浙江卷（6月选考）

本试卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.（2023·浙江6月选考1题）下列四组物理量中均为标量的是（）A.电势电场强度 B.热量功率C.动量动能 D.速度加速度解析：B电势为标量，电场强度为矢量，A错误；热量和功率均为标量，B正确；动量是矢量，动能是标量，C错误；速度和加速度均是矢量，D错误。2.（2023·浙江6月选考2题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对网的力大于网对足球的力解析：B在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，此时足球不可以视为质点，A错误；质量是惯性大小的唯一量度，足球在飞行和触网时质量不变，惯性不变，B正确；足球在飞行时，已经脱离脚，所以不受脚的作用力，C错误；足球对网的力与网对足球的力是一对相互作用力，大小相等，D错误。3.（2023·浙江6月选考3题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）解析：D铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错误；铅球的速度大小为v＝v02＋vy2，又vy＝gt，联立可得v＝v02＋g2t2，所以v-t图像为曲线，B错误；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由动能定理有mgh＝Ek－Ek0，又h＝12gt2，联立可得Ek＝Ek0＋12mg24.（2023·浙江6月选考4题）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片。轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（）A.受到月球的引力为1350NB.在AB段运动时一定有加速度C.OA段与AB段的平均速度方向相同D.从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度解析：B由于月球表面的重力加速度约是地球表面重力加速度的16，则巡视器受到月球的引力约为13506N，A错误；巡视器在AB段做曲线运动，则其加速度一定不等于零，B正确；OA段为直线，AB段为曲线，则OA段与AB段的位移方向不相同，则巡视器在这两段的平均速度的方向一定不相同，C错误；由于AB段为曲线，则巡视器从O到B的位移大小一定小于OAB5.（2023·浙江6月选考5题）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将

94238Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。94238Pu的衰变方程为

94238PuA.衰变方程中的X等于233B.24He的穿透能力比C.94238Pu比

D.月夜的寒冷导致

94238解析：C由于核反应过程遵循质量数守恒、电荷数守恒，则X应为234，A错误；α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，B错误；比结合能越大，原子核越稳定，则

94238U的比结合能比

94238Pu的比结合能大，C正确；放射性元素的半衰期与物理状态以及化学状态均无关，所以月夜寒冷的天气中

946.（2023·浙江6月选考6题）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（）A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4GB.Fa＝0.4G，Fb＝0.6GC.Fa＝0.8G，Fb＝0.6GD.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G解析：D以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与圆柱体所受重力等大反向，结合几何关系可知Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，D正确。7.（2023·浙江6月选考7题）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（）A.送电端先升压再整流B.用户端先降压再变交流C.1100kV是指交流电的最大值D.输电功率由送电端电压决定解析：A由于变压器的工作原理是电磁感应现象，因此升压变压器和降压变压器原线圈两端的电压均为交流电压，所以送电端先升压再整流，用户端先变交流再降压，A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，C错误；由远距离输电的原理可知，输电功率由用户端决定，D错误。8.（2023·浙江6月选考8题）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A.E1E2＝R2RC.E1E2＝R1R解析：A粒子在下侧电场中运动时，由牛顿第二定律得qE1＝mv2R1，又由于粒子沿同一等势线运动，所以电场力不做功，则粒子进入上侧电场的速度大小不变，由牛顿第二定律得qE2＝mv2R2，整理得E1E2＝R29.（2023·浙江6月选考9题）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则（）A.木卫一轨道半径为n16B.木卫二轨道半径为n2C.周期T与T0之比为nD.木星质量与地球质量之比为T02解析：D由题意可知木卫三的公转轨道半径为r3＝nr，对木卫一和木卫三，由开普勒第三定律得r13r33＝1242，解得r1＝nr232，A错误；对木卫二和木卫三，由开普勒第三定律得r23r33＝2242，解得r2＝nr34，B错误；根据题中条件不能求出T和T0的比值，C错误；对木卫三，由牛顿第二定律得Gm木m3（nr）2＝m34π2T2（10.（2023·浙江6月选考10题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝π4；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（A.电源电动势E0＝2MgB.棒消耗的焦耳热Q＝1－C.从左向右运动时，最大摆角小于πD.棒两次过最低点时感应电动势大小相等解析：C导体棒静止时的受力图如图所示，由于θ＝π4，故安培力F＝Mg，又F＝BIL，电流I＝E0R，解得E0＝MgRBL，A错误；开关S接2，导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒完成一次振动，在最低点时速度不为0，即Ek＞0，由能量守恒定律可知棒完成一次振动的过程消耗的焦耳热满足Q＋Ek＝Mgl（1－cosθ），所以Q＜Mgl（1－cosθ）＝1－22Mgl，B错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动的最大摆角小于π4，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4，C正确；导体棒第二次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由11.（2023·浙江6月选考11题）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）A.声波的波长λ＝15cmB.声波的波长λ＝30cmC.两声波的振幅之比为3∶1D.两声波的振幅之比为2∶1解析：C假设沿A管传播的声波振幅为AA，沿B管传播的声波振幅为AB，根据题意可得AA＋ABAA－AB2＝400100，解得AAAB＝3，C正确，D错误；把A管拉长d，在O处第一次探测到O处声波强度最小，故212.（2023·浙江6月选考12题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10－8C、质量为3.0×10－4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（）A.MC距离为53cmB.电势能增加了343×10－4C.电场强度大小为3×104N/CD.减小R的阻值，MC的距离将变大解析：B结合几何关系，对小球受力分析。在水平方向有F·cos60°＝FT·cos60°在竖直方向有F·sin60°＋FT·sin60°＝mg，联立解得E＝3×105N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力方向与FT等大反向，故小球沿AM方向做直线运动，由数学知识可知AN·cos30故MC＝ACtan30°＝103cm，A由N到M过程，小球所受的电场力F＝Eq，故电场力做的功W＝－F（AC－ANsin30°）＝－334×10－故小球电势能增加了334×10－4J，B因为电容器两端的电压等于电源电压，所以减小R的阻值，电容器两端的电压不变，又两板间距一定，故小球的受力情况不变，即小球的运动情况不变，则MC的距离不变，D错误。13.（2023·浙江6月选考13题）在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率n＝43，细灯带到水面的距离h＝710m，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（解析：C发光三角形发出的光线的临界角满足sinC＝1n＝34，光线为临界光线时，出射点到发光点的水平距离为r＝htanC＝710m×37＝0.3m，如图1所示，任一发光点在水面形成半径为0.3m的圆形区域，发光体顶点处对应的有光射出的水面形状为圆的一部分，A如图2所示，等腰直角三角形发光体的内切圆半径为r'，根据几何关系得r'＝2a－2a2，解得r'＝2a二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.（2023·浙江6月选考14题）下列说法正确的是（）A.热量能自发地从低温物体传到高温物体B.液体的表面张力方向总是跟液面相切C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率解析：BD热量不能自发地从低温物体传到高温物体，A错误；液体的表面张力总是沿液体表面，和液面相切，B正确；在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，C错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，D正确。15.（2023·浙江6月选考15题）有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx，已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（）A.电子的动量pe＝hLB.电子的动能Ek＝hC.光子的能量E＝W0＋chLD.光子的动量p＝W0c解析：AD条纹间距公式Δx＝Ldλ，电子动量pe＝hλ，联立解得pe＝hLdΔx，A正确；电子的动能Ek＝12mv2＝pe22m，解得Ek＝12mhLdΔx2，B错误；光子的能量E＝W0＋Ek，故E＝W0＋12mhLdΔ非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.（2023·浙江6月选考16题）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）Ⅰ.（7分）（1）在“探究平抛运动的特点”实验中①用图1装置进行探究，下列说法正确的是。A.只能探究平抛运动水平分运动的特点B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点②用图2装置进行实验，下列说法正确的是。A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为。A.x＋d2C.3x－d（2）如图4所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。钩码个数012…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝cm，弹簧B的伸长量ΔxB＝cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEpmg（ΔxA＋ΔxB）（选填“＝”“＜”或“＞”）。Ⅱ.（5分）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到（选填“A”“B”“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为V。（2）测得的7组数据已标在如图3所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E＝V和内阻r＝Ω。（计算结果均保留两位小数）Ⅲ.（2分）以下实验中，说法正确的是（多选）。A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零解析：Ⅰ.（1）①用题图1装置可以探究平抛运动竖直方向做自由落体运动的特点，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，B正确，A、C错误。②用题图2装置进行实验，斜槽轨道M没必要光滑，但末端必须水平，A错误；上下调节挡板N时，不需要等间距移动，B错误；小钢球必须从斜槽M上同一位置静止滚下，C正确。③用题图3装置进行实验，根据平抛运动规律有x－d2＝v0T，y1＝12gT2，联立解得v0＝x－d2g2y1，A、B错误；根据平抛运动规律有4x－d2＝v0·4T，y4＝12g（4T）2，（2）钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝8.53cm－7.75cm＝0.78cm；弹簧B的伸长量ΔxB＝18.52cm－16.45cm－0.78cm＝1.29cm；根据系统机械能守恒可知两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp等于钩码重力势能的减少量mg（ΔxA＋ΔxB）。Ⅱ.（1）根据利用电压表和电流表测量干电池电动势和内阻的实验原理，可知导线a应该连接到B接线柱上，测外电路的总电压；根据电压表读数规则可知，电压表示数为1.20V。（2）将坐标系上的点用直线拟合，使尽可能多的点分布在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，离直线较远的点舍去，如图所示，则干电池的伏安特性曲线的纵截距等于电池的电动势，E＝1.50V；斜率的绝对值等于干电池的内阻，r＝1.5－1Ⅲ.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流也逐渐减小，A错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需要等到油膜充分扩展成单分子油膜后，才能描绘油膜轮廓，测出油膜面积，B错误；“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小，“观察金属热电阻特性”实验中，温度升高，金属热电阻阻值增大，C正确；“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没有装上，原线圈接入10V的交流电时，只是漏磁较严重，变压器的效率会很低，但是在副线圈中仍能够产生感应电动势，副线圈输出电压不为零，D正确。答案：Ⅰ.（1）①B②C③D（2）0.781.29＝Ⅱ.（1）B1.20（2）1.501.04Ⅲ.CD17.（2023·浙江6月选考17题）（8分）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能（选填“增大”“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力（选填“增大”“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态C的温度TC；（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。解析：（1）气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其内能不变，分子平均动能不变体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。（2）气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S解得pA＝1×105Pa气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB解得pB＝1.2pA＝1.2×105Pa气体从状态B到状态C，发生等容变化，由查理定律有pBT解得TC＝350K。（3）气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功，由（1）问分析可知，从A到C内能的变化量等于从B到C内能的变化量，从A到C由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得W＝11J。答案：（1）不变增大（2）350K（3）11J18.（2023·浙江6月选考18题）（11分）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝221m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2（x为形变量）（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。解析：（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有mg·2R＝12mvF2－解得vF＝10m/s在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv解得FN＝31.2N。（2）碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有－mg·2R－μmgL＝12mvB2－解得va＝5m/s滑块a、b碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mvF＝－mva＋3mvb解得vb＝5m/s碰撞过程中损失的机械能ΔE＝12mvF2－12mva2－1（3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有mvF＝（m＋3m）vab解得vab＝2.5m/s滑块a、b一起向右运动，压缩弹簧，a、b减速运动，c加速运动，当a、b、c三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有（m＋3m）vab＝（m＋3m＋2m）vabc解得vabc＝53由机械能守恒定律有Ep1＝12×4mvab2－12解得Ep1＝0.5J由Ep1＝12kx12，解得最大压缩量x滑块a、b一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使a、b继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，a、b速度最小；滑块a、b一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，a、b加速，当a、b、c三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1m所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝x1＋x2＝0.2m。答案：（1）10m/s31.2N（2）0（3）0.2m19.（2023·浙江6月选考19题）（11分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝3MgkI2，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。解析：（1）导电杆所受的安培力大小F＝B1Id又B1＝kI、d＝3整理得F＝3Mg火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma解得a＝2g由运动学公式可得，火箭运动的距离L＝v解得L＝v0（2）导电杆向下运动的速度为v＝v0－at＝v0－2gtt则回路中的感应电动势为E＝B2dv又B2＝2kI整理得E＝－12Mg2I（3）由于电路中的电流恒为I，导电杆下滑过程中的总电动势为E总＝U＋E且有I＝E整理得U＝12Mg2It－装置A输出的功率为P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2Rt初始时刻，t＝0，P始＝－6Mgv0＋I2R到达停靠平台时，t＝v02g，P末＝由P-t关系可知，P＝P始＋P末2＝－3Mgv则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为W＝P·t＝－32Mv02（4）可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少由能量守恒定律得W回＝MgL＋12Mv0又由（1）得L＝v整理得W回＝34Mv答案：（1）3Mgv024g（2）E＝－12Mg2It＋6Mgv0It≤－32Mv02＋