【文档说明】四川省德阳市广汉中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(23)页，2.643 MB，由小赞的店铺上传

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高2021级高二下期第一次段考物理试卷试卷说明：1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，请将答案填写在答题卷上。2、本试卷满分110分，90分钟完卷。第Ⅰ卷一、选择题（本小题共11题，每题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项

符合题目要求，9-11题有多项符合题目要求，选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1.由交变电动势的瞬时表达式e=102sin2tV可知（）A.此交流的频率是1HZB.此交流的周期是0.5sC.此交流电动势的最大值是10VD.0.5st=时，该交流电动势达最大值．【答案】A【解析】【详

解】A、根据1022Vesint=可得2rad/s=，根据2f=可得1Hzf=，故选项A正确；B、此交流的周期11sTf==，故选项B错误；C、此交流电动势的最大值是102VmE=，故选项C错误；D、0.5st=时，该交流电动势1020esin==

，为最小值，故选项D错误．2.扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案

对紫铜薄板施加恒定磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻

碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。A．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，A正确；B．薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培

力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，B错误；C．薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时

，则不会产生感应电流，C错误；D．薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，D错误；故选A。3.如图所示，

A、B是两个规格相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相等，按照图示连接好电路。则（）A.开关S闭合，A灯先亮，最后两者一样亮B.开关S闭合，B灯先亮，最后两者一样亮C.开关S闭合一段时间后断开，A灯先突然变暗再逐渐熄灭D.开关S闭合一段时间后断开，A灯先

闪亮一下再逐渐熄灭【答案】C【解析】【详解】AB．由于是两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，A灯泡立刻发光，而B灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻与灯泡电阻相等，所以稳定后A比B更亮一些，故AB错

误；CD．当开关断开瞬间，线圈产生瞬间自感电动势提供电流，此时两灯泡串联，导致两灯泡都逐渐熄灭，因线圈存在电阻，则在断开前，A的电流大于B的电流，断开时，A灯先突然变暗再逐渐熄灭，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，一弹簧振子做等幅振动，取向右为正，A，B两处为最大

位移处，O为平衡位置，C为AO间某一位置，则振子（）A.BO→，位移正值，加速度为正值B.从OB→，位移是正值，速度为正值C.运动至C处时，位移为负值，加速度为负值D.运动至C处时，位移为正值，加速度为负值【答案】B【解析】【详解】A．BO→，位移向左为

负值，加速度向左为负值，A错误；B．从OB→，位移向右是正值，速度向右为正值，B正确；CD．弹簧振子的位移是从平衡位置指向所处的位置，且加速度方向与位移方向相反，运动至C处时，位移为负值，加速度为正值，CD错误。

故选B。5.单摆A在地球表面的振动周期与单摆B在月球表面的振动周期相等，已知月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的16，则它们的摆长之比AB:LL等于（）A.1∶6B.1:6C.6∶1D.36∶1【答案】C【解析】是【分析】本题考查

利用单摆测量重力加速度计算公式的应用。【详解】利用单摆测量重力加速度计算公式2224LgTTLg==故摆长之比:ABLL等于6∶1。故选C。6.如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线。现有

一质量为0.20kg、电荷量为82.010C−+的滑块P（可视作质点），从0.10mx=处由静止释放﹐其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取210m/s=g。则下列说法正确的是（）A.沿x轴正方向，电场强度逐渐增大B.滑块先做加速度逐渐增大的加速运

动，后做加速度减小的减速运动，最终静止C.滑块运动的最大速度约为0.2m/sD.滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置【答案】D【解析】【详解】A．x−图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；B．x−图像的斜率的绝对值表示电场强度

的大小，所以0.15mx=处的电场强度大小为56310V/m2.010N/C0.30.15E==−滑块此时受到的电场力为10.04NFqE==滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为f0.04NFmg==由图可知0.1mx=处电场强度大于0.15mx=处电场强度，即滑块释放

时所受电场力大小f0.04N=FF所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块

开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B错误；C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为510.10.151.510VU=−=根据动能定理有211

12mvqUmgx=−解得0.1m/sv=故C错误；D．假滑块最终在0.3m处停下，0.15mx=与0.3mx=之间的电势差约为520.150.3==2.210VU−滑块从0.15mx=到0.3mx=过程中电场力做功32==4.410JWqU−滑动摩擦力做功为326

10J−==WmgxW所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。故选D。7.如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为

R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（）为A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变，P1向下缓

慢滑动的过程中，I减小，U增大D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小【答案】B【解析】【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电

压有效值为212UIR=则变压器原线圈的电压有效值为12124UUIR==设输入交流电的电压有效值为0U，则0124UIRIR=+可得0124UIRR=+保持1P位置不变，2P向左缓慢滑动过程中，I不断变大，根据欧姆定律14UIR=可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则2R两端

的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知1R消耗的功率增大，故B正确，A错误；CD．设原副线圈的匝数比为n，同理可得的211UnIR=则2012UnIRIR=+整理可得0212UInR

R=+保持2P位置不变，1P向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对2R由欧姆定律可知2UIR=可知U不断变小，根据原副线圈的功率相等可知1R消耗的功率002110221212()UURPIUUnR

RnRR==−++整理可得20122212212UPRnRRnR=++可知3n=时，1R消耗的功率有最大值，可知1R消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。故选B。8.一匀强电场的方向平行于经xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为2V、8V、14V，下

列说法正确的是（）A.坐标原点处的电势为4V−B.电子在a点的电势能比在b点的小C.匀强电场的电场强度的大小为1002Vm，方向由c点指向a点D.电子从c点运动到b点，静电力对电子做的功为6eV【答案】C【解析】【详解】A．

根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式公式U=Ed，知aO间与cb间电势差相等，即aObc−=−因a、b、c三点电势分别为φa=2V、φb=8V、φc=14V，解得原点处的电势为8VO=故A错误；B．根据pEq=可知p

p=2eV=8eVabEE−−电子在a点的电势能比在b点的大．故B错误。C．由上可知，ob两点的电势相等，故ob所在直线为等势线，根据电场线与等势面相互垂直可知，ac的连线即为一条电场线，且根据沿电场线方向电势在逐渐降低，故电场线方向为c指向a。如下

图所示由公式6V=1002V/m20.06m2cbcbUEd==故C正确；D．电子从c点运动到b点，电场力做功为6eVbcWqU==−故D错误。故选C。【点睛】根据匀强电场的特点，确定o点电势，从而找到等势线，再根据电场与等势线之间的关系确定电场线。再根据公式求解场强大小。

9.如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是（）A.将原线圈抽头P向上

滑动时，灯泡变暗B.电容器的电容C变大时，灯泡变暗C.图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D.若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω【答案】AD【解析】【详解】试题分析：在图中将原

线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A正确；电容器的电容C变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B错误；图示位置时，线圈的ab边与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电

动势最小，选项C错误；若线圈abcd转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U，则22(2)2NBSUttRR=，即U=NBSω，选项D正确；故选AD．考点：交变电流10.如图甲所示，在变压器输入端加上如图乙

所示的交变电压1msinuUt=，在副线圈的输出端串接上一只理想整流二极管D和滑动变阻器R，则（）A.当滑片P上移时，原线圈中的电流1I变大B.当滑片P上移时，原线圈的输入功率变小C.当拿掉二极管后，副线圈中的交流电周期与原来相同D.保持滑片P不动、R上电流有效值是无

二极管时的12【答案】BC【解析】【详解】A．当滑片P上移时，接入副线圈中的电阻变大，副线圈电路电压不变，所以副线圈中的电流减小，相应的原线圈中的电流也减小，故A错误。B．当滑片P上移时，接入副线圈中的电阻变大，副线圈电路电压不变，所以副线圈的功率变小，相应的原线圈

的输入功率也变小，故B正确。C．不接入二极管时，副线圈中的电压波形与原线圈中电压波形周期相同，理想整流二极管的作用是半波整流，即将副线圈中正向电压或负向电压滤除，所以经二极管整流之后的波形与原线圈中电

压波形周期也是相同的，故C正确。D．保持滑片P不动，在一个周期内，有二极管时R上产生的热量是无二极管时的12，所以有二极管时R上电流有效值是无二极管时的22，故D错误。故选BC。11.在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所

示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为23v，则下列说法正确的是（）A.

此时圆环中的电流为逆时针方向B.此时圆环的加速度为22163BavmRC.此时圆环中的电功率为222649BavRD.此过程中通过圆环截面的电量为223BaR【答案】AC【解析】【详解】A．由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A

正确；B．左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为282233EBaυBaυ==感应电流大小为83EBaυIRR==故其所受安培力大小为2232223BaυFBaIR==加速度为22323FBaυammR==故B错误；C．此时圆环的电功率为2222649BaυPIRR=

=故C正确；D．此过程中圆环磁通量的变化为2Bπa=故电荷量为2πBaqRR==故D错误；故选AC。第Ⅱ卷（本卷共6题，共66分）二、填空题（本大题共2小题，共16分）12.（1）如图甲，开关S接通时，可以看到灯泡2____

_______，而灯泡1____________。（2）如图乙，线圈L的直流电阻比灯泡的电阻小，接通电路，灯泡正常发光后，迅速断开开关S，可以看到灯泡________________。【答案】①.立即发光②.逐渐亮起来③.闪亮一下再逐渐熄灭【解析】【详解】(1)[1][2]由图甲可知灯2与滑动变

阻器串联，所以开关接通时，灯泡2立即发光；灯泡1和电感线圈串联，由于电感线圈的自感作用，阻碍电流增大，所以灯泡1会逐渐亮起来；(2)[3]当灯泡处于正常发光状态，线圈的直流电阻小于灯泡的电阻，故线圈支路的电流大于灯泡电流，开关断开，则灯泡中的电流立即消失，但是L因为自感要阻碍自身电流的减小，

L中的电流逐渐减小，因为L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变大且电流为反方向，然后逐渐减小到0，故灯泡闪亮一下再熄灭。13.（某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“1””、“10”两种倍率。现有一块小量程电流表G（表头

），满偏电流为100μA，内阻未知，可供选择的器材有：A.滑动变阻器1R，最大阻值100kΩ；B.滑动变阻器2R，最大阻值10kΩC.电阻箱R，最大阻值999.9Ω；D.电源1E，电动势1.5VE.电源2E，电动势9V；F开关1S和2S；双掷开关3

S；电阻丝及导线若干。.（1）实验小组的同学先采用图（甲）所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关2S，调滑动变阻器R使电流表指针指向满偏：保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关1S，调电阻箱R，

使电流表指针指向满偏电流的一半：读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，R选用______，电源选用______（填写器材前字母代号）。（2）选择合适器材，按图（乙）连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率（如“1”、“10”）的欧姆表。当开关3S拨到b时，

欧姆表的倍率是______（选填“1”、“10”），若110ΩR=，则2R=______Ω。（3）若欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.2V时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300Ω，则这个待测电阻的真实值

为______Ω。【答案】①.A②.E③.10④.90⑤.⑥.240【解析】【详解】（1）[1][2]该电路采用半偏法测电阻，实验中认为电路中的干路电流始终不变，在测量表头电阻时，为了减小闭合1S时对电路总电阻的影响，则有'gRr即滑动变阻器接入电路的阻值越大越

好，由于表头满偏电流固定，因此电源电动势越大越好。故R选用A，电源选用E。（2）[3]对于改装后的电流表，接a时量程为()2A11gggIrRIIR+=+接b时量程为A212gggIrIIRR=++可知，接a时的量程大于接b

时的量程，根据欧姆表的工作原理，欧姆表的内阻，即中值电阻为ERRI==中内A根据上述可知，接a时的中值电阻小于接b时的中值电阻，可判断接b时为大倍率，所以当开关3S拨到b时，欧姆表的倍率是10，当开关3S拨到a时，欧姆表的倍率是1

；[4]由于中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，则3S接a和b时有1010abEERRII===中中A1A2即有()212110ggggggIRRIRIIRRR++=++解得290ΩR=（3）[5]根据欧姆表刻度值原理可知AEEIERRRI==++中解得A

EERII=−可知RE由于欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，此刻度测得某待测电阻阻值为300Ω，而真实电阻对应电动势为1.2V，则有1.5V1.2V300R=真解得240ΩR=真三、计算题（本大题包括4小题，共50分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的

演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为12:1:100nn=，降压变压器原、副线圈匝数比为340:10:1=n

n，远距离输电线的总电阻100r=。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为1750kWP=。求：（1）输电线路损耗功率P；（2）用户端电压4U。【答案】（1）90kW；（2）220V【解析】【详解】（1

）由图乙可知，升压变压器的输入电压为m1250V2UU==根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，可得1122UnUn=又1222PPUI==解得230AI=输电线路损耗功率为2290kWPIr==（2）分析输电线路

，有23UUU=+又2UIr=解得322000VU=根据3344UnUn=解得4220VU=15.如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1=20cm，ad边长l2=25cm，放在磁感应强

度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO＇轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，求：（1

）t=0时感应电流的方向；（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）从图示位置转过900的过程中流过电阻R的电荷量．【答案】（1）adcb（2）e=314cos100πt(V)（3）0.1C【解析】【详解】（1）根据“t=0时平面与磁感线平行，ab边正转出纸

外、cd边转入纸里”，运用右手定则，得出感应电流的方向是adcb，如图所示：（2）n=3000r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=100πrad/s感应电动势的最大值为：314mEnBSV==所以感应电动势的瞬时值表达式为()cos314cos100e

nBSttV==（3）线圈由如图位置转过900的过程中，0=sin90BS通过R的电量为0.1NQCRr==+16.如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q

=+0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：（1）小球运

动到O点时的速度大小；（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；（3）ON间的距离．【答案】(1）2m/s（2)8.2N（3)3.2m【解析】【详解】试题分析：由A到O的过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得O点的速度；小球由A到O的过程做圆周运动，在最低

点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小；悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球又恰好能通过O点正下方的N点，说明小球到达N点时，沿电场方向的速度为vo

，从而可求的由O到N的时间，继而求出ON间的距离．（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：21-2mglEqlmv=代入数据解得小球在O点速度为：2()2/sqEvlgmm=−=（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：2--mvTmgfl

洛=洛伦兹力为：fBvq=洛联立代入数据解得：8.2TN=（3）绳断后，小球做匀变速曲线运动，可分解为水平方向匀变速和竖直方向自由落体运动．所以，小球水平方向加速度大小为：25/xFEqamsmm电===小球从O点运动至N点所用时间：20.8xvtsa==竖直方向ON间距离：213

.2m2==hgt点睛：本题主要考查了物体在复合场中的运动，分清楚小球的运动过程，并正确的做出受力分析是解决本题的关键，另外还要会根据物体受力情况判断出物体的运动情况，再结合动能定理即可轻松解决问题．17.如图所示，有一足够长的光滑平行金属

导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨与水平面的夹角为30=，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场垂直倾斜导轨所在平面向下（图中未画出），两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a、

b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且保持接触良好，b始终不会碰到滑轮，重

力加速度大小为g。（1）锁定a，释放b，求b的最终速度mv；（2）a、b由静止释放的同时在a上施加一沿倾斜导轨向上的恒力F=1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度大小；（3）若（2）中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。【答案】（1）222mm

gRvBL=；（2）12243mgRvBL=；22223mgRvBL=；（3）22322224424mgRtmgRQBLBL=−【解析】【详解】（1）当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度根据平衡条件有mg=BIL①2EIR=②mEBLv=③解得m222mgRvBL=

④对a棒有11sinFmgBILma−−=⑤代入数据得11mgBILma−=对于b和c组成的系统122mgBILma−=⑥所以任意时刻都有12:2:1aa=，由于运动时间相同所以最终a、b的速度大小之比12:2:1

vv=⑦稳定时电流()122mBLvvIR+=⑧当加速度都为0时，a、b、c达到稳定状态，有mmgBIL=解得a稳定时的速度大小12243mgRvBL=⑨的b、c稳定时的速度大小22223mgRvBL=⑩设时间t内a棒沿倾斜导轨的位移大小为x1，b棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且始终

有12:2:1aa=，则12:2:1xx=⑪对于a、b、c组成的系统，由功能关系得()()22121211sin222FmgxmgxmvmvQ−+=++⑫代入数据得322244433mgRQmgxBL=−⑬以a为研究对象，根据动量定理有()1sin0FmgtBILtmv−

−=−⑭Itq=⑮解得1mvmgtqBLBL=−⑯因为Et=⑰2EIR=⑱解得2qR=⑲其中()12BLxx=+⑳解得2222222433RmgRxmgtBLBL=−解得22322224424mgRtmgRQBLBL=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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