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2023學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項(xiàng)1.考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、單項(xiàng)選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示,左側(cè)是半徑為R的四分之一圓弧,右側(cè)是半徑為2R的一段圓?。邎A心在一條豎直線上,小球a、b通過一輕繩相連,二者恰好等于等高處平衡.已知,不計(jì)所有摩擦,則小球a、b的質(zhì)量之比為A.3:4 B.3:5 C.4:5 D.1:22、有一種灌漿機(jī)可以將某種涂料以速度v持續(xù)噴在墻壁上,假設(shè)涂料打在墻壁上后便完全附著在墻壁上,涂料的密度為ρ,若涂料產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p,不計(jì)涂料重力的作用,則墻壁上涂料厚度增加的速度u為()A. B. C. D.3、如圖所示,A、B兩滑塊質(zhì)量分別為2kg和4kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平面上,并用手按著滑塊不動(dòng),第一次是將一輕質(zhì)動(dòng)滑輪置于輕繩上,然后將一質(zhì)量為4kg的鉤碼C掛于動(dòng)滑輪上,只釋放A而按著B不動(dòng);第二次是將鉤碼C取走,換作豎直向下的40N的恒力作用于動(dòng)滑輪上,只釋放B而按著A不動(dòng)。重力加速度g=10m/s2,則兩次操作中A和B獲得的加速度之比為()A.2:1 B.5:3 C.4:3 D.2:34、如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一電荷量為q的正離子,由a點(diǎn)沿半圓軌跡運(yùn)動(dòng),當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí),突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌跡運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),已知a、b、c在同一直線上,且ac=ab。電子的電荷量為e,質(zhì)量可忽略不計(jì),則該離子吸收的電子個(gè)數(shù)為A. B.C. D.5、如圖所示,用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機(jī)底板上,此時(shí)彈簧豎直,籃球與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸,在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器,當(dāng)電梯在豎直方向勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),壓力傳感器有一定的示數(shù)?,F(xiàn)發(fā)現(xiàn)壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,某同學(xué)對(duì)此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷,其中可能正確的是()A.升降機(jī)正在勻加速上升 B.升降機(jī)正在勻減速上升C.升降機(jī)正在加速下降,且加速度越來越大 D.升降機(jī)正在加速上升,且加速度越來越大6、在光滑的水平桌面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球,由長度為2l的拉緊細(xì)線相連.以一恒力作用于細(xì)線中點(diǎn),恒力的大小為F,方向平行于桌面.兩球開始運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線與恒力方向垂直.在兩球碰撞前瞬間,兩球的速度在垂直于恒力方向的分量為()A. B. C. D.二、多項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量分布均勻的球體P、Q靜止在傾角為的固定斜面與固定擋板之間.擋板與斜面垂直。P、Q的質(zhì)量分別為m、2m,半徑分別為r、2r,重力加速度大小為g,不計(jì)一切摩擦。下列說法正確的是()A.P受到四個(gè)力的作用 B.擋板對(duì)P的支持力為3mgC.P所受彈力的合力大于mg D.Q受到P的支持力大于mg8、一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)變化圖像如圖所示,它由狀態(tài)a經(jīng)過狀態(tài)b到狀態(tài)c。關(guān)于這一過程的說法,正確的是A.理想氣體的體積先增大后保持不變B.理想氣體的體積一直增加C.理想氣體的內(nèi)能先增大后保持不變D.理想氣體對(duì)外做功,吸收熱量E.外界對(duì)理想氣體做功,理想氣體放出熱量9、如圖所示,a、b、c為三顆繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星,軌跡如圖。這三顆衛(wèi)星的質(zhì)量相同,下列說法正確的是()A.三顆衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心相同B.三顆衛(wèi)星受到地球的萬有引力相同C.a(chǎn)、b兩顆衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小相等D.a(chǎn)、c兩顆衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等10、如圖,一截面為橢圓形的容器內(nèi)壁光滑,其質(zhì)量為M,置于光滑水平面上,內(nèi)有一質(zhì)量為m的小球,當(dāng)容器受到一個(gè)水平向右的作用力F作用且系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí),小球偏離平衡位量如圖,重力加速度為g,此時(shí)()A.若小球?qū)E圓面的壓力與豎直方向的夾角為α,則B.若小球?qū)E圓面的壓力與豎直方向的夾角為α,則C.小球?qū)E圓面的壓力大小為D.小球?qū)E圓面的壓力大小為三、實(shí)驗(yàn)題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)某一小型電風(fēng)扇額定電壓為5.0V,額定功率為2.5W.某實(shí)驗(yàn)小組想通過實(shí)驗(yàn)描繪出小電風(fēng)扇的伏安特性曲線。實(shí)驗(yàn)中除導(dǎo)線和開關(guān)外,還有以下器材可供選擇:A.電源E(電動(dòng)勢(shì)為6.0V)B.電壓表V(量程為0~6V,內(nèi)阻約為8kΩ)C.電流表A1(量程為0~0.6A,內(nèi)阻約為0.2Ω)D.電流表A2(量程3A,內(nèi)阻約0.05Ω);E.滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值5k,額定電流100mA)F.滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值25Ω,額定電流1A)(1)為了便于調(diào)節(jié),減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差,實(shí)驗(yàn)中所用電流表應(yīng)選用_____滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_____(填所選儀器前的字母序號(hào))。(2)請(qǐng)你為該小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路,并把電路圖畫在甲圖中的虛線框內(nèi)(小電風(fēng)扇的電路符號(hào)如圖甲所示)_____。(3)操作過程中發(fā)現(xiàn),小電風(fēng)扇通電后受阻力作用,電壓表讀數(shù)小于0.5V時(shí)電風(fēng)扇沒啟動(dòng)。該小組測(cè)繪出的小電風(fēng)扇的伏安特性曲線如圖乙所示,由此可以判定,小電風(fēng)扇的電阻為_____Ω,正常工作時(shí)的發(fā)熱功率為_____W,機(jī)械功率為_____W12.(12分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。小球A底部豎直地粘住一片寬度為d的遮光條,用懸線懸掛在O點(diǎn),光電門固定在O點(diǎn)正下方鐵架臺(tái)的托桿上,小球B放在豎直支撐桿上,桿下方懸掛一重錘,小球A(包含遮光條)和B的質(zhì)量用天平測(cè)出分別為、,拉起小球A一定角度后釋放,兩小球碰撞前瞬間,遮光條剛好通過光電門,碰后小球B做平拋運(yùn)動(dòng)而落地,小球A反彈右擺一定角度,計(jì)時(shí)器的兩次示數(shù)分別為、,測(cè)量O點(diǎn)到球心的距離為L,小球B離地面的高度為h,小球B平拋的水平位移為x。(1)關(guān)于實(shí)驗(yàn)過程中的注意事項(xiàng),下列說法正確的是________。A.要使小球A和小球B發(fā)生對(duì)心碰撞B.小球A的質(zhì)量要大于小球B的質(zhì)量C.應(yīng)使小球A由靜止釋放(2)某次測(cè)量實(shí)驗(yàn)中,該同學(xué)測(cè)量數(shù)據(jù)如下:,,,,,,重力加速度g取,則小球A與小球B碰撞前后懸線的拉力之比為________,若小球A(包含遮光條)與小球B的質(zhì)量之比為________,則動(dòng)量守恒定律得到驗(yàn)證,根據(jù)數(shù)據(jù)可以得知小球A和小球B發(fā)生的碰撞是碰撞________(“彈性”或“非彈性”)。四、計(jì)算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)如圖所示,兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計(jì),條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝導(dǎo)線框連接在一起組成裝置,總質(zhì)量為m,置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌總是處于接觸狀態(tài),并在其中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生,圖中未畫出)。線框的邊長為d(),電阻為R,下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放,導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回,導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直,重力加速度為g。試求:(1)裝置從釋放到開始返回的過程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q;(2)經(jīng)過足夠長時(shí)間后,線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm。14.(16分)如圖所示,質(zhì)量的木板長,靜止在水平地面上,與地面的動(dòng)摩擦因數(shù),另一個(gè)質(zhì)量的滑塊,以初速度滑上木板.滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù),取。(1)求滑塊不滑下木板時(shí)應(yīng)滿足的條件;(2)若,求木板與地面摩擦產(chǎn)生的熱量Q。15.(12分)如圖所示,為正對(duì)放置的水平金屬板M、N的中線。熱燈絲逸出的電子(初速度、重力均不計(jì))在電壓為U的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng),從小孔O射入兩板間正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)后沿做直線運(yùn)動(dòng)。已知兩板間的電壓為2U,兩板長度與兩板間的距離均為L,電子的質(zhì)量為m、電荷量為e。求:(1)板間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B和方向;(2)若保留兩金屬板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)不變使兩金屬板均不帶電,則從小孔O射入的電子在兩板間運(yùn)動(dòng)了多長時(shí)間?
參考答案一、單項(xiàng)選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】
對(duì)a和b兩個(gè)物體受力分析,受力分析圖如下,因一根繩上的拉力相等,故拉力都為T;由力的平衡可知a物體的拉力,b物體的拉力,,則聯(lián)立可解得,A正確.2、B【解析】
涂料持續(xù)飛向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程,速度從v變?yōu)?,其動(dòng)量的變化源于墻壁對(duì)它的沖量,以極短時(shí)間Δt內(nèi)噴到墻壁上面積為ΔS、質(zhì)量為Δm的涂料(微元)為研究對(duì)象,設(shè)墻壁對(duì)它的作用力為F,涂料增加的厚度為h。由動(dòng)量定理得F·Δt=Δm·v又有Δm=ρ·ΔSh所以涂料厚度增加的速度為u=聯(lián)立解得u=故選B。3、C【解析】
第一種方式:只釋放A而B按著不動(dòng),設(shè)繩子拉力為T1,C的加速度為a,對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得T1=mAaA對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律可得:mCg-2T1=mCa根據(jù)題意可得aA=2a聯(lián)立解得:第二種方式:只釋放B而A按著不動(dòng),設(shè)繩子拉力為T2,對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得T2=mBaB而T=40N=2T2聯(lián)立解得:aB=在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為aA:aB=4:3,故C正確、ABD錯(cuò)誤。
故選C。4、D【解析】
正離子由a到b的過程,軌跡半徑,根據(jù)牛頓第二定律:,正離子在b點(diǎn)吸收n個(gè)電子,因電子質(zhì)量不計(jì),所以正離子的速度不變,電荷量變?yōu)閝-ne,正離子從b到c的過程中,軌跡半徑r2==ab,且(q-ne)vB=,解得:n=A.。故A不符合題意。B.。故B不符合題意。C.。故C不符合題意。D.。故D符合題意。5、D【解析】
籃球在水平方向上受力平衡,即側(cè)壁對(duì)籃球的彈力與傾斜天花板對(duì)籃球的彈力在水平方向的分力平衡,隨著壓力傳感器的示數(shù)逐漸減小,籃球受到傾斜天花板在水平方向的分力減小,則其在豎直方向的分力減小,而彈簧的彈力不變,故籃球必然有豎直向上且增大的加速度,選項(xiàng)D項(xiàng)正確,ABC錯(cuò)誤。故選D。6、B【解析】以兩球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),恒力F方向?yàn)閤軸正方向建立直角坐標(biāo)系如圖1,設(shè)開始到兩球碰撞瞬間任一小球沿x方向的位移為s,根據(jù)對(duì)稱性,在碰撞前瞬間兩球的vx、vy、v大小均相等,對(duì)其中任一小球,在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)有:;;
;細(xì)線不計(jì)質(zhì)量,F(xiàn)對(duì)細(xì)線所做的功等于細(xì)線對(duì)物體所做的功,故對(duì)整體全過程由動(dòng)能定理有:F(s+l)=2×mv2;由以上各式解得:
,故選B.二、多項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。7、AD【解析】
A.P受到重力、斜面的支持力、擋板的支持力和Q的壓力,故A正確;B.兩球整體受力平衡,故擋板對(duì)P的支持力大小N1=3mgsin=mg故B錯(cuò)誤;C.P所受三個(gè)彈力的合力與重力mg平衡,則P所受彈力的合力大小為mg,故C錯(cuò)誤;D.Q受力如圖所示,有F=2mg故N2>Fsin=mg故D正確。故選AD。8、BCD【解析】
AB.由理想氣體狀態(tài)方程,由狀態(tài)a經(jīng)過狀態(tài)b,壓強(qiáng)不變,溫度升高,體積增大。態(tài)b到狀態(tài)c,溫度不變,壓強(qiáng)減小,體積增大。所以體積一直增大。故A錯(cuò)誤。B正確。C.一定量理想氣體的內(nèi)能由溫度決定,狀態(tài)a經(jīng)過狀態(tài)b到狀態(tài)c,溫度向增大,后不變。所以內(nèi)能先增大后保持不變。故C正確。DE.狀態(tài)a經(jīng)過狀態(tài)b到狀態(tài)c,體積一直增大,所以理想氣體對(duì)外做功。又內(nèi)能先增大后保持不變,總體相對(duì)于初始增大。由熱力學(xué)第一定律,內(nèi)能增大且對(duì)外做功,必須吸收熱量。所以D正確,E錯(cuò)誤。9、AC【解析】
A.三顆衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心都是地心,是相同的,A正確;B.三顆衛(wèi)星的質(zhì)量相同,但軌道半徑不同,所受到地球的萬有引力不相同,B錯(cuò)誤;C.根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力,得,解得:,a、b兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等,所以做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小相等,C正確;D.根據(jù):,可得,a、c兩顆衛(wèi)星軌道半徑不同,所以做圓周運(yùn)動(dòng)的周期不相等,D錯(cuò)誤。故選AC。10、BC【解析】
對(duì)小球受力如圖所示AB.對(duì)整體兩者一起加速,則解得故A錯(cuò)誤,B正確;CD.由題意得故C正確,D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、(1)C;E;(2)實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示;(3)2.5Ω,0.625,1.875?!窘馕觥?/p>
(1)電風(fēng)扇的額定電流,從讀數(shù)誤差的角度考慮,電流表選擇C.電風(fēng)扇的電阻比較小,則滑動(dòng)變阻器選擇總電阻為10Ω的誤差較小,即選擇E。(2)因?yàn)殡妷弘娏餍鑿牧汩_始測(cè)起,則滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法,電風(fēng)扇的電阻大約,遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻,屬于小電阻,電流表采用外接法。電路圖如圖所示。(3)電壓表讀數(shù)小于0.5V時(shí)電風(fēng)扇沒啟動(dòng)。根據(jù)歐姆定律得:正常工作時(shí)電壓為5V,根據(jù)圖象知電流為0.5A,則電風(fēng)扇發(fā)熱功率為:P=I2R=0.52×2.5W=0.625W,則機(jī)械功率P′=UI﹣I2R=2.5﹣0.625=1.875W,12、A彈性【解析】
(1)由實(shí)驗(yàn)原理確定操作細(xì)節(jié);(2)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出小球通過最低點(diǎn)的速度,從而得出動(dòng)能的增加量,根據(jù)小球下降的高度求出重力勢(shì)能的減小量,判斷是否相等?!驹斀狻?1)[1]A.兩個(gè)小于必發(fā)生對(duì)心碰撞,故選項(xiàng)A正確;B.碰撞后入射球反彈,則要求入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.由于碰撞前后A的速度由光電門測(cè)出,A釋放不一定從靜止開始,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;故選A;(2)[2]碰撞前后入射球A的速度由光電門測(cè)出:,;被碰球B碰撞后的速度為:;根據(jù)牛頓第二定律,碰撞前有:,所以;同理碰撞后有:,所以,則:;[3]若碰撞前后動(dòng)量守恒則有:,從而求得:;[4]碰撞后的動(dòng)能,而碰
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