2021年高考物理考前冲刺押题卷02(江苏卷)(解析版)

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

第Ⅰ卷

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．

1、2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应的方

221程为；1H1Hx0n。已知氘核的质量为m1，比结合能为E，中子的质量为m2，反应中释放的核能

为E，光速为c，下列说法正确的是（ ）

A．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的核力 B．反应产物x为42He C．x核的质量为

Em22m1 c2D．x的比结合能为【答案】 D

4EE 33【解析】要发生聚变反应，两个原子核要足够近，故需要克服两氘核间巨大的库仑斥力，A正确；.根据质

3He，B错误；由爱因斯量数守恒和电荷数守恒，可知x的质量数为3，电荷数为2，所以反应产物x应为2坦质能方程Emc2，得到E2m1mxm2c，解得mx2m1m22EC错误；根据2，c 第1页 共17页

4EE3Ex，解得Ex

4EE，D正确。 332、一铁球通过3段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧秤上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图甲所示，弹簧秤的示数记为F1。第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图乙所示，弹簧秤的示数记为F2。则（ ）

A．F1先减小后增大 C．F2先增大后减小 【答案】A 【解析】

B．F1逐渐增大 D．F2先减小后增大

如图所示对O点受力分析，由于两根绳子的合力等于重力，其大小和方向都不变，OA绳拉力方向不变，根据平行四边形定则，如图所示可知F1先减小后增大，所以A正确；B错误；保持轻绳OC垂直于OA，假设AO与竖直方向夹角为，如图所示，由平衡条件可得F2Gtan，AO与竖直方向夹角为减小，则F2逐渐诚小，所以C、D错误；故选A。

第2页 共17页

3、透明圆柱形玻璃杯中装有适量食用油和水，食用油浮于水之上。现将一根筷子竖直插入到玻璃杯左侧中，如图所示，则（ ）

A．光从水进入食用油中，频率变大 B．光从食用油进入水中时可能会发生全反射 C．光在食用油中的传播速度大于在水中的传播速度

D．筷子从玻璃杯右侧竖直插入，筷子在食用油中的像向中轴线方向偏移 【答案】B

【解析】频率是由波源决定的，所以光从水进入食用油中，频率变不变，A错误；食用油的折射率大于水

v的折射率，根据全反射的条件，光从食用油进入水中时可能会发生全反射，B正确；根据

cn，食用油的

折射率大于水的折射率，光在食用油中的传播速度小于在水中的传播速度，C错误；如图

图为筷子竖直插入食用油玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁B射向观

第3页 共17页

察者P处的一条光线。ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在B处由食用油中射入空气中，图中的角i和角r分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有ri ，所以观察者在P处看到的筷子A的像A′的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，D错误。故选BC。

4、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x5m处的质点的振动图线如图甲所示，在x11m处的质点的振动图线如图乙所示，以下说法正确的是（ ）

A．该波的频率为12Hz B．该波的传播速度可能为2m/s

C．从t0时开始计时，x5m处的质点做简谐运动的表达式为y4sin12πt(m) D．在0~4s内x5m处的质点通过的路程等于x11m处的质点通过的路程 【答案】 B

【解析】由图像可知，该简谐横波的周期为T12s，所以A错误；由题意可知化简可得该波的波长为4n6m（n0，1，2），

242m（n0，m/s，1，2），由公式v，可得该波的波速为v4n1T4n1n0，1，2），当n0时，v2m/s，所以B正确；由图甲可得，从t0时开始计时，x5m处的质点

2πππrad/srad/s，得y14sint(cm)，所以C错T66ππ误；由图乙可得，从t0时开始计时，x11m处的质点做简谐运动的表达式为y24sin(t)(cm)，

62做简谐运动的表达式为y14sint(cm)，其中当t=4s时y123cm，y22cm，所以两质点4s内通过的路程分别为s1(423)cm，s26cm 即s1

5、图甲所示是燃气灶点火装置的电路图，转换器将直流电压转换为交流电压，并加在一理想变压器的原线

s2，所以D错误。

第4页 共17页

圈上，当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5000V时，钢针和金属板间就会引发电火花，从而点燃气体。闭合开关，已知电压表的示数为5V，图乙所示是闭合开关后原线圈中的磁感应强度B随时间t变化的图像，电压表可视为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）

A．原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B2Bmax2πsint 2TB．0

TT时间内，在时刻最容易成功打火

42

C．原、副线圈匝数比为1:800时点火装置可正常工作 D．经过变压器后，该交流电压的频率可能发生变化 【答案】C

【解析】由题图乙可知原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为BBmaxsin2πTt，选项A错误；t时刻

4T穿过线圈的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时副线圈产生的感应电动势为零，因此不会成功打火，选项B错误；若原、副线圈的匝数比为1:800，副线圈两端电压的有效值为4000 V，其最大值为

40002 V5600 V5000 V，故点火装置可以正常工作，选项C正确；变压器不会改变交流电压的频

率，选项D错误。故选C。

6、宇宙飞船飞临一颗半径为R的未知行星，在距行星表面也为R的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为T（如图）。宇宙飞船在A点沿圆周的切线方向发射一个探测器，使之沿椭圆轨道运动，恰好在B点掠过行星表面后又能回到A点。已知万有引力常量为G，则（ ）

A．此未知行星的平均密度为3 GT2 第5页 共17页

B．探测器沿椭圆轨道运动时，周期T33T 83T 8C．探测器沿椭圆轨道运动时，周期TD．探测器沿椭圆轨道运动时，在A点的速率大于在B点的速率 【答案】 B

【解析】发射探测器前，宇宙飞船做半径r2R的匀速圆周运动，设未知行星的质量为M，宇宙飞船的质

2424Mm23MRA错误；探测器椭圆轨道的半长轴量为m，则G2m，，得r2，所以3GTrT3T2a32aR，根据周期定律得23，T3T33T，所以B正确，C错误；A点是远日点，B

2Tr84点是近日点，由开普勒第二定律得vAvB，所以D错误。故选B。

7、如图甲所示，有一固定的正点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是 （ ）

3

A．小球可能带负电，也可能带正电

B．带电小球在高度H0~H1之间运动过程中，电势能减小 C．带电小球在高度H1~H2之间运动过程中，机械能减小 D．带电小球在整个运动过程中，库仑力先减小后增大 【答案】C

【解析】根据动能定理知Ek−H图像的斜率为带电小球所受合力，由图像知随H的减小，斜率先减小，说明N对小球的库仑力斜向右上方，为斥力，所以小球带正电，故A错误；整个过程中小球距离正点电荷N越来越近，库仑力对小球始终做负功，电势能增加，故B错误；除重力外的其他力做的功等于机械能的变化，由于库仑力做负功，故带电小球在高度H1~H2之间运动过程中，机械能减小，故C正确；由库仑力

第6页 共17页

Fk

QqrD错误。故选C。 2，整个运动过程中，越来越小，库仑力一直增大，故

r8、如图所示，以水平直线为分界线，上方区域充满垂直于纸面向里的匀强磁场，大量电子（质量为m、电荷量为e，重力不计）从长度为L的PQ区域以相同速度与水平方向成60的角度斜射入磁场，已知电子的速度大小为v0，上方磁场的磁感应强度B3mv0。所有从上方磁场射出的电子再次经过水平分界线下eL方某一半圆形区域的匀强磁场（图中未画出）偏转后都能通过磁场边界的一个点处被收集。下列说法中错误的是（ ）

A．水平分界线上电子射出区域的长度为

L 3B．若减小上方磁场的磁感应强度，电子射出区域的长度将保持不变

C．欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠，则上方磁场的磁感应强度应小于3mv0 eLD．下方收集电子的半圆形区域匀强磁场的最大磁感应强度为【答案】A

23mv0 3eL【解析】所有电子运动轨迹相同，水平分界线上电子射出区域的长度为L，选项A错误；改变上方磁场的磁感应强度，电子运动轨迹改变但所有电子运动轨迹依然相同，电子射出区域的长度将保持不变，选项B正确；从P点入射的电子应到达Q点右侧，即偏转对应的最小弦长为L，则rmv0L3mv0 ，BqB3eL选项C正确；出射电子束的宽度（平行线间的距离）为3L，只要满足电子轨迹半径等于磁场区域圆的半2径就可以实现收集（会聚）。设想以较大的磁场区域圆实现会聚，不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区域，如图所示：

第7页 共17页

2组成的半圆，3组成的半圆，可以是区域1、也可以是区域1、最小半径与最大的磁感应强度B相对应，选项D正确。

23mv03eL9、MN如图所示，两根电阻忽略不计的平行光滑金属导轨竖直放置，其上端接定值电阻R。在水平虚线OP、和导轨之间充满垂直导轨所在平面向外的匀强磁场。导体棒甲、乙与导轨垂直且等宽，导体棒甲的质量为m1，导体棒乙的质量为m2，导体棒甲、乙和定值电阻R三者电阻值均相同，导体棒甲、乙距离水平虚线OP的高度分别为h1、h2。两导体棒同时由静止开始沿导轨竖直向下滑动，都能匀速穿过磁场区域。导轨足够长，两导体棒与导轨始终接触良好，不计空气阻力，在整个过程中，设导体棒甲、乙克服安培力做功分别为W1、

W2，下列说法正确的是（ ）

W1m1h1m1,A． W2m2h2m2C．

WmhmB．11,11

W2m2h2m2D．

2W1m1h1m1 ,W2m2h2m22W1m1h1m1, W2m2h2m222 第8页 共17页

【答案】 B

【解析】设磁场区域高度为H，两导体棒都能匀速穿过磁场区域，则W1m1gH，W2m2gH，

W1m1，W2m2B2L2v 设匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体棒长为L，进入磁场时速度大小为v，有v2gh，mg，

1.5R2hm得11，故B正确，ACD错误。故选B。 h2m2

10、如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则下列选项正确的是（ ）

2

A．细绳拉断前，细绳拉力对木板的冲量为0

v2B．滑块与木板AB间的动摩擦因数为

2glC．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2 D．弹簧恢复原长时滑块的动能为【答案】 B

【解析】细绳拉断前，根据IFt可知细绳拉力对木板的冲量不为0，A错误；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为

12mv 2

12

mv，C错误；由于细绳被拉断后，长木板停止运动，小滑块恰未掉落，说明木板速度为零，小滑块速度2

12为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Epmv，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，

2且速度与木板相同，设为v，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0mMv，

1v22EpmMv'mgl，联立解得，B正确；弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的

22gl 第9页 共17页

动能小于

12mv，D错误。 2第Ⅱ卷

二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11．（14分）一实验小组要测量某型号多用电表欧姆挡“×10”正常工作时的内阻RΩ和其内部电源的电动势E，该多用电表欧姆挡“×10”的内部电路如图1中虚线框所示。

(1)若电池内阻为r，表头内阻为Rg，变阻器有效阻值为RH，则RΩ的理论值为RΩ=______；

(2)已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，实验小组设计了如图2的电路，则虚线框中X为仪器______，电压表应选用______（填仪器前的字母序号）；

A．滑动变阻器 B．电阻箱 C．量程3 V的电压表 D．量程15 V的电压表 (3)实验操作步骤如下：

i。调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左侧零刻度处，再将挡位选择开关调至欧姆挡“×10”，短接红黑表笔，调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘右侧零刻度处；

ii。将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔应连接______端（填“A”或“B”）； iii。改变仪器X的阻值，读取多组电压表和仪器X的示数U和R。 (4)实验小组对测量数据进行分析后，一部分同学发现U与

U呈线性关系，并各自作出了相应的图象如图所R示。根据图中所给数据，可得所测电动势E=______，内阻RΩ=______。（用图中字母表示）

【答案】（1） RH+Rg+r （3分） （2）B （2分） C （2分）

第10页 共17页

（3） A （2分） （4）b3（3分）

b3b1

（3分） b2

【解析】(1)根据电路结构可知，RΩ的理论值为RΩ= RH+Rg+r

(2)已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，则虚线框中X为仪器应该用能读数的电阻箱B，电压表应选用量程为3V的电压表C；

(3)ii.将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔因接内部电源的正极，则应连接A端；

b3b1Ur(4)根据UEr，结合图像可知Eb3，。

b2R12、（8分）目前，很多高端轿车的悬挂系统采用了空气悬架，相较传统的弹簧悬架，能大幅提高轿车的舒适性。对于空气悬架，其工作原理可简化为如图所示装置，一个气缸通过阀门连接气泵，气缸内部横截面积为S0.01m2，上方用一个活塞封住，活塞质量m10kg，可沿气缸无摩擦地上下滑动，且不漏气，并与一劲度系数为k5103N/m，原长为l20cm的轻弹簧相连。活塞上方放置质量为M40kg的

5重物，开始时弹簧恰好处于原长状态，已知大气压强p0110Pa，重力加速度g10m/s2。

（1）求初始状态气缸内气体压强；

（2）若气缸突然上升10cm，要保持重物静止，则需在气缸上升过程中抽出部分气体，试计算所抽出气体在标准大气压下的体积，变化过程中不计温度变化。

【答案】（1）p11.510Pa；（2）2103m3

【解析】（1）设开始时气缸内气体压强为p1，对重物和活塞，由平衡条件可知

5p0S(Mm)gp1S（2分）

代入数据得p11.510Pa（1分）

（2）气缸上升，活塞位置不变，则弹簧弹力F＝kx＝500N 设气缸内压强为p2，则p0S(Mm)gp2SF（1分）

5 第11页 共17页

代入数据得p2110Pa（1分）

设气缸内原有气体在p2压强下体积为V，由pV11p2V（1分） 知V5p1S13103m3（1分） p2所以抽出气体在标准大气压下的体积为VVS(lx)2103m3（1分）

13．（8分）守恒是物理学中的重要思想。请尝试用守恒思想分析下列问题：

（1）如图所示将带正电荷Q的导体球C靠近不带电的导体。沿虚线将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量分别为QA、QB判断这两部分电荷量的正负及大小关系，并说明理由。

（2）康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与人射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，用X光子与静止电子的碰撞模型可以解释这一现象。请在图中通过作图表示出散射后X光子的动量，并简述作图的依据。

（3）波是传递能量的一种方式，传播过程能量守恒。简谐波在传播过程中的平均能量密度表示单位体积内具有的能量：1A22，其中A为简谐波的振幅， 为简谐波的圆频率（波传播过程中不变），21A22v 2为介质的密度。能流密度I表示波在单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量。 a.简谐波沿直线传播的速度为v，证明波的能流密度Ib.球面简谐波是从波源处向空间各个方向传播的简谐波，在均匀介质中传播时振幅会发生变化。忽略传播过程中的能量损失，求波在距波源r1和r2处的振幅之比A1：A 2。

第12页 共17页

【答案】（1）QA=QB；；（2）见解析；（3）a.I1A22v；b.A1:A2r2:r1。 2【解析】（1）由器电感应，A部分带正电、B部分带负电，由电荷量守恒，A、B两部分电荷量的大小相等，QA=QB；（2分）

（2）设散射后X光子的动量为p3，根据碰撞过程动量守恒和平行四边形定则（或三角形定则），画图如图所示

（3）a．沿传播方向，任取于传播方向垂直的横截面，面积为S。在△t时间内流过S面的能量

EV,VSL,Lvt（1分）

单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量I联立解得IE（1分） tS1A22v（1分） 2b．在第二间的基础上，△t时间内流过S1面上的能量I1S1t1A122v4r12t（1分） 2△t时间内流过S2面上的能量I2S2t由能量守恒I1S1tI2S2t 联立解得A1:A2r2:r1（1分）

1A222v4r22t（1分） 2 第13页 共17页

14．（13分）如图，某圆形薄片置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点O，xOy平面上方存在大小为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。现可从原点O向xOy平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电荷的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。

（1）若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点O发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？

（2）若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点O，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？

（3）若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小75%。求发射方向与z轴正向成45角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。

2mvnE【答案】（1）；（2）cosBqBvBv22mvn1,2,3,,n3 ；（）EqE【解析】 （1）速度与z轴正方向夹90角，即贴着xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚，此粒子运动

v2qvBmR（1分） 半径设为R，R解得

mvBq（1分）

r2R2mvBq（1分）

第14页 共17页

圆形薄片的半径r至少为

（2）设速度v与z轴正方向的夹角为，则其在z轴正方向的分量为vzvcos（1分） z轴分运动的加速为aqE（1分） m经过t2vz2mvcos（1分） aqE（3）粒子在平行xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期T2m，若要碰撞点在坐标原点O，必须Bq2、3) 有tnT,(n1、联立得cosnEBvBvn1,2,3,,n（1分）

E2v（1分） 2（4）与z轴正向成45角的粒子沿z轴方向的分速度大小为vzvcos45每次碰撞，动能减小75%，即碰完动能是碰前的

11，速率为碰前的，第n次碰撞后沿z轴方向的分速度

2412大小为vznv（1分）

222t12v22mv（1分） aZqEn1n从发射至第1次碰撞的时间

1从第(n1) 次至第n次碰撞的时间tn2t1（1分）

1nt112（1分） n从发射至第次碰撞的时间tttt12n112当n，t2t1

15、（16分）如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一长L1=2.5m、质量M= 4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数1=0.05，质量m=2kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，

第15页 共17页

22mv（1分） qE在de轨道上距斜面底端L2=8m处静止释放一相同的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞后P、Q粘在一起运动。己知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为2=0.25，滑块P、Q=0.6，cos37°=0.8。 求： 均当作质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°（1）滑块P、Q碰撞后获得的速度大小； （2）滑块P、Q冲上木板前损失的机械能；

（3）P、Q一起滑上木板后能否从其左端滑离?若能，求滑离瞬间木板发生的位移大小；若不能，求木板发生的总位移大小。

【答案】（1）4m/s；（2）64J；（3）不能，3m

【解析】（1）滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得

mgsin37L22mgcos37L2代入数据可得v18m/s（1分）

12mv10（1分） 2滑块P、Q碰撞过程中动量守恒mv102mv2（1分） 代入数据可得v24m/s（1分）

（2）设滑块P在斜面上滑动过程损失的机械能为E1，E12mgcos37L232J（1分） 设滑块P、Q碰撞过程损失的机械能为E2，E21212mv12mv232J（1分） 22则P、Q滑上木板前损失的总机械能为E，EE1E264J（1分） （3）滑块P、Q滑上木板时，由牛顿第二定律 对PQ整体22mg2ma1

a12.5m/s2（1分）

对木板22mg1(2mM)gMa2（1分）

a21.5m/s2（1分）

假设两滑块与木板在共速前未滑离木板，v共v2a1ta2t（1分）

第16页 共17页

代入数据t1s,v共1.5m/s（1分）

设两滑块与木板共速时，滑块发生的位移为x1，木板发生的位移为x2，则x1v2v共t2.75m，2v共x2t0.75m

2则相对位移x相x1x22mL1（1分） 即上述假设成立。

滑块木板共速后，一起减速运动直到停止，则1(2mM)g(2mM)a3

a30.5m/s2（1分）

20v共2.25m（1分） 一起减速的位移x32a3则木板发生的总位移为x总x2x33m（1分）

第17页 共17页