浙江省绍兴一中届高三上学期回头考试物理试题解析卷.docx
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浙江省绍兴一中届高三上学期回头考试物理试题解析卷
2014学年
第一学期
绍兴一中高三物理回头考试题卷
一、单项选择题（每小题3分，共36分）
1．2014年8月3日16时30分在云南省昭通市鲁甸县（北纬27.1度，东经103.3度）发生6.5级地震，地震对人民的生命和财产造成严重的损失。
地震发生后，某空降兵部队迅速赶往灾区，通过直升机投放救灾物资．若在投放物资包时直升机悬停在足够高的空中，物资包的质量各不相同，每隔相同的时间先后由静止投放一个，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物资包在空中间隔的距离相等
B．物资包在空中间隔的距离从上到下越来越大
C．在下降过程中，相邻两个物资包的速度差不断增大
D．质量较大的物资包落地时速度较大
【知识点】自由落体运动．A3
【答案解析】B解析：
A、B、物资包做自由落体运动，速度逐渐变大，故在相等的时间间隔内距离不断变大，故A错误，B正确；C、物资包做自由落体运动，
，所以相邻物资的速度差不变，，故C错误；D、物资包做自由落体运动，加速度为重力加速度，与质量无关，落地速度为：
v=
，全相同，故D错误；故选B．
【思路点拨】物资包做自由落体运动，加速度为重力加速度，与质量无关，故可以根据公式h=
gt2和v2=2gh列式分析．本题关键明确物资包做自由落体运动，加速度等于重力加速度，与物体的质量无关，然后结合位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解．
【题文】2．物体以某一速度冲上一光滑斜面（足够长），加速度恒定．前4s内位移是1.6m，随后4s内位移是零，则下列说法中错误的是（）
A．物体的初速度大小为0.6m/sB．物体的加速度大小为6m/s2
C．物体向上运动的最大距离为1.8mD．物体回到斜面底端，总共需时12s
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．A2
【答案解析】B解析：
A、B由△x=aT2，所以：
a＝
＝−0.1m/s2．在前4s内根据位移公式：
x＝v0t+
at2，得：
v0＝
故A正确，B错误；C、上升最大距离
，故C正确；D、由题意知上升与下滑时间对称，上升时间
，所以总时间为12s，故D正确；本题选错误故选B
【思路点拨】物体以某一速度冲上一光滑斜面，加速度恒定，物体做匀减速运动，根据逐差相等公式△x=aT2，就可以求出加速度．由于解出了加速度，可以根据前4s内的位移公式x＝v0t+
at2，解出初速度．根据速度公式先解出4s末的速度，由于加速度恒定，也可以全程研究，直接用位移公式求解．
【题文】3．如图所示半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小B．MN对Q的弹力保持不变
C．P对Q的作用力逐渐增大D．P对Q的作用力先增大后减小
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3B4
【答案解析】C解析：
先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
N1=
N2=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
f=N2N=（M+m）g故：
f=mgtanθ
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选C．
【思路点拨】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．
【题文】4．如图所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上，大小F=7N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g=l0m／s2。
下列说法正确的是（）
A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
C．圆环受到直杆的摩擦力大小等于1N
D．圆环受到直杆的弹力大小等于
N
【知识点】摩擦力的判断与计算．B2
【答案解析】C解析：
对环受力分析，则有：
拉力、重力、弹力与静摩擦力；
将静摩擦力与弹力进行合成，其合力为F合；则F合+G=F；根据几何关系，F合sin30°=f；
F合cos30°=N；解得：
f=1N； N=
N；故ABD错误，C正确；故选C
【思路点拨】对环受力分析，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．考查如何受力分析，掌握平行四边形定则的应用，注意几何关系中的夹角，及弹力与静摩擦力的方向．
【题文】5．如图所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α2，则（ ）
A．当v1＞v2时，α1＞α2B．当α1＜α2，v1＞v2时
C．无论v1、v2大小如何，均有α1=α2D．2θ=α1+θ
【知识点】平抛运动．D2
【答案解析】C解析：
解：
如图所示，
由平抛运动的规律知
Lcosθ=v0t，Lsinθ=
gt2则得：
tanθ=
由图知：
tan（α+θ）=
可得：
tan（α+θ）=2tanθ
所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故ABD错误，C正确．故选：
C
【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．
【题文】6．汽车在平直的公路上以恒定的功率起动，设阻力恒定，则关于汽车运动过程中加速度随时间变化的关系，下图中最合理的是（）
【知识点】功率、平均功率和瞬时功率．E1
【答案解析】B解析：
汽车恒定功率启动，则开始时加速度较大，速度增大；则由P=FV可知，牵引力减小，则加速度减小；当牵引力等于阻力时，物体的加速度为零；此后做匀速直线运动；故汽车做加速度减小的加速运动，并且加速度减小的越来越慢，故选B
【思路点拨】由P=Fv可明确力、功率及速度间的关系；则可明确加速度、速度随时间的变化关系．本题考查功率公式的应用，要明确P=FV表示瞬时速度、力及功率的关系，故可明确物体的运动情况．
【题文】7．两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为-q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（ ）
A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D．油滴静止不动，电流计中无电流流过
【知识点】电容器的动态分析．I3
【答案解析】C解析：
将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=
分析得知，电容减小，而电容器板间电压不变，则由C=
分析可知，电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故C正确，ABD错误．故选C
【思路点拨】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴的运动情况．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，即可确定电路中电流的方向．本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=
和电容的定义式C=
结合进行分析．
【题文】8．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（ ）
【知识点】电势；电场的叠加．I1I2
【答案解析】A解析：
两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．故选：
A．
【思路点拨】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等．
【题文】9．人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为（ ）
A．mgLB．0C．μmgLD．
【知识点】功的计算．E1
【答案解析】D解析：
物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg之间取值，不一定等于μmg．在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功：
W=
mv2-0解得：
W=
mv2故选：
D
【思路点拨】对物体从静止到运动到速度为v，由动能定理可求出人对物体做的功．考查动能定理的应用，注意物体在手的作用下运动，是静摩擦力，但不一定是最大静摩擦力，而只有是最大静摩擦力时，才能是μmg
【题文】10．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（ ）
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到水平面的摩擦力一定为零
C．水平面对C的摩擦力方向一定向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3B4
【答案解析】C解析：
A、当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力．当B的重力沿斜面向下的分力不等于绳子的拉力时，B受摩擦力．则B受到C的摩擦力一定不为零．故A错误． B、C以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图如图．
根据平衡条件得水平面对C的摩擦力f=Fcosθ．方向水平向左．故B错误，C正确． D、由图得到水平面对C的支持力大小N=GC+GB-Fsinθ＜GC+GB．故D错误．故选C
【思路点拨】对于B物体：
当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力．以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向．本题关键存在选择研究对象，当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究，往往比较简单方便．
【题文】11．一斜面放在水平地面上，倾角为为θ= 45°，一个质量为m=0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示。
斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦。
下列说法中正确的是（）
A、当斜面以向左的加速度a=5
m/s2运动时，斜面对小球的弹力为零
B、斜面向右的加速度超过a=10m/s2时，球与斜面脱离
C、无论斜面做什么运动，绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力
D、无论斜面做什么运动，绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上
【知识点】力的合成与分解牛顿第二定律B3C2
【答案解析】B解析：
小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为
，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图所示
由牛顿第二定律得：
，解得临界加速度：
，故A错误，B正确；斜面对小球的弹力不为零时，斜面对小球的弹力与绳子在竖直向上方向上的合力大小等于重力，C错误；当球与斜面脱离时，斜面对球的弹力为零，拉力和重力的合力沿水平方向，D错误；故选B
【思路点拨】对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律求解、本题主要是对物体的受力分析
【题文】12．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（ ）
A、两处的电场方向相同，E1＞E2；
B、两处的电场方向相反，E1＞E2；
C、两处的电场方向相同，E1＜E2；
D、两处的电场方向相反，E1＜E2。
【知识点】电场的叠加．I1
【答案解析】D解析：
将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．
故选D．
【思路点拨】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大因为只学过点电荷的电场或者匀强电场，而对于杆产生的电场却没有学过，因而需要将杆看成是由若干个点构成，再进行矢量合成．
二、多项选择题（每小题4分，共16分）
【题文】13．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以速度V匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则下列说法中正确的是（ ）
A．橡皮做匀速直线运动
B．橡皮运动的速度大小为2v
C．橡皮运动的速度大小为
D．橡皮的位移与水平成450，向右上
【知识点】运动的合成和分解．D1
【答案解析】ACD解析：
橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；
故选：
ACD．
【思路点拨】橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度.本题关键是先确定水平方向和竖直方向的分运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求出合速度．
【题文】14．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与固定挡板MN接触且P处于静止状态。
则斜面体P此时刻受到外力的个数有可能为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．B3B4
【答案解析】AC解析：
对物体受分析如图：
如果：
（1）N=G的话，物体受力可以平衡，故P可能受2个力的作用．
（2）N＜G的话，P不可能平衡（3）如果：
N＞G，物体会受到挡板MN的弹力F和摩擦力f，受力分析如图：
故P可能受4个力的作用．综上所述：
P可能的受力个数是2个或4个故选：
AC
【思路点拨】P静止，所以受力是平衡的，我们可以根据平衡条件来判断弹力和摩擦力的有无．判断物体的受力个数其实就是判断相互接触的物体间有无弹力或摩擦力的作用，处理时根据平衡条件进行判断即可．
【题文】15．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中（ ）
A、所用的时间是2s
B、所用的时间是2.25s
C、划痕长度是4m
D、划痕长度是0.5m
【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2C2
【答案解析】AD解析：
根据牛顿第二定律得：
小煤块的加速度为a=
＝μg＝4m/s2
小煤块运动到速度与传送带相等时的时间为：
t1=
s＝0.5s此时小煤块的位移为：
x1＝
at2＝
×4×0.25m＝0.5m＜4m此后小煤块与传送带以相同的速度匀速运动直到B端，所以划痕长度即为小煤块相对于传送带的位移x1=0.5m，故C错误、D正确；x2=x-x1=3.5-0.5m=3.0m匀速运动的时间为：
t2＝
s＝1.5s运动的总时间为：
t=t1+t2=0.5+1.5s=2s，故A正确，B错误故选AD
【思路点拨】先判断物体从左端运动到右端做什么运动，然后根据运动学公式求解．解决本题的关键会根据受力判断物体的运动情况，难度适中，属于中档题．
【题文】16．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ ）
A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2g
B．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为g
C．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大
D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小
【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．B1B3C2
【答案解析】AC解析：
A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．速度最大，加速度最小，故C正确，D错误．故选AC．
【思路点拨】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．
三、实验题（每空3分，共15分）
【题文】17．某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验。
ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。
第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示。
第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点O的位置将。
A、竖直向下移动
B、水平向右移动
C、沿EO方向移动
D、沿FO方向移动
【知识点】验证力的平行四边形定则．B6
【答案解析】不变、C解析：
以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；由数学知识可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而∠EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO的延长线移动，即沿EO方向移动，故ABD错误，C正确．故选：
C．
【思路点拨】稳定后，O点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析．
【题文】18．某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出了以下几种猜想：
①W∝v，②W∝v2，③W∝
……。
他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器（用来测量物体每次通过Q点的速度）。
在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器
20090227
的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议。
（1）本实验中不需要测量物体的质量，理由是什么？
（2）让小球分别从不同高度无初速释入，测出物体从初位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4……，读出小球每次通过速度传感器Q的速度v1、v2、v3、v4……，并绘制了如图乙所示的L–v图象。
根据绘制出的L–v图象，若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出。
A．L–v2图象B．
图象C．
图象D．
图象
（3）本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？
。
【知识点】探究功与速度变化的关系．E4
【答案解析】
（1）根据控制变量思想，本实验应该控制质量不变，质量对于本实验（“探究做功和物体速度变化关系”）目的来是一个无关物理量，故无需测量质量
（2）A（3）不会解析：
：
（1）该实验需要验证的表达式为：
W=△EK，
即mg（sinθ-μcosθ）•L=
mv2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量．
（2）采用表格方法记录数据，合理绘制的L-v图象是曲线，不能得出结论W∝v2．为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L-v2图象，故A正确，BCD错误．
（3）由W=mg（sinθ-μcosθ）•L，可知重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．
【思路点拨】
（1）通过实验来探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，即需要验证
mg（sinθ-μcosθ）•L=
mv2，因此物体质量可以约掉；
（2）根据实验数据列出数据表并描点作出L-v2图象，从而找到位移与速度变化的关系；（3）在运动过程中，由于物体受力是恒定的，所以得出合外力做功与物体速度变化的关系．因此在实验中物体与木板间的摩擦力不会影响探究的结果．通过实验数据列表、描点、作图从而探究出问题的结论．值得注意的是：
由于合外力恒定，因此合外力做的功与发生的位移是成正比．故可先探究位移与速度变化有何关系．
四、计算题：
【题文】19．（9分）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到175m时，以10m/s的速度向上匀速运动，同时有一颗质量为0.01kg的小铆钉从热气球上脱离掉落，小铆钉脱离时相对热气球静止。
若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）热气球所受浮力大小；
（2）匀速上升时热气球所受的空气阻力；
（3）小铆钉落地时热气球离地的高度。
【知识点】牛顿运动定律C2
【答案解析】
（1）4830N；
（2）230N；（3）245m解析：
（1）从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，
有：
F浮-mg=ma
解得：
F浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N
（2）匀速上升时，根据平衡条件，有：
F浮=mg+f，解得：
f=230N
（3）取向下为正方向，小铁钉做匀变速运动
，带入数据t=7s
在这7s内，气球上升的高度x=
所以气球的高度为
h+x=245m
【思路点拨】
（1）在地面上对气球受力分析，气球受到重力、浮力，然后根据合力提供加速度，根据牛顿第二定律求解。
（2）在高处匀速运动时，气球受力平衡，合力为零。
（3）小铁钉落地，气球做匀速运动，求得小铁钉落地时间，从而求得气球的高度。
【题文】20．（12分
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