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2023人教版带答案高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律微公式版经典大题例题1单选题1、图甲为某一小灯泡的UI图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个4的定值电阻R串联，接在内阻r为1、电动势E为3V的电源两端，如图乙所示。则通过每盏小灯泡的电流I和每盏小灯泡的电功率P分别约为（）AI0.2A，P0.6WBI0.3A，P0.6WCI0.2A，P0.2WDI0.3A，P0.4W答案：C设每盏小灯泡的电压为U，通过的电流为I，则通过整个电路的电流为2I，根据闭合电路的欧姆定律有E=U2I(Rr）即U、I还应满足U=310I在小灯泡的UI图像中作出对应的函数图线，如图所示则两个图线的交点即为小灯泡在电路中的工作点，所以通过小灯泡的电流I0.2A，对应灯泡两端的电压U1V，每盏小灯泡的功率P0.2W。故选C。2、某无人值守彩色电视中转站采用太阳能电源工作，转换设备电压为24V，每天发射时间为15h，功耗20W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5W，则（）A转换设备电流恒为56AB转换设备负载每天耗电量约为14.375AhC转换设备每天消耗电能为345度D转换设备在等待过程中，工作电压小于24V答案：BA发射时间转换设备电流为I1=P1U=2024A=56A而在接收等候时间内，其电流为I2=P2U=524A=524A故A错误；B转换设备负载每天耗电量约为q=I1t1+I2t2=5615Ah+5249Ah=34524Ah14.375Ah故B正确；C转换设备每天消耗电能为W=P1t1+P2t2=2015Wh+59Wh=345Wh=0.345kWh故C错误；D转换设备在等待过程中，工作电压等于24V，他是恒定不变的，故D错误；故选B。3、如图所示是根据某次实验记录数据画出的U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势B横轴截距表示短路电流C根据r=EI短，计算出待测电源内电阻为12D电流为0.3A时的外电阻是1.8答案：AA根据闭合电路欧姆定律U=-Ir+E可知，纵轴截距表示待测电源的电动势。A正确；B当路端电压为零时，横坐标为短路电流，由图可知，原点纵坐标不是零，则横轴截距不表示短路电流，B错误；C图中不能直接得出短路电流，通过斜率可知，电源内阻为r=6.0-5.00.5=2C错误；D电流为0.3A时，外电阻为R=5.40.3=18D错误。故选A。4、如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电压表和电流表均为理想电表。闭合电路，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（）A电流表的示数变大B电压表的示数不变C滑动变阻器接入电路的阻值变大D定值电阻消耗的电功率变小答案：A当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则总电阻变小，总电流变大，电源内阻上的电压变大，路端电压减小，即电流表示数变大，电压表示数减小；根据P=I2R可知，定值电阻消耗的电功率变大。故选项A正确，BCD错误。故选A。5、有关电动势的说法中不正确的是（）A电源的电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功B当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等C电源提供的电能越多，电源的电动势越大D当电路中通过1C电荷量时，电源便将EJ其他形式的能转化为电能答案：CA根据电动势的定义式E=Wq可知，电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，A正确，不符合题意；B根据U=E-Ir当外电路断开时I=0解得U=E电源的电压与电源电动势相等，B正确，不符合题意；C根据E=Wq，电动势与非静电力做的功和移送的电荷量无关，与电源提供的电能多少无关，电动势由电源本身的结构决定，C错误，符合题意；D根据电动势的定义式EWq可知，当电路中通过1C电荷量时，非静电力做功EJ，电源便将EJ其他形式的能转化为电能，D正确，不符合题意。故选C。6、在如图所示的电路中R1=4，R2=6，电源电动势E=3V。当S闭合时，理想电压表的示数为U=1V。则流过电源的电流为和电源的内阻分别为（）A0.25A，2B0.5A，2C0.25A，4D0.5A，4答案：A流过电源的电流与流过R1的电流相同，根据欧姆定律I=UR1=14A=0.25A根据闭合电路欧姆定律I=ER1+R2+r代入数据可得电源内电阻r=2故选A。7、在如图所示的电路中，R1、R2为定住电阻，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器的触片向b端移动时，则下列说法正确的是（）A电流表A的读数减小BR1、R2两端的电压变化量相比，R1电压变化大C连接电容器两极板的导线上有电流D电源的输出功率减小答案：CA当滑动变阻器的触片向b端移动时，R3阻值减小，根据串反并同可知，与R3串联的电流表示数增大，故A错误；B根据E=Ur+U1+U2可知0=Ur+U1+U2根据串反并同可知，与R3并联的R2电压减小，与R3串联的R1和r电压增大，故Ur0，U10，U20故Ur+U1=U2故U1U2故B错误；C与R3并联的电容器两端电压减小，根据C=QU可知极板电荷量减小，故有电流，故C正确；D当内外电阻相同时，电源输出功率最大，不知道内外电阻关系，无法判断输出功率变化，故D错误。故选C。8、在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验测得数据，画出如图的U-I图像，根据图线可得出该电源电动势和电源内阻分别为（）A1.5V，2.5B1.5V，0.6C0.6V，2.5D0.6V，0.4答案：A由闭合回路欧姆定律可知U=E-Ir故图像与纵坐标的交点为电源电动势，即E=1.5V图像的斜率表示电源内阻，即r=1.5-00.6=2.5故选A。9、在如图所示的电路中，闭合开关S，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动的过程中，若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是（）A电压表的示数变小，电流表示数变大B电压表的示数变大，电流表示数变小C没有电流通过R2DR2中有由a到b的电流答案：DAB当滑动变阻器的滑动触头向上移动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电压表测量R3的电压，根据UIR可知，电压表示数增大，故AB错误；CD根据闭合电路欧姆定律得知，并联部分电压变小，电容器电压减小，电容器放电，电容器下极板带正电，则R2中有由a到b的电流，故C错误，D正确；故选D。10、关于能量和能源，下列说法正确的是（）A化石能源是清洁能源，水能是可再生能源B在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源C人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造D能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了答案：DA化石能源在燃烧时放出二氧化硫、二氧化碳等气体，会形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，水能是可再生资源，故A错误；BD能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了；例如，内燃机燃烧汽油把化学能转化为机械能，最终机械能又会转化为内能，而最终的内能人们很难再重新利用，所以我们说能量的品质下降了；所以在能源的利用过程中，有一些能源是不可再生的，所以需要节约能源，故B错误D正确。C根据能量守恒定律，能量是不能够被创造的，故C错误。故选D。11、某智能手机说明书信息如图所示，电池支持低压大电流充电，则该手机（）手机类型智能手机电池容量4000mAh充电限制电压4.35V待机时间22dA电池的电动势为4.35VB电池能提供的电能为4000mAhC待机电流约7.6mAD电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作4h答案：CA4.35V为充电的电压，不是该电池的电动势，A错误；BmAh为电荷量的单位，所以4000mAh表示该电池提供的电荷量，B错误；C由I=qt代入数据得I400010-3360022243600A0.0076AC正确；D由I=qt，得t400010-3360010010-3h40hD错误。故选C。12、智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家用电器。如图为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率=60。下列说法正确的是（）产品名称科沃斯地宝尘盒容量0.3L清扫路线自由式液晶显示有电池容量5000mAh充电器输出24V/1000mA噪声60dB额定功率40W行走速度20cm/s工作电压24VA该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3hB该扫地机器人最多能储存的能量为4.32105JC该扫地机器人充满电后能工作5hD该扫地机器人充满电后能工作4h答案：BA由题表可知，电池的容量为5000mAh，所带的电荷量为q5000103A3600s1.8104C充电器输出电流为I1000mA1A，所以该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间为t=qI=1.81041s=5h故A错误；B该扫地机器人最多能储存的能量为qU=1.810424J=4.32105J故B正确；CD该扫地机器人的额定功率为40W，则充满电后工作的时间t=WP=4.3210560%40s=1.8h故CD错误。故选B。13、在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5V的灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在闭合开关的情况下，某同学用多用电表直流电压挡进行检测。检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是（）测试点A、BC、FD、FC、D多用表示数1.5V1.5V01.5VAA、C间导线断路BD、E间导线断路C灯泡断路D开关断路答案：DAA、C间导线断路，C、F间，C、D间电压应该为0，故A错误；BD、E间导线断路，D、F间电压应为1.5V，C、D间电压应该为0，故B错误；C灯泡断路，D、F间电压应为1.5V，C、D间电压应该为0，故C错误；D开关断路，测试点间的电压，与数据表中电压相对应，故D正确。故选D。14、下列说法正确的是（）A恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流B白炽灯在正常发光时，“220V15W”的灯泡电阻比“220V60W”的灯泡电阻小C导体的电阻与构成它的材料无关D电动机正常工作时的电功率等于其发热的功率答案：AA恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流，故A正确；B根据R=U2P可知白炽灯在正常发光时，“220V15W”的灯泡电阻比“220V60W”的灯泡电阻大，故B错误；C导体的电阻与电阻率有关，而电阻率与构成它的材料有关，故C错误；D电动机正常工作时的电功率等于其发热的功率和输出的机械功率之和，故D错误。故选A。15、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。在滑动变阻器的滑片P从图示位置向下滑动的过程中（）A路端电压变大B通过滑动变阻器R1的电流变大C通过R2的电流变大D电源的输出功率变大答案：BA在滑动变阻器R1的滑片P向下滑动的过程中，R1接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，电路中的总电流变大，由于路端电压U=E-Ir且I变大，E、r不变，所以U变小，故A错误；BC路端电压U变小，则通过电阻R2的电流变小，而总电流I变大，所以通过滑动变阻器R1的电流变大，故B正确，C错误；D当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，因为不知道内、外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法确定，故D错误。故选B。多选题16、图甲为某电源的U-I图线，图乙为某小灯泡的U-I图线，则下列说法正确的是（）A电源的内阻为5B把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3WC小灯泡的电阻随着功率的增大而增大D把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.9W答案：BCDA根据闭合电路欧姆定律变形U=E-Ir可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据题甲图电动势为E=1.5V，内阻为r=1.5-1.00.3=53故A错误；BD把电源和小灯泡组成闭合回路，将在题图乙中作该电源对应的U-I图像，如图所示两U-I图线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数U=0.5V，I=0.6A，所以小灯泡的功率为P=UI=0.50.6W=0.3W回路中的总功率为P总=EI=1.50.6W=0.9W故BD正确；C根据图乙可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得R=UI可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，故C正确。故选BCD。17、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在滑动变阻器的中点位置时，灯泡L正常发光，将滑片P移到最右端的过程中，则（）A电压表的示数变大B电流表的示数变小C灯泡L消耗的功率变小D电阻R1消耗的功率变大答案：CDAB将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，电压表的示数变小，电流表的示数变大，AB错误；C将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，灯泡L的电压变小，其消耗的功率变小，C正确；D将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，电阻R1的电流变大，其消耗的功率变大，D正确。故选CD。18、下面关于能源的说法中正确的是（）A一切能源都是取之不尽、用之不竭的B能源危机是指非再生矿物能源资源枯竭可能带来的危机C大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源D存在于自然界中的太阳能、地热能、风能、海洋能、核能以及生物质能等能源被称作“新能源”答案：BCDA煤、石油、天然气等不可再生能源是有限的，在短时间内不可再生，不是取之不尽的，故A错误；B能源危机是指非再生能源资源枯竭可能带来的危机，故B正确；CD大量消耗常规能源会使环境恶化，因此提倡开发利用太阳能、地热能、风能、海洋能、核能以及生物质能等存在于自然界中的新能源，故CD正确。故选BCD。19、两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。并根据数据描绘了如图（b）所示的两条UI直线。根据甲乙两同学描绘的直线，可知（）A甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据答案：AD从电路连接可以看出，当电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大。AB由图示图线可知，甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制的，故A正确，B错误；CD乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确。故选AD。20、如图所示的电路中，A、B、C为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器的滑动触头P向上移动时（）AA、B两灯变亮，C灯变暗BC灯电压增加量大于A灯电压增加量C电源输出功率变大D电源的供电效率升高答案：BCA当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路的总电阻减小，总电流增大，A灯变亮，A灯和电源的内电压增大，并联部分的电压减小，B灯变暗，由于总电流增大，而流经B灯的电流减小，则流经C灯的电流增大，C灯变亮，A错误；B在变阻器的滑动触头P没有移动时，C灯的电流小于A灯电流，当变阻器的滑动触头P向上移动时，电路中总电流增大，此时B灯的电流减小，则有C灯的电流增加量要大于A灯的电流增加量，A、C两灯相同，因此C灯电压增加量大于A灯电压增加量，B正确；C由题意，A、B、C为三个灯泡的电阻大于电源内阻，由推论可知，外电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大，则知当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路的总电阻减小，则有电源的输出功率变大，C正确；D电源的供电效率=UIEI=UE外电路电阻减小，路端电压减小，则电源的供电效率降低，D错误。故选BC。21、细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球，如图所示。使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，下列说法正确的是（）A小球机械能不守恒B小球能量正在消失C小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化D总能量守恒，但小球的机械能减少答案：ADA小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能，即机械能不守恒，故A正确；B小球的机械能转化为内能，能量的种类变了，但能量不会消失，故B错误；CD小球长时间摆动过程中，重力势能和动能相互转化的同时，机械能不断地转化为内能，故摆动的幅度越来越小，但总能量守恒，故C错误，D正确。故选AD。22、下列关于能量转化或转移过程的说法中不正确的是（）A所有能量守恒的过程都能自发地发生B摩擦生热的过程是不可逆过程C人们对太阳能的开发和利用，说明能量可以凭空产生D能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机答案：ACDA并非所有能量守恒的过程都能自发地进行，如在没有引起其他变化的情况下，热量不能自发地从低温向高温传递，A错误，符合题意；B根据热力学第二定律，机械能向内能转化具有方向性可知，摩擦生热的过程是不可逆过程，B正确，不符合题意；C能量是不能凭空产生的，此说法违背了能量守恒定律，C错误，符合题意；D能的转化过程虽然符合能量守恒定律，但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”，能量向品质低的大气内能转化，不能再重复利用，因此会发生能源危机，D错误，符合题意。故选ACD。23、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1、L2两灯泡都能发光。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑动头向左移动，调节过程中两灯泡均未超过额定功率，关于灯泡的亮度变化，下列说法正确的是（）AL1变暗BL1变亮CL2变暗DL2变亮答案：ADAB调节滑动变阻器的滑动头向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据“串反并同”的关系可知，L1消耗的功率变小，L1变暗，A正确，B错误；CD调节滑动变阻器的滑动头向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据“串反并同”的关系可知，L2消耗的功率变大，L2变亮，C错误，D正确。故选AD。24、用如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了U-I图线如图乙所示，由图乙可知（）A电池电动势的测量值是1.40VB外电路发生短路时的电流为0.40AC电池内阻的测量值是1D电压表的示数为1.20V时，电流表的示数I=0.20A答案：ACDAB由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得U=E-Ir故截距为电动势，电源U-I图象与纵轴交点坐标值为1.40V，则电源的电动势测量值为1.40V。0.40A是路端电压为1.00V时的电流，不是短路电流，故A正确，B错误；C电源内阻等于图象斜率的绝对值，为r=UI=1.40-1.000.4=1故C正确；D当电压表示数为1.20V时，I=E-Ur=1.40-1.201A=0.20A故D正确。故选ACD。25、如图所示，电源电动势E6V，小灯泡L的规格为“3V，0.9W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R8时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R01，则（）A电源内阻为4B电动机正常工作的电压为0.3VC电动机输出的机械功率为0.63WD电源提供的总功率为1.8W答案：CDA流过灯泡的电流为I=0.93A=0.3A灯泡电阻为RL=UI=30.3=10开关S当接1时，由闭合电路欧姆定律可知EI（RL+R+r）即60.3（10+8+r）代入数据解得r2A错误；B当开关S接2时灯泡正常发光，小灯泡的额定电流为I0.3A，电源内阻分的电压为UrIr0.32V0.6V电动机分的电压为UMEULUr6V3V0.6V2.4VB错误；C当开关S接2时，电动机输出的机械功率P出=UMIM-IM2R0=2.40.3W-0.321W=0.63WC正确；D电源提供的总功率P总IE0.36W1.8WD正确。故选CD。填空题26、如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，闭合开关S后，在距两板等距离的点有一个带负电的点电荷恰好处于静止状态，如果要使点电荷能够向上运动，则可将R1的阻值_（选填“增大”或“减小”）一些，或者将N板向_（选填“上”或“下”）平移一段距离。答案：增大上1要使点电荷能够向上运动，则点电荷受到的电场力增大，根据F=qE知需板间电场强度变大，又E=Ud可知要增大U或减小d。因电容器与R1并联，故可通过增大R1两端电压，达到增大U的目的。根据闭合电路欧姆定律可知增大R1的阻值，电路中总电阻增大，总电流减小，电源内部和电阻上的电压减小，R1两端电压增大，U增大。2将N板向上平移，板间距d减小,电场强度变大，点电荷受到向上的电场力增大，点电荷能够向上运动。27、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R，开关闭合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后，电源的总功率等于_，电容器所带电荷量为_。答案：E2R+rRECR+r1电路稳定后，电容器相当于断路，电源的总功率P=E2R+r2电路稳定后，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压为U=RER+r则电容器所带电荷量为q=UC=RECR+r28、（1）在研究导体通电发热规律时，把阻值不同的电阻丝甲乙两者串联起来接入电路，在相等的时间内，当甲的电阻值大于乙的电阻值时，甲乙中的温度_高；在相等的时间内，当甲中的温度升高的比乙中的温度升高的快时，甲乙中的电阻_大。（填甲或乙）（2）将小量程的电流表改装成大量程的电压表时，要_一个电阻；小量程的电流表改装成大量程的电流表时，要_一个电阻。（填串联或并联）答案：甲甲串联并联（1）12串联电路电流处处相等，阻值不同的电阻丝甲乙两者串联起来接入电路，在相等的时间内，产生的热量Q=I2Rt电阻大的产生的热量多，升温快，所以甲电阻升温快；当然，相同时间升温快的电阻产生的热量多，电阻相应也大，故升温快的是甲电阻；（2）3小量程的电流表改装电压表原理是在表头上串联一个电阻U=Ig(Rg+R)4小量程的电流表改装成大量程电流表时，需要并联一个电阻I=Ig+IgRgR29、如图，在正常工作的伏打电池内部，a点、b点分别位于电极和电解液的接触薄层内，其中_（选填“a”或“b”）点电势更高。通过_做功，正电荷从a处向A极板运动，发生的能量转化是：_；负电荷从a点向b点移动的过程中，发生的能量转化是：_。答案：a非静电力化学能转化为电势能电势能转化为内能1电势两次升高即通过两个极板和电解液接触层a、b时电势升高，铜板带正电，锌板带负电，故a点电势高于b点电势；2在电源内部的a、b两个区域，非静电力做功，在a区域，氢离子被搬运到铜板上；在b处，硫酸根离子被搬到锌板上；3电源内部，从负极到正极电势升高，所以非静电力把电子从正极搬运到负极，对做定向运动的电子做正功，即电子向电势降低的方向运动，所以电子的电势能增加；4负电荷从a点向b点移动的过程中电场力做正功，电势能转化为内能。30、某同学用欧姆挡测电阻时，实验步骤如下：A将功能选择开关置100挡：B将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向左边零处：C接入被测电阻，读数；D将功能选择开关置OFF档。上述实验步骤中，错误的操作是_（填字母代号）。若操作无误，指针位置如图所指，被测电阻的阻值是_。答案：B30001A使用欧姆表时，先将功能选择开关置100挡：故A正确；B将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边零处；故B错误；C接入被测电阻，读数；故C正确D测量结束后，将功能选择开关置OFF档。故D正确。故选B。2由图可知该电阻阻值为R=30100=3000小提示：掌握欧姆表的使用方法和步骤，欧姆表的零刻度在最右侧。27