1、 1 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 物物 理理2020.1 本试卷分第本试卷分第卷卷(选择题选择题)和第和第卷卷(非选择题非选择题)两两部分部分满分满分 120 分分，考试时间考试时间 100 分钟分钟 第第卷卷(选择题选择题 共共 40 分分) 一、一、 单项选择题：本题共单项选择题：本题共 5 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 20 分每小题只有一个选项符合题分每小题只有一个选项符合题 意意 1. 一电器中的变压器可视为理想变压器， 它将 220 V 交变电压变为 22 V， 已知变压器原 线圈匝数为 1 000，则副线圈匝数为( ) A. 50 B. 100 C.
2、 500 D. 2 000 2. 一质量为 m 的汽车以 2v 的速度经过拱形桥面顶端时对桥面的压力为零，重力加速度 为 g.则该汽车以速度 v 经过顶端时对桥面的压力 F 为( ) A. 0.25mg B. 0.5mg C. 0.75mg D. mg 3. 一矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的正弦交流电压 u 随时间 t 变化的关系如图所示下列说法正确的是( ) A. 该交流电的频率为 100 Hz B. t0 时刻，线框平面与磁场方向平行 C. 用交流电压表测量该电压时示数为 220 V D. 电压瞬时值表达式为 u220sin 100t(V) 4. 如图所示，两个
3、质量均为 m 的物块 P、Q 叠放在光滑的水平面上，物块间的动摩擦因 数为 .若用水平外力 F 将物块 Q 从物块 P 的下方抽出， 抽出过程中 P、 Q 的加速度分别为 aP、 aQ，且 aQ2aP，重力加速度为 g，则 F 的大小为( ) A. mg B. 1.5mg C. 2mg D. 3mg 5. 如图所示为火星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P 是火星依次经过的三位置，F1、 2 F2为椭圆的两个焦点火星由 M 到 N 和由 N 到 P 的过程中，通过的路程相等，火星与太阳 中心的连线扫过的面积分别为 S1和 S2.已知由 M 到 N 过程中，太阳的引力对火星做正功下 列判断正确的是(
4、 ) A. 太阳位于焦点 F1处 B. S1S2 C. 在 M 和 N 处，火星的动能 EkMEkN D. 在 N 和 P 处，火星的加速度 aNaP 二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分 每小题有多个选项符合题意， 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，错选或不答的得 0 分 6. 如图所示，通过较长的输电线给电阻丝 M、N 供电，保持输电电压 U0不变，输电线 电阻不可忽略，闭合开关 S，两电阻丝均正常工作现断开开关 S，下列判断正确的是( ) A. 输电线中电流变小 B. 电阻丝 M 两端电压减小 C. 整个电路消耗的总功率增大 D. 为使电阻丝
5、 M 仍能正常工作，可减小输电电压 U0 7. 如图所示，发球机从 O 处先后以相同的速率 v0沿不同的方向斜向上发出两只相同的 网球 P 和 Q，它们的运动轨迹如图所示，不计空气阻力下列说法正确的是( ) A. 在最高点时，P 的速度比 Q 的大 B. P 运动的加速度比 Q 的大 C. 两只网球落地时速度大小相同 D. 两只网球到达最高点所用的时间相同 8. 如图所示，在真空环境中，点电荷 M、N(图中未画出)分别固定在 x0 和 x6a 处， 在 x2a 处由静止释放一个负点电荷 P，点电荷 P 仅在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，P 的速度与其在 x 轴上的位置关系如图所示，则下列说
6、法正确的是( ) 3 A. x4a 处的电场强度最大 B. 点电荷 M、N 一定是同种电荷 C. 点电荷 P 的电势能先增大后减小 D. 点电荷 M、N 所带电荷量之比为 41 9. 如图 1 所示，倾角为 (0 表示电场方向竖直向上在 t0 时刻，一带电量为q、质量为 m 的带电微粒从边界 P 上的 A 点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为 L 的匀速圆周 运动，最后沿直线运动从边界 Q 上的 B 点处离开磁场，重力加速度为 g.求： (1) 图 2 中的 E0； (2) 微粒刚进入磁场时的速度 v0； 磁场的磁感应强度 B； (3) 电场变化周期 T 的范围 8
7、解析版 【答案】B 【解析】 解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得： 变压器能将 220V 交变电流改变为 22V，原线圈匝数 n1=1000，副线圈匝数 n2。 则：n2=匝=100 匝，故 B 正确，ACD 错误。 故选：B。 已知输入及输出电压以及原线圈匝数； 根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解。 本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，牢记公式并能正确变形即可求 解。 2. 【答案】 C 【解析】 解：汽车速度为 2v 时，重力恰好充当向心力，则有： mg=m 当速度变为 v 时，此时向心力减小，桥面有向上的支持力，则有： mg-F=m 联立解得：F=
8、0.75mg 根据牛顿第三定律可知，汽车对桥面的压力为 0.75mg，故 C 正确，ABD 错误。 故选：C。 汽车通过凸形桥顶端时对桥面的压力为零，靠重力提供向心力，从而求出临界速度；再对速 度减小后的汽车受力分析，根据向心力公式即可求出汽车受到的支持力，再根据牛顿第三定 律即可确定压力大小。 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，知道在凸形桥顶点时重力和支持力的合力充当向 心力，同时注意临界条件的应用。 3. 【答案】 C 【解析】 解：A、由 e-t 图象得到周期 T=0.02s，f=50Hz，故 A 错误； B、t=0 时刻，e=0，线框平面与磁场方向垂直，故 B 错误； C、据图象可
9、知，电动势的峰值是 Em=220V，则有效值为 220V，用交流电压表测量该电压 时示数为 220V，故 C 正确； D、电压瞬时值表达式为 u=Umsint=220sin100t（V），故 D 错误； 9 故选：C。 由 e-t 图象得到周期和电动势的最大值，求出有效值。根据 f=求解频率，根据 =求出角速度，再写出电动势的瞬时值表达式。 本题关键是根据 u-t 图象得到周期和最大值，要明确交流电有效值与峰值的关系、感应电动 势和磁通量的关系。 4. 答案】 D 【解析】 解：以 P 为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得： mg=map 可得：ap=g 所以：aQ=2ap=2g 对 Q
10、受力分析，根据牛顿第二定律有： F-mg=maQ 可得拉力为：F=mg+maQ=3mg 所以 D 正确，ABC 错误。 故选：D。 对 P 受力分析，由其加速度求得 PQ 间摩擦力大小及加速度大小，再以 Q 受力分析，根据加速 度大小及摩擦力大小求得拉力 F 的大小。 本题采用隔离法，对物体受力分析根据牛顿第二定律求解即可。 5. 【答案】 B 【解析】 解：A、已知由 M 到 N 过程中，太阳的引力对火星做正功，所以太阳位于焦点 F2处，故 A 错 误； B、根据开普勒行星运动定律得火星由 M 到 P 的过程中速度增大，火星由 M 到 N 和由 N 到 P 的过程中，通过的路程相等，所以火星
11、由 M 到 N 运动时间大于由 N 到 P 的运动时间，所以 S1 S2，故 B 正确； C、已知由 M 到 N 过程中，太阳的引力对火星做正功，根据动能定理得火星的动能 EkMEkN， 故 C 错误； D、根据万有引力公式得火星在 N 处的引力小于在 P 处的引力，根据牛顿第二定律得 aNap， 故 D 错误； 故选：B。 根据由 M 到 N 过程中，太阳的引力对火星做正功得出太阳的位置和 M 和 N 处动能关系；根据 开普勒行星运动定律分析火星与太阳的连线在时间 t 内扫过的面积关系； 根据牛顿第二定律和万有引力定律得出 N 和 P 处，火星的加速度关系。 正确理解开普勒的行星运动三定律是
12、解答本题的关键，会根据万有引力充及做功情况可判断 出速度大小变化。 10 6. 【答案】 AD 【解析】 解：A、断开开关 S 后，电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流变小，即输电线中的 电流变小，故 A 正确。 B、根据欧姆定律可知，输电线中的电压变小，保持输电电压 U0不变，则电阻丝 M 两端电压 增大，故 B 错误。 C、根据 P=IU0可知，总电流 I 变小，则整个电路消耗的功率变小，故 C 错误。 D、为使电阻丝 M 仍能正常工作，可减小输电电压 U0，使电阻丝 M 两端电压恢复原值，故 D 正确。 故选：AD。 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据开关 S 的断开后电路电阻的
13、变化，确定出总电路的 电阻的变化，进而可以确定总电路的电流变化的情况，再根据电压不变，来分析电路消耗功 率的变化。 此题属于电路的动态变化的分析， 总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况， 再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。 7. 【答案】 AC 【解析】 解：A、设任意一个小球初速度与水平方向的夹角为，两球水平方向上都做匀速直线运动， 最高点速度为斜抛时的水平速度，vx=v0cos，P 球的较小，所以在最高点的速度 vx较大， 故 A 正确。 B、斜抛运动只受重力，故两球运动的加速度均为 g，相等，故 B 错误。 C、设抛出点离地高度为 h，斜抛运动过程中
14、，机械能守恒，根据机械能守恒定律得： ，则得：v=，可知落地速度大小相等，故 C 正确。 D、网球到达最高点的时间 t=， P 球的较小，所以到达最高点的时间短，故 D 错误。 故选：AC。 两球都做斜上抛运动，将它们的运动分解成水平和竖直两个研究，抓住竖直方向上都做竖直 上抛运动，由运动学位移时间公式列式分析运动时间的关系。 由速度的分解分析最高点速度关系。 根据机械能守恒列式分析落地速度大小关系。 对于抛体运动，要会运用运动的分解法进行研究，通常将抛体运动分解成：竖直方向的匀变 速直线运动，水平方向的匀速直线运动，再运用运动学公式进行处理。 8. 【答案】 BD 【解析】 解：A、由题目图
15、可知，在 x=4a 处点电荷 P 的速度最大，速度的变化率为 0，说明了 x=4a 处 的电场强度等于 0故 A 错误； 11 B、由 v-x 图象可知，点电荷 P 的速度先增大后减小，所以点电荷 P 的动能先增大后减小，说 明电场力先做正功，后做负功，结合负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反可知，电 场强度的方向先沿 x 轴的负方向，后沿 x 轴的正方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的 叠加原理可知，点电荷 M、N 一定都是负电荷，故 B 正确； C、由 B 选项分析，可知，电场力对带电电荷先做正功后负功，则其电势能先减小后增大，故 C 错误； D、则 M 与 N 的点电荷在 x=4a
16、 处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：= ；所以点电荷 M、N 所带电荷量的绝对值之比为 4：1故 D 正确。 故选：BD。 根据 v-x 图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据负电荷受到的电场力的方向与 电场的方向相反判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性； 根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律 判断出点电荷的电量之间的关系。 该题结合 v-x 图象考查对点电荷的电场特点的理解，以及对电场叠加的应用，熟悉点电荷的 电场分布特点是解答的关键，同时注意明确电场力做功和电势能之间的关系，知道电场力做 正功，电
17、势能减小，电场力做负功，电势能增大。 9. 【答案】 BC 【解析】 解： AC、 设 AB=h 滑块 P 恰能沿斜面匀速下滑时， 有： mgsin=mgcos， 得： =tan 据 重力势能减小量为 K 得：mgh=K。 由于 m 未知，所以根据 mgh=K 不能求出 h，因此，v 求不出来，可求滑块下滑至底端时的动能 Ek，故 A 错误，C 正确。 B、根据牛顿第二定律得 mgcos-mgsin=ma，得 a=gcos-gtansin，可以求出加速 度 a，故 B 正确。 D、滑块下滑至底端时重力的功率为 P=mgvcos，m 和 v 都求不出来，则 P 求不出来，故 D 错误。 故选：B
18、C。 滑块 P 恰能沿斜面匀速下滑，合力为零，根据平衡条件列式，可得到动摩擦因数。该斜面逆 时针旋转 90后，根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理分析能否求出滑块下滑至底 端时的速度和动能，根据 P=mgvcos分析能否求出下滑至底端时重力的功率。 解决本题的关键要明确滑块匀速下滑时，=tan，根据斜面的倾角可以求出动摩擦因数。 通过牛顿第二定律、动能定理等列式，进行半定量分析。 10. 【答案】 33.0 1400 【解析】 12 解：当用“050V”量程测量电压时，最小刻度为 1V，估读到下一位，其指针位置如图中 所示，则其示数为 33.0V。 当用“100”欧姆挡测量某定值电阻的阻值
19、时，其指针位置如图中所示，其示数为 14 100=1400； 故答案为：33.0、1400。 掌握多用电表的读数方法，知道欧姆表读数为指针示数与档位的乘积；而电压表读数时要注 意先确定最小分度，从而确定对应的读数。 本题考查多用电表的使用方法，要注意明确欧姆表和电流电压表读数的基本方法，明确有效 位数的确定。 11. 【答案】 6.194 7.5 【解析】 解：螺旋测微器的示数为：6mm+0.01mm19.4=6.194mm 游标卡尺主尺刻度为 7mm，游标第 5 个格对齐，故示数为：7mm+0.1mm5=7.5mm。 故答案为：6.194；7.5 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不
20、需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻 度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。 解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，注意游标卡尺的分度，明确是否需 要估读和有效位数的确定。 12. 【答案】 开关未断开 6.0 5.2 断开开关 电源 【解析】 解：（1）由图可知，该同学将连接最后一根线前，开关应断开； （2）根据表格数据描点作图如图所示： 故待测电阻 Rx=6.0-0.8=5.2； （4）测量结束，为防止短路，应先断开开关，然后拆除电源两端导线，在拆除其他导线； 故答案为： （1）开关未断开； 13 （3）5.2（5.1-5.3 均可） ； （4）断开开关、电源。 （
21、1）明确实验中安全性要求，知道开关应最后闭合，滑动变阻器在开始时应调至最大； （2）根据表格数据描点作图，根据图象斜率等于电阻求解定值电阻阻值； （3）确定电表最小刻度然后读数，再根据欧姆定律求解电阻； （4）测量结束，为防止短路，应先断开开关，然后拆除电源两端导线。 本题考查测量未知电阻，关键是熟练掌握欧姆定律，并能灵活应用，另外要特别注意实验操 作过程中以安全第一的原则。 13. 【答案】 刻度尺 乙 先释放纸带，后接通电源 A 1.20 0.18 【解析】 解：（1）対纸带的点与点之间的距离测量需要刻度尺； （2）打点计时器连接的电源是交流电，故乙正确； （3）由于纸带上的点少且距离比较
22、大，所以可能的操作是先释放了纸带后接通了电源； （4）该同学选择 OB 段来验证重锤的机械能是否守恒，需要知道位移的同时还要需要知道末 速度，所以根据匀变速直线运动的规律，需要测量 AC 的长度，然后计算出 B 点的速度即可， 故 A 正确。 （5）根据纸带的数据得，重锤重力势能减少：W=mgh=19.80.1228J1.20J。 （6）根据牛顿第二定律得：mg-Ff=ma 代入数值解得：Ff=0.18N。 答：（1）刻度尺；（2）乙；（3）先释放了纸带后接通了电源；（4）A；（5）1.20；（6） 0.18 （1）対纸带的点与点之间的距离测量需要刻度尺； （2）打点计时器连接的电源是交流电；
23、 （3）由于纸带上的点距离都比较大，所以可能的操作是先释放了纸带后接通了电源； （4）该同学选择 OB 段来验证重锤的机械能是否守恒，需要知道位移的同时还要需要知道末 速度， 所以根据匀变速直线运动的规律， 需要测量 AC 的长度， 然后计算出 B 点的速度即可； （5）根据重力势能的公式求解即可；。 （6）根据牛顿第二定律即可求出摩擦力的大小。 考查了验证机械能守恒定律的原理及所需的仪器，运用运动学公式和动能、重力势能的定义 式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟练应用基本物理规律解决实验问题；在验证机械 能守恒时物体做匀加速直线运动，故满足匀加速直线运动的规律。 14. 【答案】 14 解
24、：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：E= 代入数据解得：E=5V 由闭合电路欧姆定律，则有：I= 代入数据解得：I=0.5A 由楞次定律，可知，此时感应电流方向是 adcba； （2）由安培力大小表达式，F=BIL 代入数据解得： F=0.25N 由左手定则可知，安培力方向为垂直 ab 向左； （3）由公式 q=It 得代入数据解得：q=0.05C； 由公式 Q=I 2Rt 代入数据解得：Q=0.25J 答：（1）在 t=0.1s 时，则导线框中感应电流的大小 0.5A 和方向 adcba： （2）在 t=0 时，则导线框 ab 边所受安培力的大小 0.25N 和方向垂直 ab 向左； （3）
25、从 t=0 到 t=0.1s 时间内，求： 通过导线某一截面的电量 0.05C； 导线框中产生的焦耳热 0.25J。 【解析】 （1）依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，与楞次定律，即可判定求解； （2）根据安培力大小表达式，结合左手定则，即可求解； （3）根据电量 q=It 与热量 Q=I 2Rt 公式，即可求解。 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律，及焦耳定律的应用，注意楞次定 律与右手定则的不同，及左手定则与右手定则的区别。 15. 【答案】 解：（1）静止时，对系统，根据平衡条件得 F=2mg 对小球，由平衡条件得： 弹簧的弹力 F弹=mg 由胡克定律 F弹=k
26、x 得： 弹簧的伸长量 x= 故此时 A 距离地面的高度 （2） 撤去外力瞬间， 弹簧的弹力不变， 对小球 A， 根据牛顿第二定律得： F弹+mg=maA， 得 aA=2g A 的加速度方向竖直向下。 （3）最终静止时弹簧的压缩量为 x= 可知，刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量相等，即初末状态时弹簧的弹性势 能相等 根据能量守恒定律得知系统损失的机械能为 15 答： （1）外力的大小是 2mg，此时 A 距离地面的高度为 L0+h； （2）撤去外力瞬间物块 A 的加速度大小为 2g，方向竖直向下； （3）此过程中系统损失的机械能为 2mg（h+）。 【解析】 （1）静止时，对系统，
27、根据平衡条件求出外力的大小。对 B，根据平衡条件和胡克定律求弹 簧的伸长量，从而求得此时 A 距离地面的高度； （2）撤去外力瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求物块 A 的加速度大小和方向； （3）A、B 和弹簧组成的系统最终静止于水平地面上，分析此时弹簧的压缩量，再根据能量 守恒求此过程中系统损失的机械能。 解决本题时要知道撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变。要分析清楚弹簧的状态，搞清能量是 如何转化的。 16. 【答案】 解：（1）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则重力和电场力是一对平衡力， 即：mg=qE0， 则电场强度为 E0=； （2）由于粒子在刚开始和最后一段做匀速直线运
28、动， 粒子处于平衡状态，由平衡条件得：qv0B=qE0+mg， 微粒做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 16 【解析】 （1）对粒子受力分析，根据重力与电场力的关系求出电场强度的大小； （2）微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，微粒做匀速直线运动时，合力为零，以此列 方程组求解速度和磁感应强度； （3）当圆周运动的最低点为 AB 中点时，所对应的周期 T 为最小周期，当圆轨道和右边界 Q 相切时，所对应的周期 T 为最大周期，根据匀速运动和匀速圆周运动的时间求解最小周期和 最大周期。 解决该题的关键是知道粒子做直线运动的受力特征，知道粒子做匀速圆周运动时，电场力和 重力二力平衡，知道最大周期和
29、最小周期的运动轨迹。 17 2020 届高三模拟考试试卷(镇江) 物理参考答案及评分标准 1. B 2. C 3. C 4. D 5. B 6. AD 7. AC 8. BD 9. BC 10. (1) 33(2 分) 1 400(2 分) (2) 6.195(在 6.1936.196 之间均可)(2 分) 7.5(2 分) 11. (1) 开关未断开(2 分) (2) 如图所示(2 分) 6.0(5.96.1)(2 分) (3) 5.2(5.15.3)(2 分) (4) 断开开关(1 分) 电源(1 分) 12. (1) 刻度尺(2 分) (2) 乙(2 分) (3) 先释放纸带，后接通电源
30、(2 分) (4) A(2 分) (5) 1.20(2 分) (6) 0.18(2 分) 13. (16 分)解：(1) 由法拉第电磁感应定律得 En t nB t S(2 分) 代入数据得 E5 V(1 分) 由闭合电路欧姆定律得 I E Rr(1 分) 代入数据得 I0.5 A(1 分) 由楞次定律得此时电流方向为 adcb(1 分) (2) 由安培力公式得 FBIL(2 分) 代入数据得 F0.25 N(1 分) 由左手定则得安培力的方向为垂直 ab 边向左(1 分) (3) 由公式得 qIt(2 分) 代入数据得 q0.05 C(1 分) 由公式得 QI2Rt(2 分) 代入数据得 Q
31、0.25 J(1 分) 14. (16 分)解：(1) 对系统应用物体平衡条件得 F2mg(2 分) 对小球 B 由物体平衡条件得弹簧弹力 FNmg(1 分) 由胡克定律得 Fkx(1 分) 弹簧的伸长量 xmg k (1 分) 则 A 距离地面的高度 hAhL0mg k (2 分) (2) 撤去外力 F 的瞬间，A 所受的合力大小为 FA合2mg(1 分) A 的加速度大小 aA2g(1 分) A 的加速度方向为竖直向下(1 分) 18 (3) 由题意可知，刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的，即初终 态时弹簧的弹性势能相等 根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|E|EpAE
32、pB|(3 分) 代入数据得|E|mghmg(h2mg k )2mg(hmg k )(3 分) 15. (18 分)解：(1) 由带电微粒做匀速圆周运动可得 qE0mg(1 分) 得 E0mg q (2 分) (2) 由带电微粒做直线运动可知 Bqv0mgqE0(2 分) 由带电微粒做匀速圆周运动可得 Bqv0mv 2 0 L(2 分) 由上述两式解得 v0 2gL(1 分) B m qL 2gL(1 分) (3) () 如图 1 所示，当 O 点为 AB 中点时，所对应的周期 T 为最小周期 微粒从 A 运动至 O 点处所需要的时间为 t1 t1xAO v0 2L 2gL 2L g (2 分) 微粒做匀速圆周运动的周期为 t2 t22m Bq 2L g (1 分) 则最小周期 Tmint1t2(1) 2L g (2 分) () 如图 2 所示，当圆轨道与右边界 Q 相切时，所对应的周期 T 为最大周期 微粒从 A 运动至 O 点处所需要的时间为 t1 t1xAO v0 3L 2gL 3 2 2L g (2 分) 微粒做匀速圆周运动的周期为 t2 t22m Bq 2L g 则最大周期 Tmaxt1t2(3 2) 2L g (1 分) 综上所述，电场变化周期 T 的范围是(1) 2L g T(3 2) 2L g (1 分)
