【文档说明】《贵州中考真题物理》2021年贵州省黔西南州中考物理试卷（解析）.docx，共(14)页，97.817 KB，由envi的店铺上传

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2021年贵州省黔西南州中考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题6小题，每题3分，共18分）1．【分析】（1）声音可以传递信息和能量；（2）声音是由物体振动产生的；（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从

不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。【解答】解：A、可以直接根据用户的语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息，故A正确；B、声音是由物体振

动产生的，音箱依靠扬声器的振动才能发出声音，故B正确；C、“大点儿声”目的是改变声音的响度，故C错误；D、人们能分辨出不同乐器的声音，根据的是声音的音色不同，故D正确。故选：C。【点评】本题考查声音的产生与传播，区分声音的三个特征以及声音的利用，是声学综合题。2

．【分析】（1）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；（2）人的正常体温在37℃左右；（3）光分为可见光和不可见光，不可见光有红外线、紫外线等等；（4）温度越高的物体，辐射出的红外线越强。【解答】解：A、照相机、摄像头都是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律制成的，

因此镜头离同学们的距离在二倍焦距以外，故A错误；B、人的正常体温在37℃左右，当同学的体温为36.5℃时，告警系统不会报警，故B错误；C、红外线人的肉眼看不见，属于不可见光，故C错误；D、人体的温度越高，辐射出的红外线越强，故D正确。故选：D。【点评】本题考查凸透镜成像、温度的估测、太阳光等知

识，是综合性比较强的题目，但难度不大。3．【分析】（1）根据Q＝cm△t判断分析；（2）物体在熔化过程中要吸热；（3）一切物体都有内能；（4）改变物体内能的两种方式：做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移。【解答】解：A、质量

相同的凝胶和其它物质比较，降低相同的温度，根据Q＝cm△t，比热容大的物质，放出的热量多，所以凝胶的比热容较大，凝胶放出的热量较多，故A正确；B、凝胶由固态变成液态，是一种熔化现象，物体在熔化过程中，要吸热，故B错误；C、一切物体都有

内能，固态的凝胶也具有内能，故C正确。D、暖手时，是通过热传递使手的内能增加，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了内能、温度、热量的关系以及对比热容的理解，是一道基础题。4．【分析】（1）使用任何机械都不省功；（2）斜拉桥可以等效为杠杆模型；（3）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量

越大，高度越高，重力势能越大；（4）太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能。【解答】解：A、盘山公路修建成S型，利用了高度一定时斜面越长越省力的道理，但根据功的原理可知，使用任何机械都不省功。故B错误；B、斜拉桥可以等效为杠杆模型，据此来分析

拉杆的受力情况，故B正确；C、水电站修建拦河大坝是提高了水的高度，为了增大水库中水的重力势能，故C正确；D、太阳能电池光伏板是将太阳能转化为电能，供用户使用，故D正确。故选：A。【点评】本题主要考查功的原理、杠杆、重力

势能和能量的转化，是一道综合题。5．【分析】上端开口、下部连通的容器叫做连通器；连通器的特点是容器中装有同种液体，且液体不流动时，各个容器中液面总是相平的。【解答】解：A、茶壶的壶嘴和壶身上端开口、下部连通，构成了连通器，故A不符合题意。B、在托里拆利实验的装置中，因

玻璃管的上端是封闭的，所以该装置不是连通器，故B符合题意。C、关闭下游阀门，打开上游阀门时，闸室和上游构成连通器，使水面相平，方便船只出入；当下游阀门打开时，闸室和下游构成连通器，使水面相平，方便船只通过；所以，船闸属于连通器，故C不符合题意。D、锅炉

的炉身与水位计的上端开口、底部连通，属于连通器，故D不符合题意。故选：B。【点评】此题考查了连通器在生活中的应用；平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。6．【分析】（1）电动机的原理是通电线圈在磁场中受力转

动，受力转动的方向跟电流方向和磁场方向有关；（2）电动机工作时电能主要转化为机械能；（3）根据P＝UI求出电动机正常工作过程中消耗的电功率；（4）知道电动机线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据Q＝I2Rt求出通过线圈的电流产生的热量。【解答】解：A、电动机是利用通电线圈在磁场中受

力转动原理工作的，故A错误；B、电动机工作时电能主要转化为机械能，还有部分转化为内能，故B错误；C、电动机正常工作过程中，U机＝U额＝220V，消耗的电功率P机＝U机I机＝220V×5A＝1100W＝1.1KW，故C正确；D、通过线圈的电流产生的热量：Q＝I2Rt＝（5A）2

×4Ω×60s＝6000J。故D错误。故选：C。【点评】本题考查了焦耳定律的应用，要注意电动机是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等。二、填空题（本题6小题，每空1分，共16分）7．【分析】（1）当光从

一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生偏折，这种现象叫做光的折射；（2）凸透镜成像时，当u＞2f，成倒立缩小的实像；当2f＞u＞f，像距v＞2f，成倒立、放大的实像；（3）凸透镜成实像时，物距越小，像距越大，像越大。【解答】解：水中的鱼是由于光的折射现象，从上

面看鱼时，会感到鱼的位置比实际位置高一些；由图可知，物距小于像距，物体处于1倍焦距和2倍焦距之间，所以此时光屏上成一个倒立、放大的实像；若将蜡烛与光屏对调时，由光路可逆性，物距大于2倍焦距，此时成倒立、缩

小的实像；手机的摄像头相当于一个凸透镜。拍照时，物体通过镜头成倒立、缩小的实像，自拍杆除了能方便地调整拍摄角度和方位外，还能通过调节自拍杆的长度来改变物距从而改变成像的大小。故答案为：折射；缩小；物距。【点评】此题主要考

查了有关凸透镜成像的规律及应用。一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系。8．【分析】（1）力的作用效果为：可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；（2）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。【解答】解：（1）

小铁球受磁铁作用后运动方向发生了变化，说明了力可以改变物体的运动状态；（2）把活塞迅速压下去，此时活塞对筒内的空气做功，是机械能转化为内能，筒内空气的内能变大，温度升高，达到硝化棉的燃点。故答案为：（1）运动状态；（2）变大。【点评】本题考查了力的作用效果、改变内

能的方法，属于基础题。9．【分析】（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；根据G火＝mg火得出在火星车在探测车在火星上受到的重力；（2）惯性是物体保持原有运

动状态不变的性质；（3）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；（4）地面与太空设备之间是通过电磁波来实现信息交互的。【解答】解：（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关，故探测车在火

星上的质量为240kg，探测车在火星上受到重力：G火＝mg火＝240kg×3.73N/kg＝895.2N；（2）惯性是物体保持原有运动状态不变的性质，任何物体任何时候都具有惯性，探测车在火星上不会失去惯性；（3）车轮的表面有许多凸棱，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；（4

）电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，祝融号将拍摄到的影像图用通过电磁波传回地球。故答案为：895.2；不会；增大；电磁波。【点评】本题以火星探测为背景，考查了多个物理知识点的相关应用，体现了物理知识与高科技领域的联系，有一定的现实意义。

10．【分析】（1）流体流速越大的地方，压强越小；（2）电磁铁通电后有磁性，断电后没有磁性；（3）利用m＝ρV求水的质量，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量。【解答】解：淋浴时，打开淋浴阀，水的流速变大，活塞右侧压强减小，则活塞向右移动，开关S闭合，电磁铁产生磁性

，使燃气电磁阀打开通入燃气，点火器同步点火，热水器开始工作。水的质量m＝ρV＝1×103kg/m3×10×10﹣3m3＝10kg；水吸收的热量Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（45℃﹣25℃）＝8.4×105J。故答案为：减小；磁性；8

.4×105。【点评】本题体现了物理和生活实际相结合，能让学生感受到物理是有用的。11．【分析】家庭电路电流过大的原因有两个；发生短路和用电器的总功率过大；根据空气开关上的铭牌可知，该空气开关的漏电电流≤30mA，最大工作电流为10A，而由前面分析可知接入空调时干路中

的电流过大（超过10A），据此解答。【解答】解：空调属于大功率用电器，当他用遥控器将待机的空调开机时，家里的空气开关“跳闸”了，说明干路中的电流过大，则“跳闸”的原因可能是总功率过大了；根据空气开关上的铭牌可知，该空气开关的漏电电流≤30mA，最大工

作电流为10A，而由前面分析可知接入空调时干路中的电流过大（超过10A），所以，为了让家中的空调能正常使用，该电路中应该更换最大工作电流大一些的空气开关。故本题答案为：总功率；最大工作电流。【点评】本题考查了家庭

电路电流过大的原因和安全用电常识，属于基础题。12．【分析】当开关S闭合时，两电阻并联接入电路，根据并联电路电压特点可知电阻R1与R2两端的电压之比；电流表A1测干路电流，电流表A2测通过电阻R2的电流，根据并联电路电流规律结合欧姆定律可知电流表A1与A2的示数之比。

【解答】解：当开关S闭合时，两电阻并联接入电路，并联电路各支路两端电压相等，所以电阻R1与R2两端的电压之比为1：1；电流表A1测干路电流，电流表A2测通过电阻R2的电流，电阻R1、R2阻值相等，由欧姆定律可知通过两电阻的电

流相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A1与A2的示数之比为2：1。故答案为：1：1；2：1。【点评】本题考查并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。三、简答题（本题2小题，每题4分，共8分）13．【分析】（1）动能大小的影响因

素：质量和速度。质量越大、速度越大，动能越大。（2）重力势能的影响因素：质量和高度。质量越大、高度越高，重力势能越大。【解答】解：（1）过山车从轨道的最低端上升到最高端的过程：质量不变，高度增加，重力势能增加；速度减小，动能减小，动能转为重力势能；（2

）过山车从最高端下降到最低端的过程：质量不变，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大，重力势能转为动能。【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素。掌握弹性势能、动能、重力势能之间的相互转

化。14．【分析】（1）由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流；由题意和图示可知，油箱中油量增加时滑片的移动方向，据此可知变阻器接入电路中电阻的变化以及电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；（2）当油面增加到一定程度时

，滑片下移到最下端，此时变阻器连入电路的电阻为0，此时若没有R0，则会造成电源短路，会烧坏电流表和电源。【解答】答：（1）当油箱中油量增加时，由题意和图示可知滑动变阻器的滑片下移，变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流变大，则电

流表的示数变大；（2）当油面增加到一定程度时，滑片下移到最下端，此时变阻器连入电路的电阻为0，此时若没有R0，则会造成电源短路，故电路中R0能起到保护电路的作用。【点评】本题通过油箱改装图，综合考查了欧姆定律、电流表的使用和串联电路的特点等电学知识，理解图示的原理、能够从题中抓住关键

词语是解答此类题目的关键。四、作图题（本题3小题，每题3分，共9分）15．【分析】平面镜成像的特点是：成虚像、像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。【解答】解：

分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图所示：【点评】平面镜成像作图的方法有两种：一种是根据平面镜成像的特点来作，另一种是根据光的反射定律来作，没

有特殊要求的情况下，根据平面镜成像特点作图要简洁、容易。16．【分析】（1）画重力应选明确力的大小、方向和作用点，再按作图的要求画出这个力；（2）滑轮组最省力，就是用尽可能多的绳子的段数来承担物重。【解答】解：从重物G的重心开始，沿竖直向下的方向画一条有向线段，并用G

表示，即为其所受重力示意图；图中滑轮组有两种绕线方法，一种是由两根绳子承担重物，一种是由三根绳子承担重物，要想最省力，应选用三根绳子承担的绕法，即从动滑轮开始缠绕，如图所示：【点评】本题同时考查了滑轮组的组装及物体重力的示意图，都属基本的作图类型，难度不大。17．【分析】根据图中磁感线

的方向，先判断通电螺线管的N、S极，根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极。【解答】解：在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以螺线管的右端为N极，左端为S极。根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为N极，右端为S极

，如图所示：【点评】本题既考查了磁感线和小磁针磁极的判断，要求学生步步仔细才行。五、实验题(本题2小题，第18题8分，第19题10分，共18分)18．【分析】（1）探究杠杆的平衡条件时首先应该使杠杆在水平位置平衡，然后进行实验。（2）调节杠杆

在水平位置平衡时，杠杆左端下沉，应向右条件平衡螺母，杠杆右端下沉，应向左调节平衡螺母；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；（3）根据杠杆的平衡条件和第3次实验数据中的动力、动力臂、阻力臂，求出阻力；（

4）先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式。【解答】解：（1）将杠杆的支点支在铁架台上；调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；在杠杆两侧挂上适当的钩码并移动钩码的位置，使杠杆在水

平位置平衡；记录数据；故正确的步骤为：BCAD。（2）杠杆的左端上翘，右端的平衡螺母或左端的平衡螺母都向上翘的左端移动，才能使杠杆在水平位置平衡；（3）分析第4组数据：由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，3N×10cm＝F2×20cm，F2＝1.5N；（4）分析表中的实验数据，发现动力×动力臂＝

阻力×阻力臂，用F1、F2、l1和l2分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1l1＝F2l2；故答案为：（1）BCAD；（2）左；（3）1.5；（4）F1l1＝F2l2。【点评】此题主要是探究杠杆的平衡条件，主要考查了对杠杆的调节及平衡条件的应用。19．【分析】（

1）由电路图可知，电压表是测灯泡两端的电压，据此补充实物图；（2）为了保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片要置于阻值最大处；串联电路分压原理：在串联电路中，各电阻上的电流相等，各电阻两端的电压之和等于电路总电

压。分压原理的公式为R1：R2＝U1：U2；（3）已知灯泡的额定电压，由图丙可知在额定电压下通过灯泡的电流，利用P＝UI可求出灯泡的额定功率；（4）首先分析移动滑片后，滑动变阻器连入电路的阻值如何变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化，再根据串联电路分压原

理判断灯泡两端电压的变化，最后由P＝UI可知灯泡的实际功率如何变化。【解答】解：（1）由图甲的电路图可知，电压表测灯泡两端的电压，则答案如下图：（2）为了保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即b端；实验时，移动滑动变阻器的滑片P，滑动变阻器连入电路的阻值发生变化

，由串联电路分压原理可知，小灯泡两端的电压发生变化，从而控制小灯泡的实际功率。（3）当电压表示数为2.5V时，由图丙可知电流表的示数为0.3A，即通过灯泡的额定电流为0.3A，则灯泡的额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W。（4）继续向a

端移动滑动变阻器的滑片P，滑动变阻器连入电路的阻值变小，根据欧姆定律，电路中的电流会变大，又由串联电路分压原理可知，灯泡两端的电压也会变大，根据P＝UI可知，灯泡的实际功率会变大。故答案为：（1）如上图所示

；（2）b；电压；（3）0.75；（4）变大。【点评】本题主要考查了测定小灯泡电功率的实验的探究，包括电路实物图的连接、滑动变阻器的使用、以及电功率公式的应用，在分析时要注意串联分压原理的运用。六、计算题（本题3小题

，第20题6分，第21题6分，第22题9分，共21分）20．【分析】（1）利用称重法计算石块受到的浮力；（2）根据F浮＝ρ液gV排可求石块排开水的体积，石块浸没在水中，则其体积等于排开水的体积，利用G＝mg和ρ＝计算

石块的密度；（3）容器底对桌面的压力等于容器内水、石块排开水的重力之和，而根据阿基米德原理可知，石块排开水的重力等于浮力，又知容器底面积（受力面积），利用p＝可求容器底对桌面的压强。【解答】解：（1）根据称重法，石块受到的浮力：F浮＝G﹣F＝5.6N﹣2.

8N＝2.8N；（2）根据F浮＝ρ液gV排可得，石块排开水的体积：V排＝＝＝2.8×10﹣4m3，石块浸没在水中，则石块的体积：V石＝V排＝2.8×10﹣4m3，石块的密度：ρ＝＝＝＝＝2×103kg/m3；（3）容器底对桌面的压力：F压＝G水+G排＝m水g

+F浮＝2kg×10N/kg+2.8N＝22.8N，则容器底对桌面的压强：p＝＝＝2.28×103Pa。答：（1）石块所受的浮力为2.8N；（2）石块的密度为2×103kg/m3；（3）在如图所示状态下，容器底对桌面的压强为2.28×103Pa。

【点评】此题考查密度、压强和浮力的计算，知道容器底对桌面的压力等于容器内水、石块排开水的重力之和，并利用好浸没在液体中的物体排开液体的体积与自身体积相这一隐含条件是解答此题的关键。21．【分析】（1）利用G＝mg计算

出无人机的重力，再根据二力平衡条件分析无人机悬停时受到的升力；（2）从表中找到无人机的最大上升速度，根据二力平衡条件分析无人机做匀速直线运动时的升力，再利用P＝＝＝Fv计算出无人机做功的功率；（3）从表中

找到无人机的最大上升速度、最大水平飞行速度以及最大下降速度，利用t＝可分别求出无人机上升所需时间、水平飞行所需时间以及下降所需时间，三次求出的时间之和即为它从A点返回至D点所需的时间t。【解答】解：（1）无人机的重力：G＝mg＝1100×10﹣3kg×10N/kg＝11N；因为无人机在空中悬

停时处于平衡状态，此时无人机受到的重力和升力是一对平衡力，所以无人机在空中悬停时受到的升力：F＝G＝11N；（2）由表中数据可知，无人机的最大上升速度为4m/s，因为此过程中无人机做匀速直线运动，所以此时无人机受到的升力与重力还是一对平衡力，即F＝G＝11N，因此升力对无人机做功的功率：P

＝＝＝Fv＝11N×4m/s＝44W；（3）图乙可知，无人机在空中A点接收到自动返航指令后，从A点沿ABCD航线自动返回至起点D的过程中，先从A到B上升300m﹣200m＝100m，再从B到C水平飞行900m﹣100m＝800m，再从C到D下降300m，由表中数据可知，无人机的最大上升速

度为4m/s，则无人机以最大速度从A到B匀速上升100m所需要的时间：tAB＝＝＝25s，由表中数据可知，无人机的最大水平飞行速度为20m/s，则无人机以最大速度水平匀速从B到C匀飞行升800m所需要的时间：tBC＝＝＝40s，由表中数据可知，无人机

的最大下降速度为3m/s，则无人机以最大速度匀速下降300m所需要的时间：tCD＝＝＝100s，则无人机从A点返回至D点所需的时间：t＝tAB+tBC+tCD＝25s+40s+100s＝165s。答：（1）无人机在空中悬停时受到的升力F

为11N；（2）无人机以最大速度匀速上升100m，空气阻力忽略不计，升力对无人机做功的功率P为44W；（3）无人机在各段航线上均以相应的最大速度匀速航行时从A点返回至D点所需的时间t为165s。【点评】本题以无人

机为载体，考查了速度公式、二力平衡条件的应用以及功率的计算，难度不大，但要注意从题目提供的众多信息中筛选出有用的信息。22．【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。（1）根据串联电路的电压特点求

出电压表V的示数为14伏时R1两端的电压，根据P＝计算电阻R1的电功率；（2）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流，然后结合滑动变阻器的铭牌可知电路中的最大电流；当电压表的示数为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据串联

电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流；（3）当电压表的示数为15V时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值；当电流表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电

阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，进一步得出滑动变阻器接入电路中电阻的范围。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。（1）当电压表的示数为14V时，串

联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压：U1＝U﹣U2＝18V﹣14V＝4V，电阻R1的电功率：P1＝＝＝1.6W；（2）当滑片在A端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流：I′＝＝＝1.8A，已知滑

动变阻器允许通过的最大电流为2A，所以电路中的最大电流为1.8A，电压表的量程为“0～15V”，由串联分压原理可知当电压表的示数为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由欧姆定律可知此时电路中的电流最小，此

时R1两端的电压：U1′＝U﹣U2′＝18V﹣15V＝3V，电路中的最小电流：I″＝＝＝0.3A，所以电路中电流的变化范围为0.3A～1.8A；（3）当电压表的示数为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，R滑max＝＝＝50Ω，当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电

路中的电阻最小，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝30Ω，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑min＝R总﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω，滑动变阻器接入电路中电阻的范围为20Ω～50Ω。答

：（1）当电压表V的示数为14伏时，电阻R1的电功率为1.6W；（2）在滑片移动的过程中，电路中电流的变化范围为0.3A～1.8A；（3）若在电路中再串联一个电流表，要使电路中的电流变化量最大，滑动变阻器连入电路中的阻值范围

为20Ω～50Ω。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路中最大和最小电流、滑动变阻器接入电路电阻的判断。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/1/2412:14:11；用户：18032927792；邮

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