1、1陕西省西安市长安区第一中学 2018 届高三上学期第九次质量检测物理试题一、选择题1.静电场，磁场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，判断以下说法中可能正确的是（ ）A. 电场和磁场的概念分别是奥斯特和楞次建立的B. 重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为C. 静电场与磁场相类比，如果在静电场中定义“电通量”这个物理量，则该物理量表示穿过静电场中某一（平或曲）面的电场线的多少D. 如果把地球抽象为一个孤质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电
2、场线分布【答案】C【解析】A、电场和磁场的概念是法拉第建立的.故 A 错误;B、重力场与静电场相类比,重力场的“场强”相等于重力加速度,其“场强”大小的定义式为 ;故 B 错误;g=GmC、静电场与磁场相类比,如果在静电场中定义“电通量”这个物理量,则该物理量表示穿过静电场中某一(平或曲)面的电场线的多少.所以 C 选项是正确的;D、如果把地球抽象为一个孤质点,用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布,重力场的方向指向地球,类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布.故 D 错误.故本题选 C2.“弹弹子”是我国传统的儿童游戏，如图所示，静置于水平地面的两个完全相同的弹
3、子沿一直线排列，质量均为 m，人在极短时间内给第一个弹子水平冲量 I 使其水平向右运动，当第一个弹子运动了距离 L 时与第二个弹子相碰，碰后第二个弹子运动了距离 L 时停止已知摩擦阻力大小恒为弹子所受重力的 k 倍，重力加速度为 g，若弹子之间碰撞时间极短，为弹性碰撞，忽略空气阻力，则人给第一个弹子水平冲量 I 为（ ）2.A. m6kgLB. m4kgLC. m2kgLD. mkgL【答案】B【解析】第一个弹子获得速度后由于受阻力做功，动能减小；与第二个弹子相碰时，因为是弹性碰撞且两个弹子质量相同，由动量守恒定律可知，两个弹子交换速度，即第一个弹子静止，第二个弹子以第一个弹子的速度继续运动，
4、直到第二个弹子运动 L 后停止，这个过程摩擦力做功等于第一个弹子所获得的初动能，根据动能定理得： ，所以2kmgL=012mv2，因此根据动量定理可知 ，故 B 项正确。v= 4kgL I=m4kgL故本题选 B3.体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上。已知球架的宽度为 d，每只篮球的质量为 m，直径为 D，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（ ）A. 12mgB. mgDdC. mgD2D2d2D. 2mgD2d2D【答案】C【解析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况如图所示，3设球架对篮球的支持力 N 与竖直方向的夹角为 由几何知识得： cos=(D2)2(d2)2
5、D2 D2d2D，根据平衡条件得：2Ncos=mg解得：N= ，mgD 2D2d2则得篮球对球架的压力大小为：N=N= 所以 D 正确、 ABC 错误；故选 DmgD 2D2d24.如图所示，AB 为均匀带有电荷量为+Q 的细棒，C 为 AB 棒附近的一点，CB 垂直于 AB。AB棒上电荷形成的电场中 C 点的电势为 ， 可以等效成 AB 棒上电荷集中于 AB 上某点0 0P（未画出）处、带电量为+Q 的点电荷所形成的电场在 C 点的电势。若 PC 的距离为 r，由点电荷电势的知识可知 。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点0=kQr电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的
6、知识与方法，我们可将 AB 棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得 AC 连线中点 处的电势为（ ） CA. 0B. 20C. 20D. 40【答案】C4【解析】棒上电荷集中于 上某点 处，由题意知， 为 中某一点， ，现将 棒分成两AB AB P P AB cp=r AB段，则左半段中某一点 处等效电荷为 ，右半段某点 处等效电荷为 ，由几何关系EQ2 D Q2， 连线中点 处的电势 ，故 C 正确，ABD 错误；EC=DC=r2 AC C =1+2=kQ2r22=2kQr=20故选 C。【点睛】将棒等效成两点电荷，结合点电荷电势的 ，与电势为每一个点电荷在该点0=kQr所产生的电势的代
7、数和，即可求解。5.一般认为激光器发出的是频率为 的“单色光” ，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率 是它的中心频率，它所包含的频率范围是 (也称频率宽度)，其中 + 和- 分别记为“上限频率”和“下限频率” 。如图所示，某红宝石激光器发出的激光（其“上限频率”和“下限频率”对应的分别记为 a 光和 b 光）由空气斜射到平行液膜的上表面，射入时与液膜上表面成 角。则下列说法正确的是（ ）A. 逐渐减小 角，a 光在液膜下表面先发生全反射B. b 光从下表面射出时与入射光线间偏移的距离较大C. a 光更容易发生明显的衍射现象D. 相同装置做双缝干涉实验，a 光产生的干涉条纹间距较小【答案】
8、D【解析】A、因为平行液膜的上表面与下表面平行,光在上表面的折射角等于下表面的入射角,根据光路的可逆性得知,两种光都不可能在液膜下表面发生全反射.A 错误.B、a 光的频率大于 b 光的频率,液膜对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率,则 a 光通过平行液膜后偏移的距离较大，B 错误C、由题知,a 光的频率大于 b 光的频率,则 b 光的波长大于 a 光的波长,b 光的波动性较强,更容易发生明显的衍射现象.C 错误.5D、干涉条纹的间距与波长成正比.所以相同装置做双缝干涉实验,b 光产生的干涉条纹间距较大，D 正确；故本题选 D点睛：频率越大,介质对这种色光的折射率越大,通过平行液膜后侧移越
9、大;根据光路可逆性分析光线能否在液膜下表面发生全反射;波长越大,波动性越强,越容易发生衍射现象;干涉条纹的间距与波长成正比.6.如图所示，一质量为 m 的小球固定在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于 O 点，将小球拉至 A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到 O 点正下方与 A 点的竖直高度差为 h 的 B 点时，速度大小为 v，不计空气阻力，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）A. 由 A 至 B 克服重力做功为 mgh B. 由 A 至 B 重力势能减少12mv2C. 由 A 至 B 小球克服弹力做功为 mgh D. 小球到达位置 B 时弹簧的弹性势能为mgh12mv
10、2【答案】D【解析】A 项，由 A 至 B 在竖直方向位移为 h，重力方向向下，所以重力做功为 mgh， A 项错误。B 项，小球由 A 点至 B 点重力势能减小 mgh，小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以小球运动 B 点时的重力势能减少量不等于 ，同样弹性势能的增加量12mv2也不等于 mgh，BC 项错误。D 项，小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以在位置 B 时弹簧的弹性势能为D 项正确。mgh-12mv2故本题选 D7.如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，A=60，AO=a。在 O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某
11、种带负电粒子，粒子的电量大小为6q，质量为 m，发射速度大小都为 v0，发射方向由图中的角度 表示不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（ ）A. 若 ，则在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出v0=aqBmB. 若 ，则以 60飞入的粒子在磁场中运动时间最短v0=aqBmC. 若 ，则以 90力为 T1，绳 OB 的拉力为 T2，则下列不正确的是（ ）A. T1先增大后减小B. T1先减小后增大C. T2逐渐减小D. T2最终变为零【答案】B【解析】9以结点 O 为研究对象,分析受力情况,作出力图:重力 G、绳 OA 的拉力 ,绳 OB 的拉力 ,T1 T2根据平衡条件可得知:拉力 和
12、拉力 的合力与重力 G 大小相等、方向相反,如图.T1 T2作出三个不同位置力的合成图,由图看出 先增大后减小, 逐渐减小,直到为零.T1 T2本题选不正确的，故答案为 B11.一质点在竖直平面内斜向右下运动，它在竖直方向的速度时间图象和水平方向的位移时间图象如图甲、乙所示下列说法正确的是()A. 该质点的运动轨迹是一条直线B. 前 2s 内质点处于失重状态C. 质点的初速度大小为 2m/sD. 质点斜向右下运动的过程中机械能守恒【答案】B【解析】A、物体在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，则合运动是曲线运动，选项 A 错误；B、物体在竖直方向上有向下的加速度，知质点在前 2s 内处于
13、失重状态故 B 正确C、竖直方向上的初速度为 2m/s，水平分速度为 ，则合速度 ，C 错误43m/s v2m/s10D、质点的加速度为 ，则说明质点除重力外还受向上的力作用，则机械能不ay=422=1m/s2守恒，选项 D 错误本题选不正确的，故答案是 ACD12.一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移 s、机械能 E 随时间 t变化的图象中，可能正确的有( )A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度时间图象的斜率等于加速度、位移时间
14、图象的斜率等于速度，分析 v-t 图象和 s-t 图象的形状根据功能关系分析机械能的变化情况小球在上升过程中，设小球的加速度为 ，由牛顿第二定律得 ，又 ，得a1 mg+f=ma1 f=kv，v 减小，则 减小，v-t 图象的斜率逐渐减小小球在下落过程中，设小球的加a1=g+kvm a1速度为 ，由牛顿第二定律得 ，又 ，得 ，v 增大，则 减小，v-ta2 mgf=ma1 f=kv a2=gkvm a2图象的斜率逐渐减小；可知，v-t 图象正确，a-t 图象错误，故 A 正确 B 错误；根据位移时间图象的斜率等于速度，s-t 图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故 C 正确；
15、根据功能关系得： ，则得 ，由 ，则得fs=EEs=f Es=Etts=Et1v，v 是变化的，则知 E-t 图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故 D 错误Et=fv=kv21113.如图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为 L1，宽与高均为 L2的长方体。泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为 U 的电源（内阻不计） ，理想电流表示数为 I。若电磁泵和水面高度差为 h，液体的电阻率为 ，在t 时间内抽取液体的质量为 m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为 g，则A. 泵体下表面应接电源正极B. 电磁泵对液体产生的推力大小为 BIL1，C
16、. 电源提供的电功率为U2L1D. 质量为 m 的液体离开泵体时的动能 UItmghI2L2t【答案】D【解析】【详解】A、当泵体上表面接电源的负极时,电流从下向上流过泵体,这时受到的磁场力水平向右,不会拉动液体;故 A 错误;B、根据安培力公式 ,故 B 错误;F=BIL2C、根据电阻定律,泵体内液体的电阻: ;R=LS=L2L1L2=1L1因此流过泵体的电流 ,而电源提供的 ,故 C 错误;I=UR=UL1 P=UI=U2L1D、若 t 时间内抽取水的质量为 m,根据能量守恒定律,则这部分水离开泵时的动能为,所以 D 选项是正确的;Ek=UIt-mgh-I2L2t本题选不正确的所以答案是：
17、ABC【点睛】当泵体中电流向下时,安培力向左,故液体被抽出;根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析,根据安培力公式分析安培力大小情况.1214.下列说法正确的是（ ）A. 原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据B. 考古专家测出某具骸骨 lg 碳样品中 的含量为活着的生物体 lg 碳样品中 含量的 146C 146C1/4，已知 的半衰期为 5730 年，则该生物死亡时距今约 11460 年146CC. 核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为 可以13755CS 13756Ba+x判断 x 为 射线D. 核反应堆利用石墨吸收中子控制核反应速度【答案】BC【解析】原
18、子的特征谱线说明原子只能处于不连续的、分立的能级上，是原子具有分立能级的有力证据。故 A 错误；B. 考古专家发现某一骸骨中 的含量为活着的生物体中 的 1/4 ，可知经历了 2146C 146C个半衰期 , 的半衰期为 5730 年，则确定该生物死亡时距今约 11460 年，故 B 正146C确。C. 根据电荷数守恒、质量数守恒知， x 的电荷数为 1 ，质量数为 0 ，可知 x 为电子。故 C 正确；D. 镉具有很大的中子吸收界面，所以用来吸收裂变产生的中子。故 D 错误故本题选： BC15.如图所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距 12m 的两个振幅相等的振源 A、B，从0 时刻起，A
19、、B 同时开始振动。图甲为 A 的振动图象，图乙为 B 的振动图象。若 A 向右传播的波与 B 向左传播的波在 0.4 s 时相遇，下列说法正确的是（ ）A. 两列波在 A、B 间的传播速度均为 30m/sB. t=ls 时，振源 A 的位移为 0C. 两列波的波长都是 0.3 m13D. 在两列波相遇过程中，A、B 连线的中点 C 始终静止不动【答案】BD【解析】两波在均匀介质中传播波速相同,设为 v,则有 ,代入计算得出: A 错；2vt=s v=15m/sB、从图像上可以看出波源的周期为 0.2s，则 1s 时，波源振动了 5 个周期恰好回到平衡位置，B 正确C、从图像上可以看出波源的周
20、期为 0.2s，波速为 10m/s，所以波长为 =vt=150.2=3mC 错误；D、A、B 连线的中点 C 是一振动减弱点，所以在两列波相遇过程中，A、B 连线的中点 C 始终静止不动，D 正确；本题答案选：BD二、实验题16.写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：游标卡尺的读数 _mm；螺旋测微器的读数_mm。【答案】 (1). 10.55; (2). 3.614-3.617;【解析】游标卡尺主尺上的读数为 10mm分尺上的读数为 110.05mm=0.55mm游标尺的最终读数为： 10.55mm螺旋测微器主尺上的读数为： 3.5mm分尺上的读数为： 11.50.01mm=0.115m
21、m螺旋测微器上最终的读数为： （3.614-3.617） 3.615mm17.如图所示，把 A，B 两个小球用等长细线悬挂起来，一小球自然下垂，拉起另一个小球，放下时它们将相碰，请你利用该实验方法验证动量守恒定律14（1）写出该实验必须测量的物理量（并设定表示相应物理量的字母）：_；（2）用你所设定的字母写出验证动量守恒定律表达式：_ ；（3）请你写出一条减小实验误差的建议：_【答案】 (1). AB 两个小球的质量 m1、m 2，释放 A 球前细线与竖直方向的夹角 ，碰撞后 AB 上升到最高点时细线与竖直方向的夹角 、 ； (2). ； (3). 适当增加细线的长度；m1(1cos)=m2(
22、1cos)m1(1cos)【解析】（1）A 球 B 球发生碰撞，如果需要验证动量守恒，则需要测得 A 球质量 ，B 球质量 ，释放前 A 球前细线与竖直方向的夹角 ，碰撞后 AB 两球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角 和（2）A 球摆到最低点： ，碰后 A 球有：，碰后 B 球有： ，动量守恒的表达式为 ，所以有（3）减小实验误差的方法：适当增大小球的密度、适当增大小球释放时细线与竖直方向的夹角、确保发生的是对心正碰18.国标（GB/T）规定自来水在 15时电阻率应大于 13 m。某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门 K以控制管内
23、自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略） ，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：15电源（电动势约为 3 V，内阻可忽略） ； 电压表 V1（量程为 3 V，内阻很大） ；电压表 V2（量程为 3 V，内阻很大） ；定值电阻 R1（阻值 4 k） ；定值电阻 R2（阻值 2 k） ；电阻箱 R（最大阻值 9 999 ） ；单刀双掷开关 S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径 d；B向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度 L；C把 S 拨到 1 位置，记录电压表 V1示数；D把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表 V2示数
24、与电压表 V1示数相同，记录电阻箱的阻值 R；E改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤 C、 D，记录每一次水柱长度 L 和电阻箱阻值 R；F断开 S，整理好器材。（1）测玻璃管内径 d 时游标卡尺示数如图乙，则 d=_ mm；（2）玻璃管内水柱的电阻值 Rx的表达式为： Rx=_ （用 R1、 R2、 R 表示） 。（3）利用记录的多组水柱长度 L 和对应的电阻箱阻值 R 的数据，绘制出如图丙所示的关系图象。则自来水的电阻率 =_m（保留两位有效数字） 。R1L（4）本实验中若电压表 V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_（填“偏大”“不变”或“偏小” ） 。【答案】 (1). 30.00
25、 (2). (3). 14 (4). 偏大R1R2R【解析】(2) 设把 S 拨到 1 位置时，电压表 V1示数为 U，则此时电路电流为 ，总电压 U 总 = +UUR1 URxR1当把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表 V2示数与电压表 V1示数相同也为 U，则此时电路中的电流为 ，总电压 U 总 = R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压 E，可UR UR16得 ，解得 Rx= ； RxR1=R2R R1R2R(3) 从图丙中可知，R=2.010 3 时， =5.0m-1，此时玻璃管内水柱的电阻1LRx= =4000，R1R2R水柱横截面积 S=（ ） 2=2.2510
26、-4 m2，由电阻定律 得d2 R=LS= =40002.2510 -45m14m ；RSL点睛：本题考查了等效替代法测电阻以及电阻定律，解答本题的关键是明确实验目的，所有的步骤都为了测电阻率，所以要测量电阻、水柱横截面积、水柱的长度三、计算题19.如图（a）所示，一物体以一定的速度 v0 沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图（b）中的曲线给出。设各种条件下，物体运动过程中的摩擦因数不变。g=10m/s 2试求：（1）物体与斜面之间的动摩擦因数（2）物体的初速度大小（3）为多大时，x 值最小，且最小值是多少？【答案】 （1） （2） （3） 33 5m/s =3x
27、=1.08m【解析】当为 90 度时 v0= 2gh= 21054=5m/s当为 0 度时， v0= 2gs得： =33对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移 x 满足的关系式mgxsinmgxcos=012mv217x=v22g(sin+cos)利用辅助角公式可求得当 ，位移 x 有最小值且=3 x=1.08m故本题答案是：（1） （2） ；（3）当 ，位移 x 有最小值=33 v0=5m/s =3x=1.08m点睛：本题有图像，所以要利用图像中所给的特殊的数据代入求解，另外本题要求对数学上的辅助角公式比较熟悉，利用辅助角公式求 x 的最值。20.预警雷达探测到敌机在 20000m 上
28、空水平匀速飞行，立即启动质量 m=100kg 的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以 a=10g（g=10m/s 2）的加速度竖直向上匀加速上升至 5000m 高空，喷气方向立即变为与竖直方向成 角（cos=1/11）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机。假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点。试求：（1）火箭喷气产生的推力；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；（3）导弹击中敌机时的动能。【答案】 （1） (2) （3） F=1.1104N t总 =25s EK=1.85108J【解析】试题分析：（1）由牛顿第二定
29、律得： Fmg=maF=m(g+a)=1.1104N（2）在竖直方向上作匀加速直线运动12at21=h1t1= 2h1a= 250001010=10s由于推力改变方向 Fcos=11mg111=mg18导弹在竖直方向作匀速运动 t2=Hh1vy又 代入数据得 则：vy=at1 t2=15s t总 =t1+t2=25s（3）在 5000 米高处之后，导弹在竖直方向作匀速运动，水平方向作匀加速运动Fsin=maxsin=23011ax=11mg23011max=2030m/s2vx=axt2导弹击中飞机时的动能为 Ek=12m(v2x+v2y)=1.85108J考点：牛顿第二定律的应用21.平行金
30、属板 a、b 水平放置，板长 L=0.2m，板间距离 d=0.2m，两金属板间加上如图甲所示的电压 U，忽略电场的边缘效应，在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度 s=0.4m，上下范围足够大，磁场边界 MN 和 PQ 均与金属板垂直，磁场区域被等宽划分为 n(正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为 B = 510-3T，从左向右磁场方向为垂直纸面向外，向内，向外，向内依次交替（如图乙所示)，在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距离的水平线 OO/发射比荷 q/m=1108C/kg，初速度 v0=2105m/s 的带正电粒子，忽略粒子重力及之间的相互作用。 （带电粒子穿过电场的极短时间
31、内可认为两板间电压恒定）19（1）当 U 为何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；（2）若 n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，设 C、D 为射出边界 PQ 相距最远的两个粒子(C、D 未画出)，则他们在磁场中运动的时间差 t 为多少?（3）若 n 趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间 t 为多少？【答案】(1) (2) （3） U=400V t=5107s t=2105s【解析】（1）当粒子恰好从极板右边缘出射时，竖直方向 ；d2=12at2=12qUmdt2水平方向： L=v0t解得： U=400V500V当 U 取 400V 时，带电粒子射出电场时的速度偏
32、向角最大 （2）由几何关系知，逐渐增大 ，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与 PQ 交点逐渐上移Uba当 U=0 时，交点位置最低（如图中 D 点）由 得： qv0B=mv20r1 r1=0.4m此时交点 D 位于 正下方 0.4m 处圆弧所对应圆心角为 90OO当 U=400V 时，交点位置最高（如图中 C 点）：由 得vy=at=UqdmLv0=2105m/s v= v20+v2y= 2v0=22105m/s由 ，得： qvB=mv2r2 r2=0.42m圆弧所对应圆心角为 45 两粒子周期相同，则在磁场中运动的时间差 t=T8=m4qB=5107s（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为 v，偏向角为 ，当 n 趋于无穷大时，运动20轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线） 又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动轨迹长度为： ，运动速率为： 时间为： 本题答案是：(1) (2) （3） 点睛：本题较难，在分析本题时要挖掘出题中隐含的条件，当侧位移最大时偏向角也最大，但还要控制从平行板中出来，所以在竖直方向上的位移不能超过 ，利用此条件结合磁场中运动的规律求解本题。
