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1. (2025·南京鼓楼阶段检测)在探究“杠杆平衡条件的实验”中：
(1) 实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，杠杆此时处于
(2) 要使图乙中杠杆平衡，应在A处竖直向上施加
(3) 另外一组同学根据自己的实验数据，得到了如下结论:动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件并不相符，原因可能是实验过程中没有
(1) 实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，杠杆此时处于
平衡
(填“平衡”或“非平衡”)状态。需将平衡螺母向右
(填“左”或“右”)移动，才能使杠杆在水平位置平衡，这样调节的目的是消除杠杆自重对实验的影响，便于测量力臂
。(2) 要使图乙中杠杆平衡，应在A处竖直向上施加
0.5
N的拉力(题中的每个钩码重力0.5 N)。当弹簧测力计由竖直地拉着变成倾斜地拉着，使杠杆在水平位置静止时，弹簧测力计的示数将变大
(填“变大”“不变”或“变小”)。(3) 另外一组同学根据自己的实验数据，得到了如下结论:动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件并不相符，原因可能是实验过程中没有
②
(填序号:①改变力的大小、②改变力的方向、③改变力的作用点)。答案
1. (1) 平衡 右 消除杠杆自重对实验的影响，便于测量力臂 (2) 0.5 变大 (3) ② 提示:(1) 杠杆处于静止或匀速转动都为杠杆的平衡状态。将图甲中平衡螺母向右移动，使其水平平衡，此时杠杆的重心和支点在同一竖直线上，可消除杠杆自重对实验的影响，力臂在杠杆上，便于测量力臂。(2) 设杠杆的一格长为L，一个钩码的重为G，有2G×2L=F×4L，即2×0.5 N×2=F×4，解得F=0.5 N。当弹簧测力计斜着拉时，拉力F的力臂变小，弹簧测力计示数变大。(3) 同学的结论是杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都在竖直方向的条件下得出的，没有改变动力或阻力的方向。
解析
【分析】
首先从杠杆平衡的基础定义入手思考：第一问，先明确杠杆静止或匀速转动都属于平衡状态，图甲杠杆静止，直接判断平衡状态；杠杆哪端高就把平衡螺母往哪端调，向右调至水平平衡的目的，从消除自重影响和方便测力臂两个角度梳理。第二问，利用杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，数出阻力、阻力臂和A点的动力臂数值代入计算拉力；斜拉时拉力的力臂是支点到力的作用线的垂直距离，会比竖直拉时更小，结合平衡条件就能判断示数变化。第三问，错误结论把“支点到作用点的距离”等同于力臂，只有力沿竖直方向时这两个值才相等，说明实验过程没有改变力的方向，才得到片面结论。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态指杠杆处于静止或匀速转动状态，图甲中杠杆保持静止，因此处于平衡状态；此时杠杆左端下沉、右端上翘，平衡螺母需要向翘起的右侧移动。调节杠杆在水平位置平衡，可让杠杆的重心与支点在同一竖直线上，消除杠杆自身重力对实验的干扰，同时竖直方向的力的力臂与杠杆重合，便于直接通过杠杆刻度测量力臂大小。
(2) 设杠杆每一格长度为L，单个钩码重力G=0.5N，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
阻力$F_2=2G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$，阻力臂$L_2=2L$，A点的动力臂$L_1=4L$，代入公式得：
$F_1×4L=1\mathrm{N}×2L$，解得$F_1=0.5\mathrm{N}$。
当弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，拉力的力臂（支点到拉力作用线的垂直距离）会小于A点到支点的水平距离，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，动力需要增大，因此弹簧测力计示数变大。
(3) 结论“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，仅在动力、阻力都沿竖直方向时成立，此时支点到力的作用点的距离恰好等于力臂。该组同学得到片面结论，是因为实验过程中没有改变力的方向，全部使用竖直方向的力完成实验，因此选②。
【答案】
(1) 平衡；右；消除杠杆自重对实验的影响，便于测量力臂 (2) 0.5；变大 (3) ②
【知识点】
杠杆平衡状态；杠杆平衡条件；力臂的概念
【点评】
本题是杠杆平衡条件探究实验的经典基础题，覆盖了实验操作规范、平衡条件定量计算、实验结论误差分析等核心考点，易错点是斜拉时力臂的变化判断，以及错误结论的成因推导，提醒同学们实验时要多次改变变量，避免得到片面的错误规律。
【难度系数】
0.7
首先从杠杆平衡的基础定义入手思考：第一问，先明确杠杆静止或匀速转动都属于平衡状态，图甲杠杆静止，直接判断平衡状态；杠杆哪端高就把平衡螺母往哪端调，向右调至水平平衡的目的，从消除自重影响和方便测力臂两个角度梳理。第二问，利用杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，数出阻力、阻力臂和A点的动力臂数值代入计算拉力；斜拉时拉力的力臂是支点到力的作用线的垂直距离，会比竖直拉时更小，结合平衡条件就能判断示数变化。第三问，错误结论把“支点到作用点的距离”等同于力臂，只有力沿竖直方向时这两个值才相等，说明实验过程没有改变力的方向，才得到片面结论。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态指杠杆处于静止或匀速转动状态，图甲中杠杆保持静止，因此处于平衡状态；此时杠杆左端下沉、右端上翘，平衡螺母需要向翘起的右侧移动。调节杠杆在水平位置平衡，可让杠杆的重心与支点在同一竖直线上，消除杠杆自身重力对实验的干扰，同时竖直方向的力的力臂与杠杆重合，便于直接通过杠杆刻度测量力臂大小。
(2) 设杠杆每一格长度为L，单个钩码重力G=0.5N，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
阻力$F_2=2G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$，阻力臂$L_2=2L$，A点的动力臂$L_1=4L$，代入公式得：
$F_1×4L=1\mathrm{N}×2L$，解得$F_1=0.5\mathrm{N}$。
当弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，拉力的力臂（支点到拉力作用线的垂直距离）会小于A点到支点的水平距离，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，动力需要增大，因此弹簧测力计示数变大。
(3) 结论“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，仅在动力、阻力都沿竖直方向时成立，此时支点到力的作用点的距离恰好等于力臂。该组同学得到片面结论，是因为实验过程中没有改变力的方向，全部使用竖直方向的力完成实验，因此选②。
【答案】
(1) 平衡；右；消除杠杆自重对实验的影响，便于测量力臂 (2) 0.5；变大 (3) ②
【知识点】
杠杆平衡状态；杠杆平衡条件；力臂的概念
【点评】
本题是杠杆平衡条件探究实验的经典基础题，覆盖了实验操作规范、平衡条件定量计算、实验结论误差分析等核心考点，易错点是斜拉时力臂的变化判断，以及错误结论的成因推导，提醒同学们实验时要多次改变变量，避免得到片面的错误规律。
【难度系数】
0.7
2. 在探究“动能大小与哪些因素有关”的实验中：
(1) 如图所示,小华控制小车质量保持不变是为了探究动能大小与
(2) 在选用器材时,
A. 小车和木块碰撞后小车向回反弹
B. 小车和木块碰撞后小车立即停止
(3) 小华在做实验时,为了减小小车撞击木块前水平面摩擦对实验的影响,木块静止放置时左端到斜面空出一段距离$L$,若车长为$a$,木块长为$b$,则$L$约等于
(1) 如图所示,小华控制小车质量保持不变是为了探究动能大小与
速度
的关系,他让小车从斜面的不同
(填“同一”或“不同”)高度下滑。通过比较木块移动距离
来比较小车
(填“小车”或“木块”)具有的动能。(2) 在选用器材时,
斜面
(填“斜面”“水平面”或“斜面和水平面”)应尽量选用光滑的材料。细心的小华忽然发现老师拿来的木块前面固定着一块海绵,这块海绵有什么作用?大家经过讨论认为,加上海绵,目的是希望小车在撞击木块时,出现B
的现象。A. 小车和木块碰撞后小车向回反弹
B. 小车和木块碰撞后小车立即停止
(3) 小华在做实验时,为了减小小车撞击木块前水平面摩擦对实验的影响,木块静止放置时左端到斜面空出一段距离$L$,若车长为$a$,木块长为$b$,则$L$约等于
a
。答案
2. (1) 速度 不同 木块移动距离 小车 (2) 斜面 B (3) a 提示:(1) 让同一小车从斜面不同高度滑下，是为了改变小车刚到水平面时的速度，探究动能大小与速度的关系。通过比较小车推动木块距离的远近，来比较小车动能的大小。(2) 为减少阻力对实验的影响，斜面应尽量光滑，减少小车从斜面滑下的能量损耗。小车撞到木块前面固定的海绵后，会立即停下来，小车的动能全部转化为木块的动能。(3) 为了减小小车撞击木块前水平面摩擦对实验的影响，小车到水平面后要立即撞击木块，故木块左端空出的距离L约等于小车长a。
解析
【分析】
首先明确本实验核心是探究动能与质量、速度的关系，用到控制变量法和转换法的思路来逐步推导：
1. 第一小问：已知控制小车质量不变，动能的两个影响因素是质量和速度，因此变量为速度，要改变小车到达水平面的初速度，就需要让小车从斜面不同高度滑下；动能大小无法直接观测，因此通过木块被推动的移动距离来间接体现小车动能的大小，这是转换法的典型应用。
2. 第二小问：如果水平面完全光滑，木块被撞击后会一直匀速运动，无法测量移动距离比较动能，因此水平面不能光滑；斜面光滑可以减少小车下滑过程的能量损耗，减小实验误差，因此选斜面。海绵的作用是让小车撞击后立刻停下，将全部动能传递给木块，避免小车反弹带走部分动能，保证实验测量准确。
3. 第三小问：要减小小车撞击前水平面摩擦的影响，就要让小车尽可能少地在撞击前在水平面上滑行，因此小车刚完全离开斜面就撞击木块，此时空出的距离L刚好等于小车的长度a即可。
【解析】
(1) 动能大小与质量和速度有关，控制小车质量保持不变，就是为了探究动能大小与速度的关系；要使小车到达水平面时获得不同的初速度，需要让小车从斜面的不同高度下滑；实验利用转换法，通过比较木块被撞击后移动的距离大小，来间接比较小车具有的动能，木块移动距离越远，说明小车的动能越大。
(2) 若水平面选用光滑材料，木块被撞击后将不受阻力，一直做匀速直线运动，无法通过移动距离判断动能大小，因此水平面不能光滑；斜面选用光滑材料可以减小小车下滑过程中受到的阻力，减少能量损耗，提升实验准确度，因此应尽量选用光滑材料的是斜面。木块前固定海绵，是为了让小车撞击木块后立即停止，使小车的动能全部转移给木块，避免小车反弹带走部分动能影响实验结果，因此选B。
(3) 为了减小小车撞击木块前水平面摩擦的影响，需要让小车几乎不在水平面上滑行就完成撞击，当木块左端到斜面的距离L等于小车车长a时，小车刚好完全驶离斜面就立刻撞击木块，撞击前在水平面的滑行距离几乎为0，摩擦的影响可以忽略，因此L约等于a。
【答案】
(1) 速度；不同；木块移动距离；小车
(2) 斜面；B
(3) a
【知识点】
动能的影响因素，转换法，控制变量法
【点评】
本题围绕探究动能大小影响因素的实验展开，既考察了控制变量法、转换法这些基础实验方法的应用，又对实验细节优化的设计逻辑进行了拓展考察，避免学生死记硬背实验结论，引导学生理解实验设计的底层思路，能较好地检验学生的实验探究素养。
【难度系数】
0.6
首先明确本实验核心是探究动能与质量、速度的关系，用到控制变量法和转换法的思路来逐步推导：
1. 第一小问：已知控制小车质量不变，动能的两个影响因素是质量和速度，因此变量为速度，要改变小车到达水平面的初速度，就需要让小车从斜面不同高度滑下；动能大小无法直接观测，因此通过木块被推动的移动距离来间接体现小车动能的大小，这是转换法的典型应用。
2. 第二小问：如果水平面完全光滑，木块被撞击后会一直匀速运动，无法测量移动距离比较动能，因此水平面不能光滑；斜面光滑可以减少小车下滑过程的能量损耗，减小实验误差，因此选斜面。海绵的作用是让小车撞击后立刻停下，将全部动能传递给木块，避免小车反弹带走部分动能，保证实验测量准确。
3. 第三小问：要减小小车撞击前水平面摩擦的影响，就要让小车尽可能少地在撞击前在水平面上滑行，因此小车刚完全离开斜面就撞击木块，此时空出的距离L刚好等于小车的长度a即可。
【解析】
(1) 动能大小与质量和速度有关，控制小车质量保持不变，就是为了探究动能大小与速度的关系；要使小车到达水平面时获得不同的初速度，需要让小车从斜面的不同高度下滑；实验利用转换法，通过比较木块被撞击后移动的距离大小，来间接比较小车具有的动能，木块移动距离越远，说明小车的动能越大。
(2) 若水平面选用光滑材料，木块被撞击后将不受阻力，一直做匀速直线运动，无法通过移动距离判断动能大小，因此水平面不能光滑；斜面选用光滑材料可以减小小车下滑过程中受到的阻力，减少能量损耗，提升实验准确度，因此应尽量选用光滑材料的是斜面。木块前固定海绵，是为了让小车撞击木块后立即停止，使小车的动能全部转移给木块，避免小车反弹带走部分动能影响实验结果，因此选B。
(3) 为了减小小车撞击木块前水平面摩擦的影响，需要让小车几乎不在水平面上滑行就完成撞击，当木块左端到斜面的距离L等于小车车长a时，小车刚好完全驶离斜面就立刻撞击木块，撞击前在水平面的滑行距离几乎为0，摩擦的影响可以忽略，因此L约等于a。
【答案】
(1) 速度；不同；木块移动距离；小车
(2) 斜面；B
(3) a
【知识点】
动能的影响因素，转换法，控制变量法
【点评】
本题围绕探究动能大小影响因素的实验展开，既考察了控制变量法、转换法这些基础实验方法的应用，又对实验细节优化的设计逻辑进行了拓展考察，避免学生死记硬背实验结论，引导学生理解实验设计的底层思路，能较好地检验学生的实验探究素养。
【难度系数】
0.6
3. 为探究不同燃料燃烧放热能力的差异，小华设计了如图甲、乙所示的两组对比实验，实验装置完全相同。烧杯内水的初温、质量也都相同，实验中忽略热量的散失，且两种燃料燃烧时均匀放热。
（1）实验中应控制两种燃料燃烧的
（2）燃料燃烧过程中，记录燃烧时间和对应的水温，画出水的温度随时间变化的关系图像如图丙所示。由图可知，燃料1燃烧5 min放出的热量
（3）若甲装置中消耗了质量为$m$的燃料1，使质量为$m'$的水温度升高了$\Delta t$（水未沸腾），则燃料1的热值为
（4）用该方法测量的热值会比真实值
（1）实验中应控制两种燃料燃烧的
质量
（填“时间”“初温”或“质量”）相同，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过升高的温度
（填“加热时间”或“升高的温度”）来反映的。（2）燃料燃烧过程中，记录燃烧时间和对应的水温，画出水的温度随时间变化的关系图像如图丙所示。由图可知，燃料1燃烧5 min放出的热量
大于
（填“大于”“小于”或“等于”）燃料2燃烧15 min放出的热量，假设这一过程燃料都完全燃烧，则燃料1与燃料2的热值之比为3:2
。（3）若甲装置中消耗了质量为$m$的燃料1，使质量为$m'$的水温度升高了$\Delta t$（水未沸腾），则燃料1的热值为
$\dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$
（用字母表达式表示，已知水的比热容为$c_{\mathrm{水}}$）。（4）用该方法测量的热值会比真实值
小
（填“大”或“小”），原因是燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收
（写出一条即可）。答案
3. (1) 质量 升高的温度 (2) 大于 3:2 (3) $\dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$ (4) 小 燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收 提示:(1) 比较不同燃料燃烧放热能力时，应控制燃料质量相同，可通过比较加热的液体升高的温度反映燃料完全燃烧放出热量的多少。(2) 图丙中燃料燃烧完时，甲中的水温比乙中的升高得多，说明燃料1放出的热量大于燃料2放出的热量，不计热散失，二者放热之比$\dfrac{Q_1}{Q_2}=\dfrac{c_{水}m_{水}\Delta t_1}{c_{水}m_{水}\Delta t_2}=\dfrac{\Delta t_1}{\Delta t_2}=\dfrac{80\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}}{60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}}=\dfrac{3}{2}$，燃料1与燃料2的热值之比$\dfrac{q_1}{q_2}=\dfrac{Q_1}{Q_2}=\dfrac{3}{2}$。(3) 由$Q_{放}=Q_{吸}=c_{水}m'\Delta t$得$q_1=\dfrac{Q_{放}}{m}=\dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$。(4) 燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收，或没有完全燃烧，计算出的热值要比实际的小。
解析
【分析】
这道题是探究不同燃料放热能力的热学实验题，我们可以按照实验设计的逻辑逐步思考：
1. 首先回忆比较燃料放热能力的实验逻辑，要对比不同燃料的放热本领，需要用控制变量法排除其他变量干扰，先确定需要控制的物理量；燃料放热的多少无法直接观测，需要用转换法，通过容易测量的物理量间接反映放热多少。
2. 第二问结合图像分析，忽略热量散失时水吸收的热量等于燃料放出的热量，根据水的升温幅度就能对比两种燃料放出热量的多少，再结合热值定义，在燃料总质量相同的条件下，就能算出热值之比。
3. 第三问直接利用理想状态下燃料放热等于水吸热的等量关系，代入热值公式推导表达式即可。
4. 第四问从实际实验的热量损耗角度分析误差，就能得到测量值和真实值的大小关系。
【解析】
（1）探究不同燃料的燃烧放热能力时，根据控制变量法，需要保证两种燃料的质量相同，才能通过对比吸热情况判断放热能力；实验中使用相同的烧杯和相同初温、质量的水，忽略散热时，水升高的温度越大，说明水吸收的热量越多，对应燃料完全燃烧放出的热量就越多，因此燃料放热多少是通过水升高的温度来反映的。
（2）忽略热量散失，水吸收的热量等于燃料放出的热量，从图丙可知，燃料1燃烧5min后水温从20℃升高到80℃，升温60℃；燃料2燃烧15min后水温从20℃升高到60℃，升温40℃。根据$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，水的质量和比热容相同，升温越大吸热越多，因此燃料1燃烧5min放出的热量大于燃料2燃烧15min放出的热量。由于两种燃料完全燃烧时总质量相等，且均匀放热，因此总放热之比等于水的升温之比：$\dfrac{Q_{1总}}{Q_{2总}}=\dfrac{80℃-20℃}{60℃-20℃}=\dfrac{3}{2}$，根据热值公式$q=\dfrac{Q}{m}$，燃料质量$m$相同，因此热值之比$q_1:q_2=Q_{1总}:Q_{2总}=3:2$。
（3）忽略热量散失时，燃料1完全燃烧放出的热量全部被水吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}=c_{水}m'\Delta t$，代入热值定义式可得燃料1的热值$q_1=\dfrac{Q_{放}}{m} = \dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$。
（4）实际实验过程中，燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收，有部分热量会散失到空气中、被实验装置吸收，甚至燃料本身没有完全燃烧，导致计算时用到的水吸收的热量小于燃料实际放出的总热量，因此测量得到的热值会比真实值小。
【答案】
(1) 质量 升高的温度 (2) 大于 3:2 (3) $\dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$ (4) 小 燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收
【知识点】
燃料热值探究、控制变量法、转换法
【点评】
本题是热值测量的经典基础实验题，核心考察热学实验中控制变量法和转换法的应用，同时结合热值公式推导和实验误差分析，整体贴合常规考点，学生理清实验原理即可顺利作答，其中热值比值的计算是易错点，需要注意题目给出的“均匀放热、忽略热量散失”的前提条件。
【难度系数】
0.6
这道题是探究不同燃料放热能力的热学实验题，我们可以按照实验设计的逻辑逐步思考：
1. 首先回忆比较燃料放热能力的实验逻辑，要对比不同燃料的放热本领，需要用控制变量法排除其他变量干扰，先确定需要控制的物理量；燃料放热的多少无法直接观测，需要用转换法，通过容易测量的物理量间接反映放热多少。
2. 第二问结合图像分析，忽略热量散失时水吸收的热量等于燃料放出的热量，根据水的升温幅度就能对比两种燃料放出热量的多少，再结合热值定义，在燃料总质量相同的条件下，就能算出热值之比。
3. 第三问直接利用理想状态下燃料放热等于水吸热的等量关系，代入热值公式推导表达式即可。
4. 第四问从实际实验的热量损耗角度分析误差，就能得到测量值和真实值的大小关系。
【解析】
（1）探究不同燃料的燃烧放热能力时，根据控制变量法，需要保证两种燃料的质量相同，才能通过对比吸热情况判断放热能力；实验中使用相同的烧杯和相同初温、质量的水，忽略散热时，水升高的温度越大，说明水吸收的热量越多，对应燃料完全燃烧放出的热量就越多，因此燃料放热多少是通过水升高的温度来反映的。
（2）忽略热量散失，水吸收的热量等于燃料放出的热量，从图丙可知，燃料1燃烧5min后水温从20℃升高到80℃，升温60℃；燃料2燃烧15min后水温从20℃升高到60℃，升温40℃。根据$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，水的质量和比热容相同，升温越大吸热越多，因此燃料1燃烧5min放出的热量大于燃料2燃烧15min放出的热量。由于两种燃料完全燃烧时总质量相等，且均匀放热，因此总放热之比等于水的升温之比：$\dfrac{Q_{1总}}{Q_{2总}}=\dfrac{80℃-20℃}{60℃-20℃}=\dfrac{3}{2}$，根据热值公式$q=\dfrac{Q}{m}$，燃料质量$m$相同，因此热值之比$q_1:q_2=Q_{1总}:Q_{2总}=3:2$。
（3）忽略热量散失时，燃料1完全燃烧放出的热量全部被水吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}=c_{水}m'\Delta t$，代入热值定义式可得燃料1的热值$q_1=\dfrac{Q_{放}}{m} = \dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$。
（4）实际实验过程中，燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收，有部分热量会散失到空气中、被实验装置吸收，甚至燃料本身没有完全燃烧，导致计算时用到的水吸收的热量小于燃料实际放出的总热量，因此测量得到的热值会比真实值小。
【答案】
(1) 质量 升高的温度 (2) 大于 3:2 (3) $\dfrac{c_{水}m'\Delta t}{m}$ (4) 小 燃料燃烧放出的热量不可能完全被水吸收
【知识点】
燃料热值探究、控制变量法、转换法
【点评】
本题是热值测量的经典基础实验题，核心考察热学实验中控制变量法和转换法的应用，同时结合热值公式推导和实验误差分析，整体贴合常规考点，学生理清实验原理即可顺利作答，其中热值比值的计算是易错点，需要注意题目给出的“均匀放热、忽略热量散失”的前提条件。
【难度系数】
0.6
