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2025年普通高等学校招生考试仿真卷3
(满分100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是，具有天然放射性，半衰期为87.7年。发生α衰变的核反应方程为He，则下列说法正确的是(　　)
[A]X原子核的中子数为141
Pu原子核发生α衰变后产生的新核的比结合能比核的比结合能小
[C]10个原子核经过87.7年后一定还会剩余5个
[D]Pu的半衰期是由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系
2．海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波(视为横波)沿海而传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s，则该水波(　　)
[A]振幅为4.5 m　　　　　　　 [B]波长为3 m
[C]频率为2 Hz [D]波速为2.25 m/s
3．如图所示，将重物通过细线挂在弹簧测力计甲下保持静止，然后用另一个弹簧测力计乙钩在细线上，在同一竖直平面内缓慢地拉到图中虚线位置(弹簧测力计乙始终未接触重物)。忽略弹簧测力计乙的挂钩与细线之间的摩擦。关于弹簧测力计乙的示数F和弹簧测力计乙与竖直方向夹角θ，下列判断正确的是(　　)
[A]F一直增大，θ一直减小
[B]F一直增大，θ先减小后增大
[C]F先增大后减小，θ一直减小
[D]F先增大后减小，θ先减小后增大
4．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是(　　)
[A]A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
[B]A、B两木块分离时，C的速度大小为2
[C]C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0
[D]C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
5．某款手机无线充电接收器，将其插入原本没有无线充电功能的手机的接口，并贴于手机背部，再将手机放在无线充电器上即可实现无线充电。其工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦交变电源后，受电线圈中产生电流给手机充电；充电时，受电线圈中的电流为2 A。若把装置线圈视为理想变压器，手机充电时，下列说法正确的是(　　)
[A]cd间电压为U2＝44 V
[B]送电线圈中电流为I1＝0.4 A
[C]送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比为5∶1
[D]送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率之比为25∶1
6．如图所示，一定质量的理想气体，由a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac。则(　　)
[A]Tb>Tc，Qab>Qac
[B]Tb>Tc，Qab[C]Tb＝Tc，Qab>Qac
[D]Tb＝Tc，Qab7．已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则顶点a和c两处的磁感应强度大小之比为(　　)
[A]∶4　　　 [B]∶2
[C]∶4　　　 [D]4∶
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，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．如图为我国发射的载着登陆舱的火星探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ＝4R，探测器在轨道Ⅱ上经过O点的速度为v，下列说法正确的有(　　)
[A]在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积相等
[B]探测器在轨道Ⅱ运动时，经过O点的加速度等于
[C]探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O点的速度大于v
[D]探测器在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与在轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是3∶1
9．如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量m＝1 kg 的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep 1、小球的重力势能Ep 2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹性限度范围内，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
丙　　　　　　　丁
[A]图乙中a＝3　　　　　　　　　　　[B]图丙中b＝4
[C]图丙中x0处的弹簧弹力为8 N [D]图丁中c＝9，d＝4
10．如图所示，水平面上有一组平行但宽度不同的固定导轨，分界线PQ、MN位于水平面内且均与导轨垂直，PQ左侧导轨间距是右侧导轨间距的2倍。PQ左侧和MN右侧有方向垂直水平面、等大反向的匀强磁场，PQ和MN之间是距离d＝1 m的无磁场区域。两根完全相同的导体棒CD，EF均平行PQ静止放置在导轨上，导体棒质量均为m＝0.2 kg。给导体棒CD施加一水平向右、大小为F＝10 N 的恒力，当导体棒CD运动s＝0.5 m时撤去恒力F，此时两导体棒的速度大小均为v1＝1 m/s。已知导体棒CD运动到PQ前两导体棒的速度均已稳定。当导体棒EF的速度大小为v2＝0.2 m/s时，导体棒CD刚好运动到MN并进入右侧磁场区域。整个过程中导体棒EF始终在MN的右侧导轨上运动，两导体棒始终与轨道接触良好且不会碰撞。除导体棒电阻外不计其他电阻，忽略一切摩擦，导轨足够长，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
[A]恒力F作用过程中，导体棒EF上产生的焦耳热为1.6 J
[B]撤去拉力F后，导体棒CD在左侧水平轨道上稳定速度的大小为0.5 m/s
[C]导体棒CD从PQ运动到MN过程中，导体棒EF位移的大小为1.3 m
[D]导体棒CD最终速度的大小为 m/s
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(6分)寒假期间小明利用图甲所示生活中的物品，测量了某型号刀片的厚度。
　　　　　　　
红色激光笔　　刀片　　玻璃片　　蜡烛　　白纸
甲
乙
实验过程如下：(1)点燃蜡烛，用蜡烛火焰把玻璃片的一面熏黑。
(2)并齐捏紧两片刀片，在玻璃片的熏黑面划出两条平直划痕。
(3)如图乙所示，将激光光源和玻璃片固定在桌上，并将作为光屏的白纸固定在距离足够远的墙上。
(4)打开激光光源，调整光源的高度并使激光沿水平方向射出，恰好能垂直入射在两划痕上。
丙
(5)观察白纸上的干涉条纹如图丙所示。用刻度尺测出a、b两点间的距离为____________cm，则两相邻暗纹中心之间的距离Δy＝________cm。
(6)测量玻璃片到光屏的距离L＝3.00 m，已知该红色激光的波长λ＝700 nm，利用公式求出双划痕间距d＝________mm，即为刀片厚度(结果保留两位有效数字)。
12．(8分)某同学设计了一个如图甲所示的实验电路图，测量电源的电动势和内阻。实验中使用的器材有：待测电池E、电流表A、电阻箱R、滑动变阻器R′、单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2及导线若干。
　
甲　　　　　　　乙　　　　　　　　　　　丙
(1)请在图乙中将实物图补充完整。
(2)该同学连接好电路后，按以下步骤进行操作：
①闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R′使电流表指针满偏；
②保持滑片P不动，把开关S2与C接通，调节电阻箱R使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值R0，得到电流表的内阻RA＝R0。用该方法测得的电流表内阻________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值；
③断开开关S1，把开关S2与D接通，多次调节电阻箱阻值，记下电流表的示数I和电阻箱相应的数值R；
④以为纵坐标，R为横坐标，作出 R图线如图丙所示，图线纵坐标截距为b，斜率为k；
⑤根据图线求得电动势E＝________，内阻r＝________。(用b，k，R0表示)
13．(10分)王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验。在空间站中的微重力环境下有一个水球，如果在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，如图所示。一束单色光从外球面上的A点以与AO连线成i角度射入球中。已知水的折射率为，内球面半径为3R，外球面半径为5R，光速为c，sin 37°＝0.6。求：
(1)光在水中的传播速度v；
(2)能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围。
14．(14分)如图甲，在xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度大小未知，磁感应强度大小为B。让质量为m，电荷量为q的带正电小球从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度入射，均能在复合场中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，忽略带电小球之间的影响。
甲　　　　　　　　　乙
(1)带电小球从O点以初速度v沿y轴正方向入射，恰好能经过x轴上的P(2a，0)点，求电场强度大小和v的大小；
(2)保持匀强电场的方向不变，大小变为原来的两倍，带电小球从O点沿y轴正方向入射，速度大小为，小球运动轨迹如图乙所示。研究表明：小球在xOy平面内做周期性运动，利用运动的合成分解规律，可将带电小球的初速度分出一个速度v1，并且qv1B与电场力、重力三力平衡，得到小球的一个分运动为v1的匀速直线运动；然后利用矢量运算，将初速度减去v1得到速度v2，得到另一个分运动为v2的匀速圆周运动，再由这两个分运动得到合运动的运动规律(题中v1和v2均为未知量)。
①求该带电小球运动过程中的最大速度值vm；
②写出该带电小球y t的函数表达式(小球从O点发射时为t＝0)。
15．(16分) 如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒a静止在固定平台上的O点，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m。长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板b静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，g取10 m/s2。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程。
9 / 9高考标准仿真卷·仿真卷3
1．D　[由质量数守恒和电荷数守恒可知X原子核的质量数A＝238－4＝234，电荷数Z＝94－2＝92，则质子数为92，则X原子核的中子数为234－92＝142，A错误；半衰期是一半原子核发生衰变需要的时间，是原子核本身的性质，不会随外界环境的变化改变，D正确；发生α衰变的过程中释放能量，所以原子核发生α衰变后产生的新核的比结合能变大，B错误；半衰期是一个统计性概念，对大量原子核才有意义，C错误。]
2．B　[根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；设波长为λ，则由题意可知λ＝4.5 m，解得λ＝3 m，故B正确；设周期为T，则由题意可知10T＝20 s，解得T＝2 s，所以频率为f ＝＝0.5 Hz，故C错误；波速为v＝＝1.5 m/s，故D错误。]
3．A　[对重物受力分析如图所示
根据图像可知，两弹簧测力计的拉力的合力不变，故在同一竖直平面内缓慢地拉到图中虚线位置，弹簧测力计乙的示数F一直增大，弹簧测力计乙与竖直方向夹角θ一直减小，B、C、D错误，A正确。故选A。]
4．C　[小球释放后在向下摆动的过程中，对A有向右的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等；A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： m0vC－2mvA＝0，由机械能守恒定律得： m0gL＝，解得：vA＝，vC＝2，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，A对B的弹力的冲量大小I＝mvA＝m0，故C错误；A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m0＝0，则m0×－2m×＝0，由几何关系得：x1＋x2＝L，
解得A移动的距离为：x2＝，故D正确。故选C。]
5．B　[送电线圈和受电线圈匝数比＝5∶1，如果送电线圈接上220 V的正弦交变电源后，cd间电压为U2＝U1＝44 V，现在送电线圈两端电压小于220 V，故cd间电压为U2<44 V，故A错误；受电线圈中的电流为2 A，送电线圈中电流为I1＝I2＝0.4 A，故B正确；根据U＝IR，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比＝，故C错误；根据P＝I2R，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为1∶25，故D错误。故选B。]
6．C　[设气体在状态a时的温度为Ta，由题图可知：Vc＝Va＝V0，Vb＝2V0＝2Va，从a到b是等压过程，则有＝，解得：Tb＝2Ta，从a到c是等容过程，则有＝，由于pc＝2p0＝2pa，解得：Tc＝2Ta，所以Tb＝Tc，因为从a到c是等容过程，体积不变，气体不做功，故a→c过程增加的内能等于a→c过程吸收的热量；而a→b过程体积增大，气体对外做正功，b、c状态内能相等，由热力学第一定律可知a→b过程增加的内能小于a→b过程吸收的热量，Qac7．A　[如图所示，根据右手螺旋定则，可知导线dh在a点的磁感应强度B1沿ab方向，导线hg在a点的磁感应强度B2垂直平面abgh斜向下。由几何知识可知，B2与平面abgh内的任意一条直线垂直，可知B2与B1垂直。导线dh、导线hg到a点的距离分别为da、ha，由图可知ha＝da。由于两导线电流大小相同，可知B2＝。根据平行四边形定则可知，a点的磁感应强度大小Ba＝＝B1。根据右手螺旋定则，可知导线dh在c点的磁感应强度B3沿bc方向，导线hg在c点的磁感应强度B4沿bc方向，由于导线dh到c点的距离、导线hg到c点的距离、导线dh到a点的距离均相等，可知B3＝B4＝B1。则c点的磁感应强度大小Bc＝B3＋B4＝2B1，可得＝，故A正确，B、C、D错误。]
8．BC　[因轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项A错误；探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R，则经过O点的加速度等于，选项B正确；探测器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要在O点减速，可知探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O点的速度大于v，选项C正确；探测器在轨道Ⅱ上与在轨道Ⅲ上的周期之比为＝＝，则探测器在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与在轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是＝＝，选项D错误。]
9．BCD　[由题图可知，小球到最低点时，高度下降0.6 m，则重力势能减少ΔEp2＝mghmax＝6 J，重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据Q＝f hmax＝ΔEp2－ΔEp1，解得f ＝2 N，则题图乙中a＝4，故A错误；结合题图甲和题图丙，可知小球高度下降0.5 m内，阻力和重力做功，根据mgh－f h＝Ek，解得y＝0.5 m时的动能Ek＝4 J，故B正确；当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件F弹＋f ＝mg，解得F弹＝8 N，故C正确；根据功能关系可知，小球高度下降0.5 m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为ΔE＝10－c＝f x，解得c＝9，根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6 m时，动能为零，则小球减少的重力势能等于减少的机械能为6 J，则d＝4，故D正确。]
10．AD　[恒力F作用过程中，根据能量守恒可得回路中产生的总焦耳热为Q总＝＝4.8 J，由于RCD＝2REF，可知导体棒EF上产生的焦耳热为QEF＝Q总＝1.6 J，A正确；撤去拉力F后，当导体棒CD与导体棒EF在磁场中产生的电动势大小相等，方向相反时，两导体棒的速度达到稳定，设稳定时导体棒CD的速度为vCD，导体棒EF的速度为vEF，右侧导轨间距为L，左侧导轨间距为2L，则有B·2LvCD＝BLvEF，从撤去拉力F到导体棒速度稳定，对导体棒CD，根据动量定理可得，－B·2Lt＝mvCD－mv1，对导体棒EF，根据动量定理可得－B·Lt＝mvEF－mv1，联立解得vCD＝m/s，vEF＝m/s，B错误；导体棒CD从PQ运动到MN过程中做匀速直线运动，所用时间为t＝＝3 s，导体棒EF做加速度减小的减速运动，位移应满足xEF11．解析：(5)用刻度尺测出a、b两点间的距离为10.50 cm
两相邻暗纹中心之间的距离为Δy＝ cm＝2.1 cm。
(6)刀片的厚度为Δy＝λ
解得d＝0.10 mm。
答案：(5) 10.50　2.1　 (6) 0.10
12．解析：(1)由电路图可得实物图如图。
(2)②由题意知，当保持滑片P不动，把开关S2与C接通时，电阻箱R与电流表并联，电路总电阻减小，则干路电流增大，所以电流表指针半偏时，电阻箱R上分到的电流大于满偏电流的一半，因为并联时，电流与电阻成反比，所以电流表内阻大于电阻箱阻值，故用该方法测得的电流表内阻小于真实值。
⑤由题意得E＝IR＋IR0＋Ir
即＝·R＋，
故＝b，＝k
解得E＝，r＝－R0。
答案：(1) 见解析图　(2)②小于　⑤　－R0
13．解析：(1)根据公式n＝
可得v＝＝c。
(2)光在内球表面上恰好发生全反射时的光路如图所示
有sin C＝＝
则sin ∠ABO＝sin C＝
对△ABO由正弦定理可得
＝
则有sin r＝
光在外球表面折射率为n＝
故有sin i＝n sin r＝
解得i＝37°
光在内球表面上掠过并发生全反射时，光与外球表面的折射角最大为θ，光路如图所示
由几何关系得sin θ＝
又n＝
解得i＝53°
故能使光在内球表面上发生全反射的入射角i的取值范围为37°≤i≤53°。
答案：(1)c　(2)37°≤i≤53°
14．解析：(1)带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则Eq＝mg
解得：E＝
当小球沿y轴正方向入射，转过半个圆周至P点，半径R＝a
带电小球由洛伦兹力提供向心力qvB＝
解得：v＝。
(2)电场强度大小变为原来的两倍，小球的运动为复杂的曲线运动，其两个分运动为：
一个v1的匀速直线运动：qv1B＋mg＝2Eq
解得v1＝，方向水平向右
一个速度v2的匀速圆周运动，设其初速度为v0，轨道半径为R2，则
v2＝＝，方向与y轴正方向夹角为45°
带电小球由洛伦兹力提供向心力qv2B＝得R2＝
①带电小球运动过程中速度最大时，v1与v2同向，则vm＝(＋1)
②带电小球y方向的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动的轨迹如下。
小球圆周运动周期为T＝
则带电小球y t的函数表达式为：
y＝R2cos －R2cos ＝R2cos －R2cos
解得y＝－·cos
或利用正弦计算得到：y＝－sin 。
答案：(1)　　(2)①(＋1)
②y＝－·cos (＋t)
15．解析：(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒m0v0＝(m1＋m0)v
系统损失的动能ΔEk＝
解得ΔEk＝475 J。
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律
(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋kx2
解得x＝0.5 m
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，由动能定理
－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－(m1＋m0)v2
解得Ek＝21 J。
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒a离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)
解得s＝3 m。
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理
－μ(m1＋m0)gs＝－Ek
解得v1＝3 m/s
设之后靶盒与木板达到共同速度，由动量守恒
v1′(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′
解得v1′＝2 m/s
该过程中木板的位移为s1，木板的加速度为a，由牛顿第二定律
μ(m1＋m0)g＝m2a
根据＝2as1
解得s1＝0.5 m＜d－l
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，由动量守恒
(m1＋m0)v′1－m2v′1＝(m1＋m0＋m2)v2
解得v2＝v′1
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移s2速度减为0，再向右加速
＝2as2
设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，由动量守恒
(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3
解得v3＝v2＝v′1
第三次与墙壁碰撞之后，经位移s3速度减为0，再向右加速
＝2as3
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1
vn＋1＝v′1
经位移sn速度减为0，再向右加速＝2asn＋1
木板的路程
L＝d－l＋2s1＋2s2＋……＋2sn＋1
即L＝
解得L＝3.125 m。
答案：(1)475 J　(2)21 J　(3)3 m　(4)3.125 m
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