高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 课时分层作业 三十二 112 变压器 电能的输送.docx
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高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时分层作业三十二112变压器电能的输送
2019年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时分层作业三十二11.2变压器电能的输送
【基础达标题组】
一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分。
1~5题为单选题,6~9题为多选题)
1.(xx·珠海模拟)如图所示,一理想变压器原线圈的匝数n1=1100匝,副线圈的匝数n2=220匝,交流电源的电压u=220sin(100πt)V,R为负载电阻,电压表、电流表均为理想电表,则下列说法中正确的是( )
A.交流电的频率为100Hz
B.电压表的示数为44V
C.电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D.变压器的输入功率大于输出功率
【解析】选B。
交流电的周期T==s=0.02s,f==50Hz,故A项错误;原线圈的电压U1==220V,
=
则U2=44V,故B项正确;原、副线圈的电流比等于匝数之反比,因为n1>n2,所以I1 2.(xx·榆林模拟)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1,电压表和电流表均为理想电表,一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上。 从某时刻开始在原线圈接入电压有效值为220V的正弦交流电,并将开关接在1处,则下列判断正确的是( ) A.电压表的示数为22V B.若滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω,则1min内滑动变阻器产生的热量为1452J C.若只将S从1拨到2,变压器的输入功率减小 D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,则两电表示数均减小 【解析】选B。 变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比,故输出端电压为V=22V,但由于二极管具有单向导电性,从而使通过二极管的电压有效值减小,由有效值的定义得 ·= T,得R两端电压的有效值U有效=11V,故电压表示数一定小于22V,故A项错误;接入电阻为10Ω,则根据W=t可得,产生的热量Q=×60J=1452J,故B项正确;若只将S从1拨到2,则输入端线圈匝数减小,匝数比减小,则输出电压增大,输出功率增大,故变压器的输入功率将增大,故C项错误;若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,接入电阻增大,则输出端电流减小,但电压表示数不变,故D项错误。 3.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。 原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。 现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。 下列说法正确的是( ) A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)V B.只断开S2后,L1、L2均正常发光 C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大 D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8W 【解析】选D。 周期是0.02s,ω==100π,所以输入电压u的表达式应为u=20sin(100πt)V,A项错误;只断开S2后,负载电阻变大为原来的2倍,电压不变,副线圈电流变小为原来的一半,L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一,B项错误;只断开S2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,都减小,C项错误;若S1换接到2后,电阻R电压有效值为4V,R消耗的电功率为=0.8W,D项正确。 【加固训练】 (xx·昭通模拟)如图,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电 压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻。 ( ) A.用电器增加时,变压器输出电压增大 B.用电器增加时,变压器的输入功率增加 C.用电器增加时,输电线的热损耗减少 D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑 【解析】选B。 用电器增加,表示负载值减小,输出功率会变大,但变压器输出电压不变,故A项错误;用电器增加时,输出功率要增加,又P入=P出,故输入功率也要增加,B项正确;用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C项错误;要提高用户的电压,根据 = 应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D项错误。 4.钳形电流测量仪的结构图如图所示,其铁芯在捏紧扳手时会张开,可以在不切断被测载流导线的情况下,通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是( ) A.该测量仪可测量直流电的电流 B.载流导线中电流大小I0= C.若钳形部分铁芯没有完全闭合,测量出的电流将小于实际电流 D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝,钳形电流测量仪的示数将变小 【解析】选C。 钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器,只能测量交流电的电流,故A项错误;根据=得载流导线中电流大小I0=nI,故B项错误;若钳形部分铁芯没有完全闭合,载流导线中电流产生的磁场减弱,磁通量变化率减小,在内置线圈产生的感应电动势减小,感应电流减小,则测量出的电流将小于实际电流,故C项正确;根据n1I1=n2I2,知若将载流导线在铁芯上多绕几匝,即n1变大,I1、n2不变,则钳形电流测量仪的示数I2将变大,故D项错误。 5.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机输出的电压恒定,通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示,R0为负载电阻。 若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是( ) A.降压变压器T2原线圈的输入电压为55V B.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1 C.当R0增大时,升压变压器T1的输出电压不变 D.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压 【解析】选C。 降压变压器的输出电压U4=V=220V,根据 = 得,降压变压器T2原线圈的输入电压U3=880V,故A项错误;变压器是理想变压器,变压器的输入功率和输出功率相等,故B项错误;当R0增大时,由于发电机输出的电压恒定,则升压变压器T1的输出电压不变,故C项正确;升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压和输电线上的电压损失之和,故D项错误。 6.(xx·南昌模拟)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。 要使灯泡变亮,可以采取的方法有 ( ) A.向下滑动P B.增大交流电源的电压 C.增大交流电源的频率 D.减小电容器C的电容 【解析】选B、C。 向下滑动P,副线圈匝数减少,电压减小,故A项错误;增大交流电源的电压,副线圈两端电压也增大,故B项正确;增大交流电源的频率,减小了容抗,通过电容器的电流增大,故C项正确;减小电容器的电容,增大了容抗,通过灯泡的电流减小,灯泡变暗,故D项错误。 7.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20Ω,R2=30Ω,C为电容器。 已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则( ) A.交流电的频率为50Hz B.原线圈输入电压的最大值为200V C.电阻R2的电功率约为6.67W D.通过R3的电流始终为零 【解析】选A、C。 根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同,周期为0.02s、频率为50Hz,A项正确;由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1A,根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V,再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V,B项错误;根据正弦交流电的峰值和有效值关系、并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I= A=A,电阻R2的电功率为P=I2R2=×30W≈6.67W,C项正确;因为电容器有通交流、阻直流的作用,则有电流通过R3和电容器,D项错误。 8.如图甲所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n1∶n2=3∶1,且分别接有阻值相同的电阻R1和R2,R1=R2=100Ω,通过电阻R1瞬时电流如图乙所示,则此时 ( ) A.用电压表测量交流电源电压约为424V B.断开开关K后,通过电阻R1的瞬时电流还是如图乙所示 C.交流电源的功率为180W D.R1和R2消耗的功率之比为1∶3 【解析】选A、C。 由 = = 得,通过R1的电流有效值为I1=A=A,通过R2的电流的有效值I2=A,副线圈两端的电压U2=I2R2=×100V=90V,原线圈两端电压U1=270V,而U=U1+I1R1=300V≈424V,故A项正确;断开开关K后,通过电阻R1的电流为0,故B项错误;交流电源的功率P=UI1=180W,故C项正确;R1消耗的功率P1=R1=18W,R2消耗的功率P2=R2=162W, =,故D项错误。 【加固训练】 (xx·雅安模拟)如图所示电路中,变压器为理想变压器,电表均为理想电表,L1、L2、L3、L4为额定电压均为2V的相同灯泡。 当ab端接一正弦交流电时,闭合电键S,四只灯泡均正常发光,则以下说法正确的是( ) A.变压器原、副线圈匝数比为3∶1 B.ab端所接正弦交流电电压最大值为6V C.只增大ab端所接正弦交流电的频率,灯泡亮度均会变化 D.断开电键S后,L1、L2仍能正常发光 【解析】选A。 闭合电键S,四只灯泡均正常发光,设每盏灯的电流为I,原、副线圈电流比为1∶3,因为电流与匝数成反比,所以变压器原、副线圈匝数比为3∶1,故A项正确;四只灯泡均正常发光,副线圈两端的电压为2V,根据电压与匝数成正比可知,原线圈电压为6V,灯泡L1分担电压为2V,所以ab端所接正弦交流电电压有效值为8V,最大值为8V,故B项错误;只增大ab端所接正弦交流电的 频率,根据Em=nBSω=nBS·2πf可知,电动势最大值不变,匝数不变,原、副线圈电压不变,所以灯泡亮度不会变化,故C项错误;断开电键S后,副线圈电压不变,副线圈电阻增大,电流减小,原线圈电流减小,L1就不能正常发光,故D项错误。 9.某同学在实验室中研究远距离输电。 由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。 第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1。 第二次采用如图所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2。 下列说法正确的是 ( ) A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B.实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失 C.若输送功率一定,则P2∶P1=∶ D.若输送功率一定,则P2∶P1=n1∶n2 【解题指导】解析本题应注意以下两点: (1)对于远距离输电问题,一定要明确整个过程中的功率、电压关系。 (2)注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。 【解析】选B、C。 变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A项错误;实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故B项正确;第一次实验输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P1=I2R= R;第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2= U1,输电线上的电流I′=,输电线上损失的功率P2=I′2R= R,所以 = = 故C项正确,D项错误。 二、计算题(12分。 需写出规范的解题步骤) 10.一个小型水力发电站发电机输出交流电压为500V,输出电功率为50kW,用总电阻为3.0Ω的输电线向远处居民区供电。 求: (1)若直接采用500V电压输电,这时居民获得的电功率P1。 (2)若采用高压输电,先将电压升至5000V,到达用户端再用降压变压器变为 220V供居民使用,不考虑变压器的能量损失,求降压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2。 【解析】 (1)输电线上的电流为 I==A=100A 输电线路损耗的功率为Pr=I2r=30kW 居民获得的总功率为P1=P-Pr=20kW。 (2)高压输电后,输电线上的电流为 I′==A=10A 输电线路损耗的电压为 U损=I′r=10×3V=30V 降压变压器原线圈的电压为 U2=U′-U损=5000V-30V=4970V 降压变压器的降压比为 = ==。 答案: (1)20kW (2)497∶22 【加固训练】 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,发电机输出功率为9kW,输出电压为500V,输电线的总电阻为10Ω,允许线路损耗的功率为输出功率的4%。 求: (1)村民和村办小企业需要220V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少? (不计变压器的损耗) (2)若不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少? 【解析】 (1)输电电路图如图所示, 由ΔP=4%P输出和ΔP=R 得I2= =6A 则U送= =1500V 升压变压器原、副线圈匝数比 = == 输电线上电压损失ΔU=I2R=60V 故降压变压器输入电压 U1=U送-ΔU=1440V 故降压变压器原、副线圈匝数比 = ==。 (2)若不用变压器,则输电电流I= =18A U=U0-IR=320V, P=P输出-I2R=5760W。 答案: (1)1∶3 72∶11 (2)320V 5760W 【能力拔高题组】 1.(8分)(多选)如图所示,R1、R2、R3为完全相同的标准电阻。 甲、乙两种情况下电阻R2、R3的功率均为P,且匝数比n1∶n2均为4∶1,则( ) A.图甲中R1的功率为 B.图甲中R1的功率为16P C.图乙中R1的功率为16P D.图乙中R1的功率为 【解析】选B、D。 设R2两端电压为U,根据电压与匝数成正比,得线圈n1两端的电压为4U,根据P=,R1两端的电压是R2两端电压的4倍,R2的功率为P=,R1的功率为P1==16P,故A项错误、B项正确;R2、R3是完全相同的电阻,功率均为P,由P==I2R知,副线圈电流为I,副线圈电压均为U,根据电压与匝数成正比,有原线圈两端电压为4U,根据输入功率等于输出功率,有4UI1=2P=2UI,解得I1=,R1的功率P′1=R=I2R=P,故C项错误、D项正确。 2.(17分)如图为远距离输电过程的示意图。 已知某个小型发电机的输出功率为90kW,发电机的电压为250V,通过升压变压器升高电压后向远处输电,输电线总电阻为5Ω,在用户端用一降压变压器把电压降为220V,要求在输电线上损失的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW),求: (1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流。 (2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压。 (3)两个变压器各自的匝数比。 【解析】 (1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同,根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为 I4==A=400A 根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知: I2= =A=20A。 (2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为 U损=I2r=20×5V=100V, 根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2,即 U2= =V=4500V。 (3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为 U3=U2-U损=4500V-100V=4400V, 根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知 = ==, = ==。 答案: (1)400A 20A (2)100V 4500V (3)1∶18 20∶1 2019年高考物理一轮复习第十二章波粒二象性原子结构原子核课时分层作业三十三12.1波粒二象性 选择题(本题共16小题,共100分。 1~12题为单选题,13~16题为多选题,1~12题每小题6分,13~16题每小题7分) 1.(xx·邢台模拟)下列关于概率波的说法中,正确的是( ) A.概率波就是机械波 B.物质波是一种概率波 C.概率波和机械波的本质是一样的,都能发生干涉和衍射现象 D.在光的双缝干涉实验中,若有一个粒子,则可以确定它从其中的哪一个缝中穿过 【解析】选B。 德布罗意波是概率波,它与机械波是两个不同的概念,二者的本质不同,故A项错误;物质波也就是德布罗意波,指粒子在空间中某点某时刻可能出现的几率符合一定的概率函数规律,故B项正确;概率波和机械波都能发生干涉和衍射现象,但其本质是不一样的,故C项错误;根据测不准原理,在光的双缝干涉实验中,若有一个粒子,则不能确定它从其中的哪一个缝中穿过,故D项错误。 2.如图为黑体辐射的强度与波长的关系图象,从图象可以看出,随着温度的升高,则( ) A.各种波长的辐射强度都有减少 B.只有波长短的辐射强度增加 C.辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 D.辐射电磁波的波长先增大后减小 【解题指导】解答本题应注意以下两点: (1)随着温度的升高,各种波长的辐射强度都有增加; (2)随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。 【解析】选C。 由图象可以看出,随着温度的升高,各种波长的辐射强度都有增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,故A、B项错误,C项正确;随着温度的升高,黑体的辐射增强,波长变短,频率增大,故D项错误。 3.关于康普顿效应下列说法中正确的是( ) A.石墨对X射线散射时,部分射线的波长变短 B.康普顿效应仅出现在石墨对X射线的散射中 C.康普顿效应证明了光的波动性 D.光子具有动量 【解析】选D。 在康普顿效应中,当X射线与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,则动量减小,根据λ=,知波长增大,故A项错误;康普顿效应不仅出现在石墨对X射线的散射中,不同的光子都可以出现,故B项错误;康普顿效应揭示了光具有粒子性,故C项错误;康普顿效应进一步表明光子具有动量,故D项正确。 4.(xx·哈尔滨模拟)在如图所示的光电效应的实验中,发现用一定频率的单色光A照射光电管时,电流表指针会发生偏转,而用另一频率的单色光B照射时不发生光电效应,则下列说法正确的是( ) A.增大B光光强,电流表指针可能发生偏转 B.延长B光照时间,电流表指针可能发生偏转 C.用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a流向b D.用B光照射光电管时,增大电源电压电流表指针一定发生偏转 【解析】选C。 用B单色光照射时不发生光电效应,知νB<ν0,能否产生光电效应,是看入射光的频率,与光的强度无关、照射的时间都无关,故A项错误,B项错误;发生光电效应时,电子从光电管右端运动到左端,而电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流表G的电流方向是a流向b,故C项正确;用B单色光照射时不发生光电效应,增大电源电压仍然不能发生光电效应,电路中不能出现电流,故D项错误。 5.频率为ν的光照到某金属材料时,产生光电子的最大初动能为Ekm,改用频率为3ν的光照射同一金属材料,则所产生光电子的最大初动能为(h为普朗克常量) ( ) A.3EkmB.Ekm+hν C.Ekm-hνD.Ekm+2hν 【解析】选D。 根据光电效应方程得,金属的逸出功为W0=hν-Ekm,改用频率为3ν的光照射同一金属材料,则所产生光电子的最大初动能Ekm′=3hν-W0=Ekm+2hν,故D项正确,A、B、C项错误。 6.(xx·新乡模拟)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的( ) A.波长B.频率 C.能量D.动量 【解析】选A。 根据爱因斯坦光电效应方程: Ekm=hν-hν0,因为钙的ν0大,所以能量Ekm小,频率小,波长大,故B、C项错误,A项正确;根据物质波波长λ=,所以钙逸出的光电子动量小,故D项错误。 【加固训练】 (xx·福州模拟)用波长为λ1和λ2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面。 单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象: 单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象。 不能使金属D产生光电效应现象,设两种金属的逸出功分别为WC和WD,则下列选项正确的是( ) A.λ1>λ2,WC>WD B.λ1>λ2,WC C.λ1<λ2,WC>WD D.λ1<λ2,WC 【解析】选D。 单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象;单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象,根据光电效应条件知,单色光A的频率大于单色光B的频率,则λ1<λ2;单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象,不能使金属D产生光电效应现象。 知金属C的逸出功小于金属D的逸出功,即WC 7.有a、b、c三束单色光,其波长关系为λa∶λb∶λc=1∶2∶3,当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek,若改用b光束照射该金属板,飞出的光电子最大动能为Ek,当改用c光束照射该金属板时 ( ) A.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek B.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek C.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek D.由于c光束光子能量较小,该金属板不会发生光电效应 【解析】选B。 a、b、c三束单色光,其波长关系为λa∶λb∶λc=1∶2∶3,因为光子频率ν=,知光子频率之比为6∶3∶2;设a光的频率为6a,根据光电效应方程Ekm=hν-W0得,Ek=h·6a-W0,Ek=h·3a-W0,联立两式计算得出逸出功W0=ha, Ek=ha,c光的光子频率为2a>a,能发生光电效应,最大初动能Ekm′=h·2a-W0=ha =Ek,故B项正确,A、C、D项错误。 8.(xx·太原模拟)xx年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图象传感器。 他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。 如图所示电路可研究光电效应规律。 图中标有A和K的为光电管,其中A为阳极,K为阴极。 理想电流计可检测通过光电管的电流,理想电压表用来指示光电管两端的电压。 现接通电源,用光子能量为10.5eV的光照射阴极K,电流计中有示数,若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动,电流计的读数逐渐减小,当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零,读出此时电压表的示数为6.0V;现保持滑片P位置不变,以下判断错误的是( ) A.光电管阴极材料的逸出功为4.5eV B.若增大入射光的强度,电流计的读数为零 C.若用光子能量为12eV的光照射阴极K,光电子的最大初动能一定变大 D.若用光子能量为9.5eV的光照射阴极K,同时把滑片P向左移动少许,电流计的读数一定不为零 【解析】选D。 该装置所加的电压为反向电压,发现当电压表的示数大于或等于6.0V时,电流表示数为0,知道光电子的最大初动能为6.0eV,根据光电效应方程Ekm=hν-W0,W0=10.5eV-6.0eV=4.5eV,故A项正确;现保持滑片P位置不变,增大光的强度时仍然发生了光电效应,但光电子的最大初动能不变,所以不会有电流流过电流表,故B项正确;若用光子能量为12eV的光照射阴极K,入射光的频率增大,根据光电效应方程可知,光电子的最大初
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