南京市高一上学期物理寒假作业含答案 4.docx
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南京市高一上学期物理寒假作业含答案4
南京市高一上学期物理寒假作业04
一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）
1.16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论开启了物理学发展的新纪元。
以下说法与事实相符的是（）
A.根据亚里士多德的论断有：
两物体从同一高度自由下落，重的物体下落得快
B.根据亚里士多德的论断有：
力是改变物体运动状态的原因
C.伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间成正比
D.伽利略通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律
2.关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.物体受到的合力为零，速度一定为零
B.物体受到的合力不变，速度一定不变
C.物体受到的合力方向变化，速度方向一定变化
D.物体受到的合力变化越快，加速度变化一定越快
3.匀速水平飞行的轰炸机在投拟训练中，先后投放多枚炸弹轰炸正前方静止的“敌方”舰船，投放毎枚炸弹的时间间隔相同，且轰炸机投放炸弹后速度不变（炸弹投放瞬间相对于轰炸机的速度可认为是零，空气阻力忽略不计），则（ ）
A.炸弹在海面上的落点间距相同
B.轰炸机上的飞行员看到投放在空中的炸弹位于一条抛物线上
C.空中飞行的炸弹在相同时间内速度变化大小相同、方向不同
D.轰炸机的速度越大，炸弹在空中飞行时间越短
4.某小船在静水中的速度为3.0m/s，船渡过宽度为120m、水流速度为4.0m/s的河流。
下列说法中正确的是（ ）
A.因为船速小于水速，所以船不能渡过此河
B.若船渡河过程中水流速度变大，则渡河时间将变短
C.若船渡河所用的时间为40s，则渡河位移为200m
D.船渡河的最小位移为120m
5.
如图所示是某质点做直线运动的v-t图象，由图可知此质点的运动情况是（ ）
A.质点15s末离出发点最远，20s末回到出发点
B.5〜15s过程中做匀加速运动，加速度为1m/s2
C.15〜20s过程中做匀减速运动，加速度的大小为3.2m/s2
D.5〜15s过程中前5s位移为120m
二、多选题（本大题共6小题，共23.0分）
6.
如图所示，将一质量为m的小钢球用细线悬挂在汽车的顶部，汽车在运动过程中，钢球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，由此可知道（ ）
A.摆线的拉力B.汽车的加速度
C.汽车的运动方向D.汽车的速率
7.一物体做匀变速直线运动，某时刻的速度为v1，经过t时间运动位移为x，速度变为v2，则在这段时间内（ ）
A.平均速度是
B.平均速度是
C.中间位罝的瞬时速度是
D.中间时刻的瞬时速度是
8.已知两个共点力的合力为60N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为35N，下列说法中正确的有（ ）
A.F1的大小是唯一的B.F1的大小有两个可能的值
C.F2有两个可能的方向D.可能任意方向
9.
如图所示，一木块放在水平桌面上，质量m=l.5kg，在水平方向共受到三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中F1=10.0N、F2=4.0N．以下判断正确的有（ ）
A.若撤去F1，木块在水平方向所受合力可能不为0
B.若撤去F1，木块在水平方向所受合力-定为0
C.若撤去F2，木块在水平方向所受合力一定为0
D.若撤去F2，木块在水平方向加速度可能为2.0m/s2
10.
一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端为O圆心，使小球在竖直面内做直径为R的圆周运动，如图所示，重力加速度为g，则（ ）
A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是
C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D.小球过最低点时，杆对小球的作用力大于小球的重力
11.如图所示，质量均为m的两个木块P、Q 叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上施加一水平推力F，使保持相对静止-起向左做加速直线运动，重力加速度为g，则（ ）
A.物体Q对地面的压力一定大于2mg
B.若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ=
C.若P、Q之间光滑，则两者运动加速度a=gtanθ
D.Q对P的作用力随推力F的增大而增大
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。
弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______N。
（2）下列不必要的实验要求是______。
（请填写选项前对应的字母）
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法。
方法一：
______方法二：
______
（4）该同学在实验中保持弹簧测力计B的拉力的方向一直水平，你认为该做法科学吗？
为什么？
答：
______。
13.用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。
（1）下列做法中正确的有______（填字母代号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在平衡小车受到的滑动摩擦力时，将砝码盘用细绳通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要再次平衡摩擦力
（2）实验中，打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度为g，图为实验得到的纸带（已经舍去前面比较密集的点），纸带上每相邻的两计数点间都有四个打点未画出，按时间顺序取0、1、2、3……多个计数点，用刻度尺测域得出相邻两计数点间的距离如图所示（单位为mm），由于不小心，几条纸带被撕断了，混在一起，如图丙所示，请根据给出的A、B、C三段纸带回答：
①从B、C两段纸带中选出从纸带A上直接撕下的那段应该是______；
②打A纸带时，物体的加速度大小______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）该同学在平衡摩檫力后，保持小车的总质量M不变，改变砝码和砝码盘的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在a-F图象中描点，如图乙所示，结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此结果的主要原因是______，若不断增加砝码盘中砝码的质量，a-F图象中描点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为______。
四、计算题（本大题共4小题，共44.0分）
14.某市规定卡车在市区-特殊路段的速度不得超过40km/h．有一辆卡车在危急情况下急刹车，车轮抱死滑动一段距离后停止．交警测得刹车过程中车轮在路面上擦过的笔直的痕迹长是9m．从厂家的技术手册中査得该车轮胎和地面的动摩擦因数是0.8．
（1）假若你就是这位交警，请你判断卡车是否超速行驶？
（假定刹车后卡车做匀减速直线运动）
（2）减小刹车距离是避免交通事故的最有效的途径．刹车距离除与汽车的初速度、制动力有关外，还须考虑驾驶员的反应时间：
即从发现情况到肌肉动作操纵制动器的时间．假设汽车刹车制动力是定值f，驾驶员的反应时间为t0，汽车的质量为m，行驶的速度为v0，请你给出刹车距离s的表达式．
15.冬季已来临，正在读高一的小明同学设想给家里朝北的店面房装一个门帘。
如图甲是他设计的门帘悬挂示意图，相隔一定距离的两个相同的光滑小滑轮A、B固定在等高的水平线上，AB间距离d=4cm，总长s=12cm的不可伸的细绳套在两小滑轮上，示意图用C物块代替的门帘，质量mc=1.0kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，同一细绳上各处拉力大小均相等。
（1）现让门帘静止悬挂在空中如图甲，求绳中拉力的大小T1；
（2）若顾客推门帘进入时施加水平向右的推力F，简化为此时物块C恰好静止于B端的正下方，BC的长度h=3cm。
如图乙所示，求此状态下绳中拉力大小T2和水平推力大小F。
16.
如图所示，一根长l=0.20m的细线，一端系着一个质量m=0.25kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的角速度增加到开始时角速度的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大40N，求：
（1）线断开前的瞬间，线受到的拉力大小T；
（2）线断开的瞬间，小球运动的线速度大小v；
（3）如果小球离开桌面时，速度方向与桌子边缘的夹角θ=60°，桌面离地面的高度h=0.80m，求小球飞出后的落地点距桌右边缘的水平距离L。
17.如图所示，一与水平方向成θ=30°，足够的传送带止以v=4.0m/s的速度顺时针方向运动。
在传送带下方有一光滑小圆弧，上端与传送带相切，下端与一木板上表面Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板与水平地面间动摩擦因数μ1=0.10．现将一质量m1=2.0kg可视为质点的物块P放在传送带下端，开始阶段以初速度v0=20m/s沿传送带所在斜面向上运动，木块与传送带间动摩擦因数μ2=
．，物块P与木板Q间动摩擦因数μ3=0.40．木板 Q的质量 m2=2.0kg，取 g=10m/s2．求：
（1）物块P沿传送带上升到最高点时到传送带下端的距离x；
（2）物块P从最高点运动到传送带下端的时间t；
（3）为使物块P从木板Q上滑下来，木板Q的长度L应满足的条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
A、根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体下落得快，较轻的物体下落较慢，故A正确；
B、根据亚里士多德的论断，必须有力作用在物体上，物体才能运动，力是维持物体运动的原因，故B错误；
C、伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比，故C错误；
D、牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律．故D错误；
故选：
A
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.【答案】D
【解析】
解；A、根据牛顿第一定律，物体受到的合力为0，物体保持静止状态或匀速直线运动状态，速度不一定为0，故A错误；
B、由牛顿第二定律a=
可知，受到的合力恒定，加速度恒定，则物体一定是做匀变速运动，速度一定是变化的，故B错误；
C、如果物体的合外力方向始终与速度方向共线，合力方向变化（如图所示），速度方向不一定变化，故C错误；
D、由牛顿第二定律a=
可知，物体受到的合力变化越快，加速度变化一定越快，D正确；
故选：
D。
利用牛顿第一定律：
一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种运动状态；根据牛顿第二定律a=
进行判断加速度的变化。
本题是考查力与运动关系的基础题，解题的关键是了解牛顿第一定律和牛顿第二定律的内容，掌握速度与加速度之间的关系。
3.【答案】A
【解析】解：
A、炸弹在空中飞行时间由下落的高度决定，与初速度无关；平抛运动的水平距离：
x=vt，可知炸弹的水平位移是相等的，由于投放毎枚炸弹的时间间隔相同，所以炸弹在海面上的落点间距相同，故A正确。
B、由于惯性，炸弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，轰炸机上的飞行员看到投放在空中的炸弹位于一条竖直线上，故B错误；
C、空中飞行的炸弹都做平抛运动，加速度都是g，根据△v=gt知在相等时间内速度变化都相同，故C错误；
D、炸弹在空中飞行时间由下落的高度决定，与初速度无关。
故D错误。
故选：
A。
炸弹在空中倚重平抛运动，根据△v=gt分析速度变化的关系。
当炸弹投放后，由于惯性在水平方向上和飞机速度相同，每次投放的炸弹初速度相同，下落高度相同，因此每个炸弹运动规律一样。
解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道速度变化量与时间有关，与初速度无关。
4.【答案】C
【解析】解：
A、D、因为船速小于水速，那么船不能垂直渡河，但能渡过河，当合速度的方向与静水速的方向垂直，渡河位移最短，设此时合速度的方向与河岸的夹角为θ，有：
sinθ=
，
则渡河的最小位移为：
x=
=
．故A错误、D错误。
B、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，有：
t=
．船渡河过程中水流速度变大，则渡河时间将不变。
故B错误。
C、若船渡河所用的时间为40s，则渡河的过程中，沿水流方向的位移为：
s=vst=4×40m=160m
渡河位移为：
x=
m=200m。
故C正确
故选：
C。
当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短。
解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，以及知道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短。
若静水速大于水流速，合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短；若静水速小于水流速，则合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短。
5.【答案】C
【解析】解：
A、由图象可知：
0～20s内质点的速度一直为正，一直沿方向运动，20s末离出发点最远，故A错误。
B、5～15s内质点做匀加速运动，加速度a1=
=
=0.8m/s2，故B错误；
C、15s～20s内做匀减速运动，加速度为a2=
=
=-3.2m/s2，加速度的大小为3.2m/s2，故C正确；
D、由图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，5〜15 s过程中前5 s位移为x=
=50m，故D错误。
故选：
C。
根据速度方向分析质点能否回到出发点。
速度图象倾斜的直线表示质点做匀变速直线运动。
根据斜率求出加速度。
图象与时间轴围成的面积表示位移。
本题考查速度-时间图象的应用，要明确图象的物理意义，并能用图象斜率及面积求得加速度及位移。
6.【答案】AB
【解析】解：
AB、汽车、小钢球具有共同的加速度，对小钢球进行受力分析有：
小球受重力和线的拉力，在两个力作用下小球在竖直方向处于平衡状态，水平方向产生加速度，所以有：
Tsinθ=ma
Tcosθ=mg
所以可得小球的加速度a=gtanθ，可知汽车的加速度也是gtanθ；
摆线的拉力T=
，故A正确，B正确。
C、由牛顿第二定律得小球具有向左的加速度，则汽车也具有向左的加速度，所以汽车可能向右做减速运动，也可能向左做加速运动，故C错误；
D、由也是的分析可知，不能求出汽车运动的速度或速率。
故D错误。
故选：
AB。
隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向，抓住小球和汽车具有共同的加速度，再分析出汽车的运动情况。
通过对小球的受力分析得出加速度的大小和方向，再根据加速度判断汽车的运动情况。
要注意当加速度向某个方向时物体可以在这个方向上加速运动，也可以在这个方向的反方向上减速运动。
7.【答案】ABD
【解析】解：
A、根据平均速度的定义可得平均速度为
，故A正确；
B、物体做匀变速直线运动，故平均速度等于初末速度和的一半，故
=
，故B正确；
C、D、物体做匀变速直线运动，故中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度还等于初末速度和的一半，故v=
=
；
中间时刻的瞬时速度等于
，而非中间位置的速度，中间位置的瞬时速度为v，则
，
，
联立解得v=
，故C错误，D正确
故选：
ABD。
物体做匀变速直线运动，根据推论求得中间时刻的瞬时速度和平均速度，即可判断。
本题主要考查了对匀变速直线运动的推论的理解和应用，明确中间时刻和平均速度的关系
8.【答案】BC
【解析】解：
已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角（如图中的虚线代表的分力F1的方向），
知另一个分力的最小值为Fsin30°=30N
而另一个分力大小为35N，大于分力的最小值，
根据力的平行四边形定则，结合几何性质，所以F1的情况两解的，那么F2的方向也是两种的，所以BC正确，AD错误。
故选：
BC。
已知合力的大小为60N，一个分力F1的方向已知，与F成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°=30N，根据三角形定则可知分解的组数。
解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的，要会通过画三角形的方法来解决力的问题。
9.【答案】BD
【解析】解：
在水平方向共受到三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态，根据平衡知，静摩擦力的大小f=6N，则最大静摩擦力大于等于6N。
AB、撤去F1，在F2作用下，物体仍然静止，则合力一定为零，故A错误，B正确。
CD、撤去F2，在F1作用下，物体可能仍然静止，可能运动，则合力可能为零，可能不为零，若静摩擦力为7N，则运动时的加速度为a=
m/s2=2.0m/s2，故C错误、D正确。
故选：
BD。
根据物体处于平衡求出静摩擦力的大小，撤去某个力后，判断物体是否运动，从而判断合力的大小。
本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，通过平衡求出静摩擦力的大小是关键，撤去某个力，要判断出物体是否被推动。
10.【答案】AD
【解析】解：
A、小球过最高点时，当速度为v=
时，有mg=m
，由重力完全提供向心力，杆所受的弹力为零，故A正确。
B、由于杆能支撑小球，所以小球过最高点时的最小速度为零，故B错误。
C、小球过最高点时，当v＞
时，有mg+F=m
，得F=m
-mg，知速度增大时，杆对球的作用力增大。
当v＜
时，有mg-F=m
，得F=mg-m
，知速度增大时，杆对球的作用力减小，故C错误。
D、小球过最低点时，由合力提供向心力，则有F-mg=m
，得F=mg+m
＞mg，故D正确。
故选：
AD。
小球在最高点，杆对球可以表现为支持力，也可以表现为拉力，在最高点的最小速度为零，根据牛顿第二定律分析杆子对小球的作用力与速度的关系。
解决本题的关键是知道小球做圆周运动向心力的来源，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解。
11.【答案】CD
【解析】解：
A、以PQ整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故FN=2mg，故Q对地面的压力为2mg，故A错误；
B、因PQ做匀加速运动，若μ=
，在水平方向上由牛顿第二定律得：
F-μ•2mg=ma，解得：
a=0，故不能做匀加速运动，故B错误；
C、若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：
mgtanθ=ma，故：
a=gtanθ，故C正确；
D、推力F增大，系统的加速度增大，则P的加速度也增大，Q对P的作用力随推力F的增大而增大，故D正确。
故选：
CD。
通过整体受力分析即可判断出Q对地面的压力；对整体受力分析，因一起做加速运动，由牛顿第二定律即可判断μ的大小；若P、Q之间光滑，先对P受力分析，求出加速度，即为PQ的加速度；根据加速度的大小判断Q对P的作用力。
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要是隔离法与整体法的应用，关键是受力分析。
12.【答案】3.6 D 减小弹簧测力计B的拉力 减小重物的质量 不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则
【解析】解：
（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N。
（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道。
故A项也需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零。
故B项也需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性。
故C项也需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验。
故D项不需要。
故选：
D。
（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大。
又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程。
（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则。
故答案为：
（1）3.6；
（2）D；
（3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；
（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则。
弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物。
当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置。
弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向。
虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力。
当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了。
原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定。
当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的。
通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示。
同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤。
13.【答案】AD B 0.60 砝码与砝码盘的质量没有远小于小车的质量 g
【解析】解：
（1）A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行。
故A正确；
B、在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砂的砂桶通过定滑轮栓在小车上。
故B错误；
C、实验时，应先接通电源，再释放小车。
故C错误；
D、通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度。
故D正确。
故选：
AD。
（2）①由△x=aT2是个常数，可得：
36.0mm-30.0mm=6.0mm，直接在纸带上撕下的那段，相隔了一个时间间隔，故相邻两计数点间的距离为36.0mm+6.0×2mm=48.0mm，故直接撕下的那段应该是B；
②相邻计数点间还有四个点没有画出，则计数点间的时间间隔：
T=0.02×5s=0.1s，
由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度为：
a=
m/s2=0.60m/s2；
（3）由于刚开始a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：
F=mg=Ma
得a=
=
，而实际上a′=
=
，可见明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的。
因为砝码和砝码盘的重力在这个实验中充当小车所受到的合外力，当砝码和砝码盘的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g的运动，即不断增加砝码盘中砝码的质量，a-F图象中给点连成的曲线将不断延伸，加速度的趋向值为g。
故答案为：
（1）AD；
（2）①B；②0.60；（3）砝码和砝码盘的质量没有远小于小车的质量；g。
（1）平衡摩擦力时小车前面不能挂砝码，小车要与纸带相连，实验时要先接通电源然后再释放纸带，根据实验注意事项分析答题。
（2）由△x=aT2是个常数，可知是那一段；由△x=aT2可得物体的加速度。
（3）对求出的加速度a与F的表达式，然后讨论a-F图象的斜率变化趋势即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后结合物理规律去解决实验问题，知道平衡摩擦力的方法，难度适中。
14.
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