2016年新課標全國模擬卷

寧鵬程

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第14-18題只有一項符合題目要求，第19-21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.

14.一個質點，在x軸上做直線運動.在t=0時刻質點處于靜止狀態，它的坐標x和時間平方t2的關系圖象如圖1所示，則該質點（ ）.

A.質點運動方向與x軸正方向相同

B.質點做勻速直線運動

C.質點運動加速度為3 m/s2

D.質點運動加速度為6 m/s2

答案：D

解析設物體的初位置對應的坐標為x0，不妨假設物體沿著x軸的負方向做勻加速運動，加速度大小為a，則它的坐標x=x0-12at2，x-t2圖象為傾斜向下的直線，假設成立，即-

12a=-3 m/s2，解得：a=6 m/s2.綜合上面分析可得：本題答案選D.

15.如圖2所示為一水平傳送帶裝置示意圖.A、B為傳送帶的左、右端點，AB長L=2 m，初始時傳送帶處于靜止狀態，當質量m=2 kg的煤塊（可視為質點）輕放在傳送帶A點時，傳送帶立即啟動，啟動過程可視為加速度a=2 m/s2的勻加速運動，加速結束后傳送帶立即勻速轉動.已知煤塊與傳送帶間動摩擦因數μ=0.1，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.如果煤塊以最短時間到達B點，此情況下煤塊運動到B點的過程中在傳送帶上留下的痕跡至少為（ ）.

A.1 mB.2 mC.3 mD. 4 m

答案：A

解析（1）為了使煤塊以最短時間到達B點，煤塊應一直勻加速從A點到達B點，μmg=ma1，解得：a1=1 m/s2，v2B=2a1L，vB=2 m/s，傳送帶加速結束時的速度v=vB=2 m/s時，煤塊在傳送帶上的痕跡最短，煤塊運動時間t=vBa1=2 s，傳送帶加速過程：vB=at1得t1=1 s，x1=12at21，解得：x1=1 m；傳送帶勻速運動過程：t2=t-t1=1 s，x2=vBt2，解得：x2=2 m，故痕跡最小長度為Δx=x1+x2-L=1 m，選項A正確.

16.在真空中A、B兩點分別放有一異種點電荷+2Q和-Q，以AB連線中點O為中心做一正方形路徑abcd，a、O、c三點恰好將AB四等分，b、d為AB的中垂線與正方形兩邊的交點如圖3所示，說法正確的是（）.

A.場強的大小關系有Ea>Ec，Eb=Ed

B.電勢φa<φc，φb=φd

C.在AB連線上O點的場強最小

D.將一正點電荷沿直線由b運動到d的過程中電勢能始終不變

答案：A

解析設Aa的距離的大小為r，則Ea=2kQr2+kQ（3r）2=19kQ9r2，Ec=2kQ（3r）2+kQr2=11kQ9r2，則：Ea>Ec；b與d點由于對稱性可得：Eb=Ed，選項A正確；沿電場線方向電勢降低，φa>φc，φb=φd，選項B錯誤；由電場線的疏密程度可知： 連線上，電場強度的最小值出現在O點的右側，正電荷沿直線由b運動到d的過程中，只是初末的電勢能相等，過程中電勢能變化，選項C和D都是錯誤的.

17.開口向上的半球形曲面的截面如圖4所示，直徑AB水平.一物塊（可視為質點）在曲面內A點以某一速率開始下滑，曲面內各處動摩擦因數不同，因摩擦作用物塊下滑過程速率保持不變.在物塊下滑的過程中，下列說法正確的是（ ）.

A.物塊運動過程中加速度始終為零

B.物塊所受合外力不變

C.滑到最低點C時，物塊所受重力的瞬時功率達到最大

D.物塊所受摩擦力大小逐漸變小

答案：D

解析設物塊的速率為v，半球形曲面的半徑為R，物塊運動過程中加速度的大小為a=v2R，選項A錯誤；物塊所受合外力大小F=ma=mv2R不變，方向時刻在變化，選項B錯誤；物塊滑到最低點C時，物塊所受重力和物塊的速度垂直，由P=Fvcosθ可得：滑到最低點C時，物塊所受重力的瞬時功率為零，選項C錯誤；設物塊和軌跡圓心的連線和豎直方向的夾角為α，由于物塊做勻速圓周運動，所以物塊在沿著速度方向的合力為零，物塊所受摩擦力大小

為f=mgsinα，又由于在物塊下滑過程，α減小，所以摩擦力大小逐漸變小，選項D正確.

18.如圖5所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平面的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱.導線中均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度B=KIr，式中K是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離.一帶正電小球以初速度v0從a點出發沿連線運動到b點.關于上述過程，下列說法正確的是（ ）.

A.小球先做加速運動后做減速運動

B.小球先做減速運動后做加速運動

C.小球對桌面的壓力一直在增大

D.小球對桌面的壓力先減小后增大

答案：C

解析由于小球在水平方向不受力，所以小球做勻速直線運動；由右手螺旋定則、磁感應強度的疊加和左手定則可得：帶正電小球從a點運動到O點的過程受到的洛侖茲力豎直向上且逐漸減小到零，由物體的平衡可得：此過程桌面對小球的支持力逐漸增大；帶正電小球從O點運動到b點的過程受到的洛侖茲力豎直向下且從零逐漸增大，由物體的平衡可得：此過程桌面對小球的支持力逐漸增大；由牛頓第三定律可得：小球對桌面的壓力一直在增大.綜合上面分析可得：本題答案選C.

19.手搖發電機產生的正弦交流電經變壓器給燈泡L供電，其電路如圖6所示.當線圈以角速度ω勻速轉動時，電壓表示數為U，燈泡正常發光.已知發電機線圈的電阻為r，燈泡正常發光時的電阻為R，其它電阻可忽略，變壓器原線圈與副線圈的匝數比為k，變壓器可視為理想變壓器.則（ ）.

A.燈泡的額定電壓為Uk

B.燈泡的額定功率為k2U2R

C.發電機的線圈中產生的電動勢最大值為

2（R+r）UR

D.從中性面開始計時，原線圈輸入電壓的瞬時值表達式為U=2Usinωt

答案：A、D

解析不妨設流過原線圈的電流為I1，加在原線圈兩端的電壓為U1，流過副線圈的電流為I2，加在副線圈兩端的電壓為U2，副線圈兩端連接的總電阻為R，把變壓器和副線圈兩端連接的總電阻等效成電阻R′，則：R′=U1I1、R=U2I2、U1U2=n1n2、I2I1=n1n2，進一步可得：R′=（n1n2）2R.結合本題可得：R′=k2R，發電機的線圈中產生的電動勢的有效值為E=I1（R′+r）=I1（k2R+r），U=I1R′=I1k2R，可得：E=U（k2R+r）k2R，發電機的線圈中產生的電動勢最大值為Em=2E=2U（k2R+r）k2R，也可在發電機兩端用U=E-I1r求得E，選項C錯誤；由U1U2=n1n2結合題意可得：燈泡的額定電壓為U2=Uk，選項A正確；燈泡的額定功率為P=U2k2R，選項B錯誤；從中性面開始計時，原線圈輸入電壓的瞬時值表達式為u=2Usinωt，選項D正確.

20.如圖7所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質量為m的金屬棒，金屬棒和導軌接觸良好.除電阻R外，其余電阻不計.導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在平面.靜止時金屬棒位于A處，此時彈簧的伸長量

為ΔL，彈性勢能為EP.重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，則（）.

A.當金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為ΔL

B.電阻R上產生的總熱量等于mgΔL-EP

C.金屬棒第一次到達A處時，其加速度方向向下

D.金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多

答案：B、D

解析當金屬棒靜止在A處時：mg=kΔL（k為輕彈簧的勁度系數）；當金屬棒的速度最大時，金屬棒的合力為零，此時彈簧的伸長量的大小為x1，即mg=kx1+BI1L，mg>kx1，進一步可得：ΔL>x1，選項A錯誤；由于金屬棒克服安培力做功，金屬棒的機械能越來越小，最終金屬棒靜止在A處，由能量轉化和守恒定律可得：mgΔL=EP+Q，進一步可得：電阻R上產生的總熱量等于Q=mgΔL-EP，選項B正確；金屬棒第一次到達A處時速度大小為v，金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放到第一次到達A處的過程中，由能量轉化和守恒可得：mgΔL=12mv2+Q1+12kΔL2=12mv2+Q1+12mgΔL，可得v>0，即此時金屬棒有向下的速度，由右手定則和左手定則可得：此時金屬棒受到的安培力向上，由于此時金屬棒受到的安培力是金屬棒受到的合力，所以金屬棒第一次到達A處時，其加速度方向向上，選項C錯誤；由E=NΔΦΔt、E=I（R+r）、q=IΔt可得：q=NΔΦ（R+r），由于金屬棒掃過的面積對應的磁通量等于磁通量的變化量，由于金屬棒第一次下降過程的位移大小大于第一次上升過程的位移大小，所以金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多，選項D正確.

21.太空中存在一些離其它恒星很遠的、由三顆星組成的三星系統，可忽略其它星體對它們的引力作用.已觀測到穩定的三星系統存在兩種基本的構成形式：一種是直線三星系統──三顆星始終在一條直線上；另一種是三角形三星系統──三顆星位于等邊三角形的三個頂點上.已知某直線三星系統A每顆星體的質量均為m，相鄰兩顆星中心間的距離都為R；某三角形三星系統A的每顆星體的質量恰好也均為m，且三星系統A外側的兩顆星做勻速圓周運動的周期和三星系統B每顆星做勻速圓周運動的周期相等.引力常量為G，則（ ）.

A.三星系統A外側兩顆星運動的線速度大小為v=GmR

B.三星系統A外側兩顆星運動的角速度大小為12R5GmR

C.三星系統B的運動周期為T=4πRR5Gm

D.三星系統B任意兩顆星體中心間的距離為

L=3125R

答案：B C D

解析三星系統A外側兩顆星運動的線速度大小為v，則

Gm2R2+Gm24R2=mv2R，解得：v=5GmR，選項A錯誤；角速度大小為ω=vR=12R5GmR，選項B正確；三星系統B的運動周期為T=2πω=

4πRR5Gm，選項C正確；三星系統B任意兩顆星體中心間的距離為L，則：2rcos30°=L，2Gm2cos30°L2=

mr4π2T2，進一步可得：L=3125R，選項D正確.

非選擇題共19題（含選考題），共174分

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須做答.第33題～第40題為選擇題，考生根據要求做答.

22.（6分）某實驗小組在做“驗證牛頓第二定律”實驗中.

（1）在閉合電鍵之前，甲同學將實驗器材組裝成圖8所示.請指出該裝置中的錯誤或不妥之處（只要答出其中的兩點即可）： ； .

（2）乙同學將上述裝置調整正確后進行實驗，在實驗中得到如圖9所示的一條紙帶，圖中相鄰兩計數點之間還有四個點沒有畫出，由圖中的數據可計算得小車加速度為 m/s2.（保留兩位有效數字）

圖10（3）丙同學在利用上述調整好的裝置進行實驗中，保持砂和砂桶的總質量不變，小車自身的質量為M且保持不變，改變小車中砝碼的質量m，并測出小車中放不同砝碼時所對應的加速度a，以m為橫坐標，1a為縱坐標，在坐標紙上做出如圖10所示的1a-m關系圖線，圖中縱軸上的截距為b，則小車受到的拉力大小為

.

答案：（1）1.用的是直流電源2.木板的右端沒有墊高，（沒平衡摩擦力）3.小車離打點計時器太遠；（2）0.50 （或0.49）；（3）

Mb

解析（2）a=xBC-xABT2

=（10.06-6.21）-（6.21-2.86）0.12×10-2m/s2=0.50（m/s2）

（3）對小車和砝碼整體由牛頓第二定律可得：

F=（M+m）a，進一步可得：1a=1Fm+MF，結合圖9可得：MF=b，F=Mb.

23.（9 分）在練習使用多用表時，某同學將選擇開關撥至“×10Ω”檔時，歐姆表的內部結構可簡化成圖10中虛線框內的電路，其中定值電阻R0與電流表G 的內阻之比R0∶Rg=1∶4，電流表G的量程已知，故能正確讀出流過電流表G的電流值.歐姆表已經進行了必要的調零.該同學想用一個電阻箱Rx較精確的測出該倍率下電路中電源的電動勢E和歐姆表的總內阻R′，他的操作步驟是：

a.將歐姆表與電阻箱Rx連成圖11所示的閉合回路

b.改變電阻箱阻值，記下電阻箱示數Rx和與之對應的電流表G的示數IG；

c.將記錄的各組Rx、IG的數據描點在圖12中，得到1IG-Rx圖線如圖12所示；

d.根據圖12做得的1IG-Rx圖線，求出電源的電動勢E和歐姆表的總內阻R′.

中，a表筆和b表筆的顏色分別是 和 ，電源的電動勢E為V，歐姆表總內阻R′為Ω.電流表G的量程是

.

答案：黑（1分） 紅 （1分） 9（2分） 180（3分） 1×10-2（2分）

解析對于多用表，電流都是由黑表筆流出，紅表筆流入；由閉合電路歐姆定律可得：5IG（R′+Rx）=E，進一步可得：1IG=5ERx+5R′E，結合圖象可得：5E=300-100360，解得：E=9V；5R′E=100，解得：R′=180Ω；電流表G的量程為Ig，當電流表滿偏時，Rx=0Ω，則：5IgR′=E，解得：Ig=1×10-2A.

24.（14分）一質量m=

0.9 kg的小球，系于長L=0.9m的輕繩一端，繩的另一端固定在O點，假定繩不可伸長、柔軟且無彈性.現將小球從O點的正上方 O1點以初速度v0=2.25m/s水平拋出，已知OO1=0.8m，如圖13所示.（g取10m/s2）試求：

（1）輕繩剛伸直時，繩與豎直方向的夾角θ；

（2）當小球到達O點的正下方時，小球對繩的拉力.

答案：（1）θ=12π； （2） 43N 圖14圖15

解析（1）質點做平拋運動，當繩剛伸直時，設繩與豎直方向的夾角為θ，如圖14所示，則

v0t=Lsinθ （2分）

12gt2=OO′-Lcosθ （2分）

其中L=0.9m，v0=2.25m/s，OO1=0.8m

聯立解得：θ=12π，t=0.4s （2分）

（2）繩繃直時剛好水平，如圖15所示，由于繩不可伸長，故繩繃直瞬間，v0立即減為零，小球僅有豎直速

度vy，且vy=gt=4m/s（1分）

小球在豎直平面內圓周運動，設小球到達O點正下方時速度為v，根據機械能守恒定律有：

12mv2=12mv2y+mgL （2分）

小球在最低點時，設繩對小球的拉力為F，由牛頓第二定律可得：

F-mg=mv2L （2分）

聯立解得：F=43N （2分）

根據牛頓第三定律，小球對繩的拉力大小也為43N，方向豎直向下.（1分）

25.（18分）如圖16所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內存在正交的勻強電磁場，電場強度E1=40N/C；第四象限內存在一方向向左的勻強電場E2=1603N/C.一質量為m=2×10-3kg帶正電的小球，從M（3.64m，3.2m）點，以v0=1m/s的水平速度開始運動.已知球在第一象限內做勻速圓周運動，從P（2.04m，0）點進入第四象限后經過y軸上的N（0，-2.28m）點（圖中未標出）.（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）勻強磁場的磁感應強度B.

（2）小球由P點運動至N點的時間.

答案：（1）B=2T； （2）t=0.6s

解析（1）可知：qE1=mg （2分）

解得：q=5×10-4C （2分）

分析如圖17：Rcosθ=xM-xP （2分）

Rsinθ+R=yM （2分）

解得：R=2m，θ=37°（2分）

由qv0B=mv20R，可得： B=2T （2分）

（2）小球進入第四象限后受力分析如圖17

tanα=mgqE2=0.75 （2分）

可知小球進入第四象限后所受電場力和重力的合力與速度方向垂直，即α=θ=37°，軌跡分析如圖17，由幾何關系可得：lNQ=0.6 m，lNQ=v0t （2分），解得：t=0.6s （2分）.

根據牛頓第二定律：mgsinα=ma，解得：a=503m/s2，

由幾何關系得：lPQ=3m，由lPQ=12at2，解得：t=0.6s.

（二）選考題：共45分.請考生從給出的3道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑.注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區域指定位置答題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.

33.【物理——選修3-3】（15分）

（1）（5分）根據分子的動理論、溫度和內能的基本觀點，下列說法中正確的是（填正確答案標號.選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A.布朗運動是液體分子的運動，它說明分子永不停息地做無規則運動

B.溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大

C.如果兩個系統分別與第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做溫度

D.當分子間距等于r0時，分子間的引力和斥力都為零

E.兩個分子間的距離為r0時，分子勢能最小

（1）答案：BCE

解析布朗運動不是液體分子的運動，間接反映了液體分子的運動，選項A錯誤；由于溫度是分子平均動能的標志，物體的內能和物體的體積、溫度和分子數目有關，所以溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大，選項B正確；如果兩個系統分別與第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做溫度，選項C正確；當分子間距等于r0時，分子間的引力和斥力大小相等，方向相反，但不為零，選項D錯誤；由于分子力做正功，分子勢能減小，分子做負功，分子勢能增大，當兩個分子間的距離大于r0時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大，當兩個分子間的距離小于r0時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大，所以兩個分子間的距離為r0時，分子勢能最小，選項E正確.

（2）（10分）如圖18所示，豎直放置的U形管左端封閉，右端開口，左管橫截面積為右管橫截面積的2倍，在左管內用水銀封閉一段長為l、溫度為T1的空氣柱，左右兩管水銀面高度差為hcm，外界大氣壓為h0cmHg.

①若向右管中緩慢注入水銀，直至兩管水銀面相平（原右管中水銀沒全部進入水平部分），求在右管中注入水銀柱的長度h1（以cm為單位）；

②在兩管水銀面相平后，緩慢升高氣體的溫度至空氣柱的長度為開始時的長度l，求此時空氣柱的溫度T′.

（2）解析①封閉氣體等溫變化p1=p0-h，p2=h0，p1l=p2l′

（2分）h1=h+3（l-l′） （2分）

解得：h1=h0+3hh0l （1分）

②空氣柱的長度為開始時的長度l時，左管水銀面下降hh0l，右管水銀面會上升2hh0l，此時空氣柱的壓強： p3=h0+3hh0l（2分）

由p1T=p3T′（2分）

解得：T′=h20+3hlh0（h0-h）

（1分）

34.[物理——選修3-4]（15分）

（1）（6分）振源S在O點做沿豎直方向的簡諧運動，頻率為10Hz，t=0時刻向右傳播的簡諧橫波如圖19所示（向左傳播的簡諧橫波圖中未畫出）.則以下說法正確的是（填入正確選項前的字母.選對1個給3分，選對2個給4分，選對3個給6分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）.

A.該橫波的波速大小為20m/s

B.t=0時，x=1m處的質點振動方向向上

C.t=0.75s時，x=-1m處的質點處在波峰位置

D.若振源S向右勻速運動，在振源S右側靜止的接收者接收到的頻率小于10Hz

E.傳播過程中該橫波遇到小于2m的障礙物或小孔都能發生明顯的衍射現象

（1）答案：ABE（6分）

解析由于f=10Hz，f=1T，可得：T=0.1s；由圖可得： λ=2m，由v=λT可得：v=20m/s，選項A正確；由“沿著波的傳播方向，上坡下振，下坡上振”可得：t=0時，x=1m處的質點振動方向向上，選項B正確；t=0時，x=-1m處的質點振動方向向上，t=0.175s=134T時，x=-1m處的質點處在波谷位置，選項C錯誤；由多普勒效應可知：若振源S向右勻速運動，在振源S右側靜止的接收者接收到的頻率大于10Hz，選項D錯誤；當波的波長比障礙物或小孔的尺寸大或相差不多時，波能發生明顯的衍射現象，選項E正確.

（2）（9分）半徑為R的半圓柱形玻璃磚的截面如圖20所示，O為圓心，光線Ⅰ沿半徑方向從a點射入玻璃磚后，恰好在O點發生全反射，另一條光線Ⅱ平行于光線Ⅰ從最高點b射入玻璃磚后，在底邊MN上的d點射出.若測得Od=14R，求該玻璃磚的折射率.

（2）（9分）解析設光線Ⅱ的入射角和折射角分別為i和r，在ΔbOd中，bd=Ob2+Od2=174R （1分）.即：sinr=Odbd=1717 （1分）

由折射定律有 （2分），即 sini=1717n（1分）.又因為光線Ⅰ與光線Ⅱ平行，且在O點恰好發生全反射，有sini=1n （2分），所以1717n=1n （1分），從而得到n=417≈2.03 （1分）.

35.[物理——選修3-5]（15分）

（1）（6分）下列說法正確的是（填正確答案標號.選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A.愛因斯坦從理論上成功解釋了光電效應現象

B.盧瑟福發現了物質的放射性，從而確定了原子核的組成

C.用相同頻率的光照射同一金屬，逸出的所有光電子都具有相同的初動能

D.由玻爾理論知，氫原子輻射出一個光子后，其電勢能減小，核外電子的動能增大

E.平均結合能小的原子核結合成或分解成平均結合能大的原子核時一定放出核能

（1）答案：ADE（6分）

解析愛因斯坦從理論上成功解釋了光電效應現象，選項A正確； 1896年，法國物理學家貝克勒爾在研究鈾鹽的實驗中，首先發現了鈾原子核的天然放射性，選項B錯誤；用相同頻率的光照射同一金屬，逸出的所有光電子都具有相同的最大初動能，選項C錯誤；由玻爾理論知，氫原子輻射出一個光子后，氫原子從高能級躍遷到低能級，其電勢能減小，核外電子的動能增大，選項D正確；平均結合能小的原子核結合成或分解成平均結合能大的原子核時一定放出核能，選項E正確.

（2）（9分）在水平地面上沿直線放置兩個完全相同的小物體A和B，它們相距s，在距B為2s的右側有一坑，如圖21所示.A以初速度v0向B運動，為使A能與B發生碰撞且碰后又不會落入坑中，求A、B與水平地面間的動摩擦因數應滿足的條件.已知A、B碰撞時間很短且碰后粘在一起不再分開，重力加速度為g.

（2）（9分）解設A、B質量均為m，它們與地面間的動摩擦因數為μ，

若A能與B相碰，則有：12mv20>μmgs①（2分）

設A與B碰前速度為v1，碰后速度為v2；

由動能定理：

-μmgs=12mv21

-

12mv20②（2分）

動量守恒定律：

mv1=2mv2 ③（2分）

A、B粘一起不落入坑中的條件為：

12×2mv22<2μmg×2s ④（2分）

聯立并解得：v202gs>μ>v2018gs ⑤（1分）

（收稿日期：2015-12-16）