2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60角，故 AD 弧所对圆心角 60，粒子做圆周运动的半径 所以粒子在磁场中飞行时间 22.（10分）（1）据法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势为：，回路中的感应电流为：；方向：ba（2）当t=t1时，金属杆所受的安培力为：据平衡条件，作用于杆上的水平拉力为：（3）要使棒中不产生感应电流，则通过闭合回路的磁通量不变，即：，解得：。23.（10分）（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有mgf解得v2 （2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，完全离开磁场瞬间速度大小为v1，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中(mgf)h(mgf)h解得：v1（3）在线框向上刚进入磁场到向上刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得 解得：Q