资源简介

四川省2025-2026学年高三上学期开学考试物理试题
1．放射性核素锫通过电子俘获（Electron Capture，EC）发生衰变，衰变方程为：，其中是不带电且质量极其微小的中微子，则X是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒，衰变方程为，则X是，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒进行分析解答。
2．光学在生活中有很多应用，下列说法错误的是（　　）
A．相机镜头的增透膜，利用了光的全反射原理
B．看电影时戴的3D眼镜，利用了光的偏振原理
C．太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，这是光的干涉现象
D．泊松亮斑形成的主要原因是光的衍射
【答案】A
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A、相机镜头的增透膜，是利用薄膜前后表面反射光发生光的干涉，减弱反射光从而增强透射光，不是光的全反射原理，故A错误；
B、看电影时戴的3D眼镜，利用了光的偏振原理，左右镜片分别接收两个方向的偏振光，形成立体影像，故B正确；
C、太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，属于薄膜干涉现象，故C正确；
D、泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播，属于光的衍射现象，故D正确。
本题选错误的，故选A。
【分析】分清光的干涉、衍射、偏振、全反射在生活当中的应用，识别各类光学现象对应的物理原理。
3．我国贵州省的500m口径球面射电望远镜（视为开口向上的固定半球体），有“中国天眼”之称。“中国天眼”维护时，机器人沿着球面内侧缓慢向上移动，则该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力是一对平衡力
B．机器人受到球面的摩擦力逐渐增大
C．机器人受到球面的支持力逐渐增大
D．机器人受到球面的合力方向不在竖直方向上
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A、机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力，是两个物体之间的相互作用力，不是平衡力，故A错误；
B、将重力沿球面、垂直球面分解，摩擦力，机器人向上移动，增大，增大，摩擦力逐渐增大，故B正确；
C、支持力，增大，减小，支持力逐渐减小，故C错误；
D、机器人缓慢向上移动，处于平衡状态，球面的合力与重力等大反向，方向竖直向上，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查平衡力与相互作用力区分，相互作用力作用在两个物体上，平衡力作用在同一物体；
B、考查重力的分解，静摩擦力等于重力沿球面切向分力，角度变大，切向分力变大；
C、考查重力的分解，支持力等于重力垂直球面分力，角度变大，垂直分力变小；
D、考查平衡状态，缓慢运动视为平衡，物体所受合外力为零，球面作用力的合力与重力平衡。
4．深圳市试点投放了无线充电石墩，方便市民为手机充电。其原理是石墩发射线圈中通有交变电流，手机接收线圈感应出电动势。某款手机接收线圈有20匝，单匝线圈有效面积是15，石墩发射线圈的磁场随时间变化规律为（T）。假设完全耦合，≈3.14，则手机接收线圈中感应电动势的有效值最接近（　　）
A．3.1V B．6.2V C．8.8V D．12.4V
【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律可知手机接收线圈中感应电动势的峰值为
其中，，解得
有效值为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及正弦交流电有效值和最大值的关系式进行分析解答。
5．如图所示为某中学的楼梯侧面的结构简图，每级台阶的水平距离均为s＝30cm、高度均为h＝20cm，且顶点在同一条直线上。现将一小球（视为质点）从台阶1的顶点以一定的初速度水平抛出，小球首次落在台阶5的顶点，不计空气阻力，重力加速度g大小取，则的大小为（　　）
A．5m/s B．4m/s C．3m/s D．2m/s
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，小球若落在台阶5的顶点，则在竖直方向，解得，水平方向，解得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据竖直方向运动方向运动时间，根据水平位移和时间求解速度。
6．2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为－e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．电子在圆筒内做匀加速直线运动
B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1∶2
C．电子在各圆筒中的运动时间均为T
D．图甲中各圆筒的长度之比为……
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场为零，电子在圆筒内不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；
BD．电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理，解得
所以，电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为；第n个圆筒长度
则各圆筒的长度之比为……，故B错误，D正确；
C．电子每次在圆筒里面运动的时间都是，不是T，故C错误。
故选D。
【分析】多级直线加速器中金属圆筒内部电场强度为零，电子在圆筒内部匀速运动；每次经过间隙被电场加速，由动能定理分析速度与圆筒长度。
7．如图，光滑水平面上，质量为m的物块在水平力F＝kt（k为大于零的常数）作用下，由静止开始运动。忽略一切阻力，则该过程中物块的速度v随时间t变化的图像、速度v随位移x变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB、由于水平力F=kt随时间t线性增加，根据牛顿第二定律由F=ma，解得，可知物块的加速度a随时间t线性增加。加速度是速度对时间的变化率，由于加速度a随时间t均匀增大，所以速度v随时间t的变化率也在不断增大，即速度v随时间t的变化图像的斜率不断增大。所以速度v随时间t的变化图像是一条斜率逐渐增大的曲线，故AB错误；
CD、图线的斜率为，其中，，所以斜率，所以图线的斜率减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】通过分析物块的受力情况，得出加速度与时间的关系，进而分析速度与时间、速度与位移的关系，从而判断图像的正确性。
8．2025年2月，我国“千帆星座”第5批次18颗卫星发射成功，进入半径为的近地圆轨道。为构建全球覆盖网络，部分卫星需要变轨至半径为（n＞1）的预定圆轨道，忽略变轨过程卫星的质量变化，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在预定圆轨道上向心加速度的大小为在近地圆轨道上的
B．卫星在预定圆轨道上受到地球引力的大小为在近地圆轨道上的
C．某个卫星在预定圆轨道上的动能为其在近地圆轨道上的
D．卫星变轨过程中，机械能守恒
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】万有引力公式：，轨道半径，。
A、由，，预定轨道向心加速度是近地轨道的，故A正确；
B、万有引力，，引力大小应为原来的，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有，解得
则卫星在预定圆轨道上的动能与在近地圆轨道上的动能之比，故C正确；
D、卫星变轨过程中，需要点火加速或减速，机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
【分析】万有引力提供卫星圆周运动向心力，结合向心力公式推导向心加速度、引力、动能；变轨加速时发动机做功，卫星机械能发生变化。
9．在5G－V2X车路协同系统中，车辆通过低延时通信实现超视距风险预警。测试中，A车（速度＝10m/s）与前方B车（速度＝20m/s）在同向车道匀速行驶。当两车相距＝40m时，B车上的车路协同系统探测到前方有障碍物，随即指令B车以加速度匀减速刹车。下列说法正确的是（　　）
A．A车追上B车前，两车最大距离为60m
B．A车追上B车前，两车最大距离为65m
C．A车追上B车所用时间为12s
D．A车追上B车所用时间为14s
【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】AB． B车以加速度匀减速刹车，当两车速度相等时，间距最大，有
代入数据求得
得A车追上B车前，两车最大距离为，故A错误，B正确。
CD． B车初速度＝20m/s，B车匀减速刹车到停止，运动的距离为
A车速度＝10m/s，可得A车追上B车所用时间为，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】确定两车速度相等时的时间点，此时两车距离最大，计算B车完全停止的时间和位移，结合两车速度求解A车追上B车的具体时间。
10．电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝0.5kg，每个矩形线圈abcd电阻值R＝0.1Ω，ab边长＝20cm，bc边长＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度＝2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0T。整个过程不考虑互感影响，下列说法正确的是（　　）
A．减震器刚进入磁场时，线圈abcd中电流大小I＝4A
B．线圈1恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小＝1.92m/s
C．线圈1受到安培力冲量的大小比线圈2受到安培力冲量的大小大
D．要使减震器的速度减为零，至少需要25个线圈
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A． 该减震器在光滑水平面上以初速度＝2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0T，减震器刚进入磁场时，感应电动势
线圈abcd中电流大小，故A正确；
B．线圈1恰好完全进入磁场时，线圈受到安培力，根据动量定理
其中，可得减震器的速度大小，故B正确；
C．线圈受安培力的冲量为
可知线圈1受到安培力冲量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误；
D．由上述分析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为，D正确。
故选：ABD。
【分析】刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求得线圈abcd中电流大小；第一个线圈恰好完全进入磁场时，设向右为正方向，对滑动杆由动量定理解答速度；根据冲量表达式求线圈1受到安培力冲量的大小和线圈2受到安培力冲量的大小关系；根据动量定理计算出每一线圈通过磁场时速度的减小量，从而求出线圈的个数。
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用游标卡尺测量小圆柱外径，示数如图甲所示，读数为　 　mm。
（2）如图乙，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上　 　（选填“需要”或者“不需要”）穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之能　 　下滑，则平衡了摩擦力。
【答案】（1）20.50
（2）需要；匀速
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺精度是0.05mm；主尺读数：20mm；游尺第10格对齐，游标尺读数；总读数20.50。
（2）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，纸带和打点计时器之间也存在摩擦力，平衡摩擦力时小车上需要穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之拖着纸带匀速下滑，则平衡了摩擦力。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据平衡摩擦力的方法分析。
（1）根据图甲可得，游标卡尺的读数为
（2）[1][2]在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上需要穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之拖着纸带匀速下滑，则平衡了摩擦力。
12．某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。除待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电源（电动势4.5V，内阻不计）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
C.电流表（量程0~3A，内阻约0.1Ω）
D.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
E.多用电表（选择开关面板如图甲所示）
F.定值电阻（阻值为2kΩ）
G.滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流2A）
（1）先用多用电表粗测某温度下热敏电阻的阻值，选择开关旋至“×100”欧姆挡，将红、黑表笔短接，进行　 　，测量时，表盘示数如图乙所示，其读数为　 　Ω。
（2）为了更精确测量热敏电阻的阻值，按图丙连接好电路，其中电流表选择B。闭合接到2，将R的滑片从a端向b端滑动，直至电压表有明显示数，发现此过程中电流表指针几乎没有偏转，经检测，电路无故障且各仪器正常，则电流表指针几乎没有偏转的原因是　 　，为测得通过的电流值，利用所给器材，应选择　 　（填器材前面的字母编号）来测量电流。
（3）在解决上述问题后，保持热敏电阻的温度不变，重新闭合接到1，调节滑动变阻器R，测得此时的电压、电流分别为，I，然后把接到2，调节滑动变阻器R，使通过的电流仍为I，此时电压表示数为，则该温度下热敏电阻的阻值为　 　（结果用、和I表示），电表内阻对热敏电阻的测量值　 　（选填“有”或“无”）影响。
（4）改变保温容器的温度，多次测量热敏电阻阻值，即可得到其阻值随温度变化的规律。
【答案】欧姆调零；3000；通过的电流过小，电流表的量程过大；E；；无
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）使用多用电表欧姆挡测电阻的时候，每更换一次欧姆倍率挡，都必须先把红、黑表笔直接短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆刻度的零刻度位置，这一步操作叫做欧姆调零。
如图所示，读数为
（2） 由于电源电动势为4.5V，则待测电路中最大电压4.5V，但待测电路的电阻能达到几千欧，所以电流过小，而电流表的量程过大，所以电流表指针几乎不偏转；
为测量通过R0的电流，需要用到更小量程的电流表，可以使用多用电表的毫安挡，故选：E；
（3）接1时，接2时，可得
由题意可知，若考虑电表内阻，接1时电压表测量值为热敏电阻、定值电阻、电流表串联后的总电压，设电流表的内阻为，则，接2时电压表测量值为定值电阻、电流表串联后的总电压，则，联立，解得，即电表内阻对热敏电阻的测量值无影响。
【分析】（1）使用多用电表前将红、黑表笔短接进行欧姆调零，将多用电表的示数与倍率相乘得到示数；
（2）根据已知电动势和电阻粗略估算出电流大小，可知需要用多用电表的毫安挡；
（3）利用串联电路电压关系求得待测电阻的电压，根据欧姆定律求解待测电阻，分析测量数据的准确性得到对测量值的影响。
13．一定质量的理想气体经历的状态变化过程，其体积与热力学温度的关系如图所示，图中CB的延长线过坐标原点，气体在状态时的压强为。已知该理想气体内能的变化量仅与温度变化量成正比，比例系数为。求：
（1）气体在状态A的压强；
（2）气体从状态B到状态C的过程中，吸收的热量。
【答案】（1）解：从，气体发生等容变化，则有
解得
（2）解：从，气体发生等压变化，气体对外界做功为
气体内能变化量为
根据热力学第一定律可得
解得吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 （1）气体发生等容变化，由查理定律列式即可求出状态A时的压强；
（2）从，气体发生等压变化，求出气体对外界做功，由热力学第一定律列式即可求解。
（1）从，气体发生等容变化，则有
解得
（2）从，气体发生等压变化，气体对外界做功为
气体内能变化量为
根据热力学第一定律可得
解得吸收的热量为
14．如图，在xOy平面的y轴右侧三角形区域ABP内存在方向垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场Ⅰ。在y轴左侧一边长为d的正方形区域ABCD内有匀强磁场Ⅱ，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为。其中P点在x轴上，AB在y轴上且原点O为AB的中点。有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从P点以一定初速度（大小未知）向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，且最后恰好能回到P点。求：
（1）粒子初速度的大小；
（2）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小；
（3）该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间t。
【答案】（1）因为粒子从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，说明粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动时，粒子的运动轨迹与上下边界相切，粒子的运动轨迹如图所示：
已知匀强磁场Ⅱ为边长为d的正方形区域，故粒子圆周运动轨迹的竖直方向直径等于磁场Ⅱ的上下边界间距，所以粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为。在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得粒子初速度的大小为
（2）粒子从P点以初速度向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为，所以在上图中根据几何关系有
解得
在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得磁场Ⅰ的磁感应强度为
（3）设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的周期为，根据周期与速度的关系式有
由上图可以看出粒子从P点向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ的过程中，转过的圆心角为所以运动的时间为
同理粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场Ⅱ中匀速圆周运动时转过的圆心角为，所以在磁场Ⅱ中运动的时间为
根据对称性可知粒子从飞出磁场Ⅱ到最后恰好回到P点的过程中的时间也为，所以该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求粒子初速度v0的大小；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求解运动半径，结合洛伦兹力提供向心力求磁场Ⅰ的磁感应强度B'的大小；
（3）根据周期和时间的关系求该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间t。
（1）因为粒子从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，说明粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动时，粒子的运动轨迹与上下边界相切，粒子的运动轨迹如图所示：
已知匀强磁场Ⅱ为边长为d的正方形区域，故粒子圆周运动轨迹的竖直方向直径等于磁场Ⅱ的上下边界间距，所以粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为。在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得粒子初速度的大小为
（2）粒子从P点以初速度向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为，所以在上图中根据几何关系有
解得
在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得磁场Ⅰ的磁感应强度为
（3）设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的周期为，根据周期与速度的关系式有
由上图可以看出粒子从P点向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ的过程中，转过的圆心角为，所以运动的时间为
同理粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场Ⅱ中匀速圆周运动时转过的圆心角为，所以在磁场Ⅱ中运动的时间为
根据对称性可知粒子从飞出磁场Ⅱ到最后恰好回到P点的过程中的时间也为，所以该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间为
15．如图，一质量为＝3.0kg、长度为L的木板静止在光滑水平地面上。墙面固定一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧，质量＝1.0kg的物块（视为质点）以水平初速度从木板左端滑入，当两者共速时木板还未接触到弹簧。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变量为x时具有弹性势能，重力加速度g大小取。求：
（1）若＝4m/s，木板的最小长度L；
（2）木板接触弹簧后，物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量；
（3）若木板长度L足够长，整个运动过程物块始终未从木板的右端滑落，要求弹簧压缩量不超过＝0.2m（仍在弹性限度内），初速度的取值范围为多少？（结果保留根号）
【答案】（1）对物块和木板，根据动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块与木板发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律
解得
对整体，根据牛顿第二定律
又因为
解得
（3）设弹簧的压缩量恰好为，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由到的过程中，设当弹簧压缩量为时长木板的速度为，根据功能关系可得
其中，，
长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒
弹簧压缩到的过程中，对整体，根据能量守恒
联立，解得
所以，初速度的取值范围为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对物块和木板组成的系统，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解木板的最小长度；
（2）物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求解物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量；
（3）当初速度v0取最大值时，弹簧的压缩量达到x2=0.2m时长木板的速度恰好减为零。根据能量守恒与功能关系求得弹簧压缩量为x1时长木板的速度大小。根据动量守恒定律求得长木板与弹簧接触前物块和木板共速时的速度大小，根据机械能守恒定律求得初速度v0的最大值，可得初速度v0的取值范围。
（1）对物块和木板，根据动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块与木板发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律
解得
对整体，根据牛顿第二定律
又因为
解得
（3）设弹簧的压缩量恰好为，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由到的过程中，设当弹簧压缩量为时长木板的速度为，根据功能关系可得
其中，，
长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒
弹簧压缩到的过程中，对整体，根据能量守恒
联立，解得
所以，初速度的取值范围为。
1 / 1四川省2025-2026学年高三上学期开学考试物理试题
1．放射性核素锫通过电子俘获（Electron Capture，EC）发生衰变，衰变方程为：，其中是不带电且质量极其微小的中微子，则X是（　　）
A． B． C． D．
2．光学在生活中有很多应用，下列说法错误的是（　　）
A．相机镜头的增透膜，利用了光的全反射原理
B．看电影时戴的3D眼镜，利用了光的偏振原理
C．太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，这是光的干涉现象
D．泊松亮斑形成的主要原因是光的衍射
3．我国贵州省的500m口径球面射电望远镜（视为开口向上的固定半球体），有“中国天眼”之称。“中国天眼”维护时，机器人沿着球面内侧缓慢向上移动，则该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力是一对平衡力
B．机器人受到球面的摩擦力逐渐增大
C．机器人受到球面的支持力逐渐增大
D．机器人受到球面的合力方向不在竖直方向上
4．深圳市试点投放了无线充电石墩，方便市民为手机充电。其原理是石墩发射线圈中通有交变电流，手机接收线圈感应出电动势。某款手机接收线圈有20匝，单匝线圈有效面积是15，石墩发射线圈的磁场随时间变化规律为（T）。假设完全耦合，≈3.14，则手机接收线圈中感应电动势的有效值最接近（　　）
A．3.1V B．6.2V C．8.8V D．12.4V
5．如图所示为某中学的楼梯侧面的结构简图，每级台阶的水平距离均为s＝30cm、高度均为h＝20cm，且顶点在同一条直线上。现将一小球（视为质点）从台阶1的顶点以一定的初速度水平抛出，小球首次落在台阶5的顶点，不计空气阻力，重力加速度g大小取，则的大小为（　　）
A．5m/s B．4m/s C．3m/s D．2m/s
6．2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为－e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．电子在圆筒内做匀加速直线运动
B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1∶2
C．电子在各圆筒中的运动时间均为T
D．图甲中各圆筒的长度之比为……
7．如图，光滑水平面上，质量为m的物块在水平力F＝kt（k为大于零的常数）作用下，由静止开始运动。忽略一切阻力，则该过程中物块的速度v随时间t变化的图像、速度v随位移x变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．2025年2月，我国“千帆星座”第5批次18颗卫星发射成功，进入半径为的近地圆轨道。为构建全球覆盖网络，部分卫星需要变轨至半径为（n＞1）的预定圆轨道，忽略变轨过程卫星的质量变化，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在预定圆轨道上向心加速度的大小为在近地圆轨道上的
B．卫星在预定圆轨道上受到地球引力的大小为在近地圆轨道上的
C．某个卫星在预定圆轨道上的动能为其在近地圆轨道上的
D．卫星变轨过程中，机械能守恒
9．在5G－V2X车路协同系统中，车辆通过低延时通信实现超视距风险预警。测试中，A车（速度＝10m/s）与前方B车（速度＝20m/s）在同向车道匀速行驶。当两车相距＝40m时，B车上的车路协同系统探测到前方有障碍物，随即指令B车以加速度匀减速刹车。下列说法正确的是（　　）
A．A车追上B车前，两车最大距离为60m
B．A车追上B车前，两车最大距离为65m
C．A车追上B车所用时间为12s
D．A车追上B车所用时间为14s
10．电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝0.5kg，每个矩形线圈abcd电阻值R＝0.1Ω，ab边长＝20cm，bc边长＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度＝2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0T。整个过程不考虑互感影响，下列说法正确的是（　　）
A．减震器刚进入磁场时，线圈abcd中电流大小I＝4A
B．线圈1恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小＝1.92m/s
C．线圈1受到安培力冲量的大小比线圈2受到安培力冲量的大小大
D．要使减震器的速度减为零，至少需要25个线圈
11．请完成下列实验操作和计算。
（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用游标卡尺测量小圆柱外径，示数如图甲所示，读数为　 　mm。
（2）如图乙，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上　 　（选填“需要”或者“不需要”）穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之能　 　下滑，则平衡了摩擦力。
12．某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。除待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电源（电动势4.5V，内阻不计）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
C.电流表（量程0~3A，内阻约0.1Ω）
D.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
E.多用电表（选择开关面板如图甲所示）
F.定值电阻（阻值为2kΩ）
G.滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流2A）
（1）先用多用电表粗测某温度下热敏电阻的阻值，选择开关旋至“×100”欧姆挡，将红、黑表笔短接，进行　 　，测量时，表盘示数如图乙所示，其读数为　 　Ω。
（2）为了更精确测量热敏电阻的阻值，按图丙连接好电路，其中电流表选择B。闭合接到2，将R的滑片从a端向b端滑动，直至电压表有明显示数，发现此过程中电流表指针几乎没有偏转，经检测，电路无故障且各仪器正常，则电流表指针几乎没有偏转的原因是　 　，为测得通过的电流值，利用所给器材，应选择　 　（填器材前面的字母编号）来测量电流。
（3）在解决上述问题后，保持热敏电阻的温度不变，重新闭合接到1，调节滑动变阻器R，测得此时的电压、电流分别为，I，然后把接到2，调节滑动变阻器R，使通过的电流仍为I，此时电压表示数为，则该温度下热敏电阻的阻值为　 　（结果用、和I表示），电表内阻对热敏电阻的测量值　 　（选填“有”或“无”）影响。
（4）改变保温容器的温度，多次测量热敏电阻阻值，即可得到其阻值随温度变化的规律。
13．一定质量的理想气体经历的状态变化过程，其体积与热力学温度的关系如图所示，图中CB的延长线过坐标原点，气体在状态时的压强为。已知该理想气体内能的变化量仅与温度变化量成正比，比例系数为。求：
（1）气体在状态A的压强；
（2）气体从状态B到状态C的过程中，吸收的热量。
14．如图，在xOy平面的y轴右侧三角形区域ABP内存在方向垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场Ⅰ。在y轴左侧一边长为d的正方形区域ABCD内有匀强磁场Ⅱ，方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为。其中P点在x轴上，AB在y轴上且原点O为AB的中点。有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从P点以一定初速度（大小未知）向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，且最后恰好能回到P点。求：
（1）粒子初速度的大小；
（2）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小；
（3）该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间t。
15．如图，一质量为＝3.0kg、长度为L的木板静止在光滑水平地面上。墙面固定一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧，质量＝1.0kg的物块（视为质点）以水平初速度从木板左端滑入，当两者共速时木板还未接触到弹簧。物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变量为x时具有弹性势能，重力加速度g大小取。求：
（1）若＝4m/s，木板的最小长度L；
（2）木板接触弹簧后，物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量；
（3）若木板长度L足够长，整个运动过程物块始终未从木板的右端滑落，要求弹簧压缩量不超过＝0.2m（仍在弹性限度内），初速度的取值范围为多少？（结果保留根号）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒，衰变方程为，则X是，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒进行分析解答。
2．【答案】A
【知识点】薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A、相机镜头的增透膜，是利用薄膜前后表面反射光发生光的干涉，减弱反射光从而增强透射光，不是光的全反射原理，故A错误；
B、看电影时戴的3D眼镜，利用了光的偏振原理，左右镜片分别接收两个方向的偏振光，形成立体影像，故B正确；
C、太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，属于薄膜干涉现象，故C正确；
D、泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播，属于光的衍射现象，故D正确。
本题选错误的，故选A。
【分析】分清光的干涉、衍射、偏振、全反射在生活当中的应用，识别各类光学现象对应的物理原理。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A、机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力，是两个物体之间的相互作用力，不是平衡力，故A错误；
B、将重力沿球面、垂直球面分解，摩擦力，机器人向上移动，增大，增大，摩擦力逐渐增大，故B正确；
C、支持力，增大，减小，支持力逐渐减小，故C错误；
D、机器人缓慢向上移动，处于平衡状态，球面的合力与重力等大反向，方向竖直向上，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查平衡力与相互作用力区分，相互作用力作用在两个物体上，平衡力作用在同一物体；
B、考查重力的分解，静摩擦力等于重力沿球面切向分力，角度变大，切向分力变大；
C、考查重力的分解，支持力等于重力垂直球面分力，角度变大，垂直分力变小；
D、考查平衡状态，缓慢运动视为平衡，物体所受合外力为零，球面作用力的合力与重力平衡。
4．【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律可知手机接收线圈中感应电动势的峰值为
其中，，解得
有效值为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及正弦交流电有效值和最大值的关系式进行分析解答。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，小球若落在台阶5的顶点，则在竖直方向，解得，水平方向，解得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据竖直方向运动方向运动时间，根据水平位移和时间求解速度。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A．金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场为零，电子在圆筒内不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；
BD．电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理，解得
所以，电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为；第n个圆筒长度
则各圆筒的长度之比为……，故B错误，D正确；
C．电子每次在圆筒里面运动的时间都是，不是T，故C错误。
故选D。
【分析】多级直线加速器中金属圆筒内部电场强度为零，电子在圆筒内部匀速运动；每次经过间隙被电场加速，由动能定理分析速度与圆筒长度。
7．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB、由于水平力F=kt随时间t线性增加，根据牛顿第二定律由F=ma，解得，可知物块的加速度a随时间t线性增加。加速度是速度对时间的变化率，由于加速度a随时间t均匀增大，所以速度v随时间t的变化率也在不断增大，即速度v随时间t的变化图像的斜率不断增大。所以速度v随时间t的变化图像是一条斜率逐渐增大的曲线，故AB错误；
CD、图线的斜率为，其中，，所以斜率，所以图线的斜率减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】通过分析物块的受力情况，得出加速度与时间的关系，进而分析速度与时间、速度与位移的关系，从而判断图像的正确性。
8．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】万有引力公式：，轨道半径，。
A、由，，预定轨道向心加速度是近地轨道的，故A正确；
B、万有引力，，引力大小应为原来的，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有，解得
则卫星在预定圆轨道上的动能与在近地圆轨道上的动能之比，故C正确；
D、卫星变轨过程中，需要点火加速或减速，机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
【分析】万有引力提供卫星圆周运动向心力，结合向心力公式推导向心加速度、引力、动能；变轨加速时发动机做功，卫星机械能发生变化。
9．【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】AB． B车以加速度匀减速刹车，当两车速度相等时，间距最大，有
代入数据求得
得A车追上B车前，两车最大距离为，故A错误，B正确。
CD． B车初速度＝20m/s，B车匀减速刹车到停止，运动的距离为
A车速度＝10m/s，可得A车追上B车所用时间为，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】确定两车速度相等时的时间点，此时两车距离最大，计算B车完全停止的时间和位移，结合两车速度求解A车追上B车的具体时间。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A． 该减震器在光滑水平面上以初速度＝2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0T，减震器刚进入磁场时，感应电动势
线圈abcd中电流大小，故A正确；
B．线圈1恰好完全进入磁场时，线圈受到安培力，根据动量定理
其中，可得减震器的速度大小，故B正确；
C．线圈受安培力的冲量为
可知线圈1受到安培力冲量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误；
D．由上述分析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为，D正确。
故选：ABD。
【分析】刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求得线圈abcd中电流大小；第一个线圈恰好完全进入磁场时，设向右为正方向，对滑动杆由动量定理解答速度；根据冲量表达式求线圈1受到安培力冲量的大小和线圈2受到安培力冲量的大小关系；根据动量定理计算出每一线圈通过磁场时速度的减小量，从而求出线圈的个数。
11．【答案】（1）20.50
（2）需要；匀速
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺精度是0.05mm；主尺读数：20mm；游尺第10格对齐，游标尺读数；总读数20.50。
（2）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，纸带和打点计时器之间也存在摩擦力，平衡摩擦力时小车上需要穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之拖着纸带匀速下滑，则平衡了摩擦力。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据平衡摩擦力的方法分析。
（1）根据图甲可得，游标卡尺的读数为
（2）[1][2]在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上需要穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之拖着纸带匀速下滑，则平衡了摩擦力。
12．【答案】欧姆调零；3000；通过的电流过小，电流表的量程过大；E；；无
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）使用多用电表欧姆挡测电阻的时候，每更换一次欧姆倍率挡，都必须先把红、黑表笔直接短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆刻度的零刻度位置，这一步操作叫做欧姆调零。
如图所示，读数为
（2） 由于电源电动势为4.5V，则待测电路中最大电压4.5V，但待测电路的电阻能达到几千欧，所以电流过小，而电流表的量程过大，所以电流表指针几乎不偏转；
为测量通过R0的电流，需要用到更小量程的电流表，可以使用多用电表的毫安挡，故选：E；
（3）接1时，接2时，可得
由题意可知，若考虑电表内阻，接1时电压表测量值为热敏电阻、定值电阻、电流表串联后的总电压，设电流表的内阻为，则，接2时电压表测量值为定值电阻、电流表串联后的总电压，则，联立，解得，即电表内阻对热敏电阻的测量值无影响。
【分析】（1）使用多用电表前将红、黑表笔短接进行欧姆调零，将多用电表的示数与倍率相乘得到示数；
（2）根据已知电动势和电阻粗略估算出电流大小，可知需要用多用电表的毫安挡；
（3）利用串联电路电压关系求得待测电阻的电压，根据欧姆定律求解待测电阻，分析测量数据的准确性得到对测量值的影响。
13．【答案】（1）解：从，气体发生等容变化，则有
解得
（2）解：从，气体发生等压变化，气体对外界做功为
气体内能变化量为
根据热力学第一定律可得
解得吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】 （1）气体发生等容变化，由查理定律列式即可求出状态A时的压强；
（2）从，气体发生等压变化，求出气体对外界做功，由热力学第一定律列式即可求解。
（1）从，气体发生等容变化，则有
解得
（2）从，气体发生等压变化，气体对外界做功为
气体内能变化量为
根据热力学第一定律可得
解得吸收的热量为
14．【答案】（1）因为粒子从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，说明粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动时，粒子的运动轨迹与上下边界相切，粒子的运动轨迹如图所示：
已知匀强磁场Ⅱ为边长为d的正方形区域，故粒子圆周运动轨迹的竖直方向直径等于磁场Ⅱ的上下边界间距，所以粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为。在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得粒子初速度的大小为
（2）粒子从P点以初速度向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为，所以在上图中根据几何关系有
解得
在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得磁场Ⅰ的磁感应强度为
（3）设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的周期为，根据周期与速度的关系式有
由上图可以看出粒子从P点向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ的过程中，转过的圆心角为所以运动的时间为
同理粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场Ⅱ中匀速圆周运动时转过的圆心角为，所以在磁场Ⅱ中运动的时间为
根据对称性可知粒子从飞出磁场Ⅱ到最后恰好回到P点的过程中的时间也为，所以该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求粒子初速度v0的大小；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求解运动半径，结合洛伦兹力提供向心力求磁场Ⅰ的磁感应强度B'的大小；
（3）根据周期和时间的关系求该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间t。
（1）因为粒子从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场Ⅱ，说明粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动时，粒子的运动轨迹与上下边界相切，粒子的运动轨迹如图所示：
已知匀强磁场Ⅱ为边长为d的正方形区域，故粒子圆周运动轨迹的竖直方向直径等于磁场Ⅱ的上下边界间距，所以粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为。在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得粒子初速度的大小为
（2）粒子从P点以初速度向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ，进入时与y轴正方向的夹角为45°，设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为，所以在上图中根据几何关系有
解得
在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有
解得磁场Ⅰ的磁感应强度为
（3）设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的周期为，根据周期与速度的关系式有
由上图可以看出粒子从P点向左射入磁场Ⅰ，再从y轴进入磁场Ⅱ的过程中，转过的圆心角为，所以运动的时间为
同理粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场Ⅱ中匀速圆周运动时转过的圆心角为，所以在磁场Ⅱ中运动的时间为
根据对称性可知粒子从飞出磁场Ⅱ到最后恰好回到P点的过程中的时间也为，所以该粒子从P点进入磁场到第一次回到P点的时间为
15．【答案】（1）对物块和木板，根据动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块与木板发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律
解得
对整体，根据牛顿第二定律
又因为
解得
（3）设弹簧的压缩量恰好为，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由到的过程中，设当弹簧压缩量为时长木板的速度为，根据功能关系可得
其中，，
长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒
弹簧压缩到的过程中，对整体，根据能量守恒
联立，解得
所以，初速度的取值范围为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对物块和木板组成的系统，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解木板的最小长度；
（2）物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求解物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量；
（3）当初速度v0取最大值时，弹簧的压缩量达到x2=0.2m时长木板的速度恰好减为零。根据能量守恒与功能关系求得弹簧压缩量为x1时长木板的速度大小。根据动量守恒定律求得长木板与弹簧接触前物块和木板共速时的速度大小，根据机械能守恒定律求得初速度v0的最大值，可得初速度v0的取值范围。
（1）对物块和木板，根据动量守恒
解得
根据能量守恒
解得
（2）物块与木板发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律
解得
对整体，根据牛顿第二定律
又因为
解得
（3）设弹簧的压缩量恰好为，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由到的过程中，设当弹簧压缩量为时长木板的速度为，根据功能关系可得
其中，，
长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒
弹簧压缩到的过程中，对整体，根据能量守恒
联立，解得
所以，初速度的取值范围为。
1 / 1

展开更多......

收起↑