《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一）（含解析）（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一）(限時(shí)：60分鐘滿分：110分)第卷(共48分)一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1下列說法正確的是()A氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越小B在核反應(yīng)中，比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能C射線是原子的核外電子電離后形成的電子流D氫原子從n2的能級躍遷到n1的能級輻射出的光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則從n3的能級躍遷到n2的能級輻射的光也可使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)解析：選B氫原子的核外電子由離
2、原子核較遠(yuǎn)的軌道躍遷到離原子核較近的軌道上時(shí)，能量減小，減小的能量以光子的形式釋放出來，故氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越大，A錯(cuò)誤；在核反應(yīng)中，由比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能，B正確；射線來源于原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的電子，C錯(cuò)誤；氫原子從n2的能級躍遷到n1的能級輻射出的光子的能量為E13.4 eV(13.6 eV)10.2 eV，恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，從n3的能級躍遷到n2的能級輻射的光子的能量E21.51 eV(3.4 eV)1.89 eV，故不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。2.靜止在水平地面的物塊，受到水平向右的拉力F的作用，F(xiàn)隨時(shí)
3、間t的變化情況如圖所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，且為1 N，則()A01 s時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度逐漸增大B第3 s末，物塊的速度最大C第9 s末，物塊的加速度為零D第7 s末，物塊的動能最大解析：選D在01 s時(shí)間內(nèi)水平拉力小于最大靜摩擦力，故物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；13 s物塊做加速度增大的加速運(yùn)動，37 s物塊做加速度減小的加速運(yùn)動，故第7 s末，物塊的加速度為零，此時(shí)速度最大，動能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；第9 s末，物塊水平方向只受滑動摩擦力作用，故加速度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。3.2022年冬奧會將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動中。若跳臺
4、滑雪比賽運(yùn)動的軌跡可近似看成平拋運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力，甲運(yùn)動員以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實(shí)線所示，質(zhì)量比甲大的乙運(yùn)動員以相同的初速度從同一點(diǎn)飛出，則乙的運(yùn)動軌跡應(yīng)為圖中的()ABC D解析：選A平拋運(yùn)動可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動，在豎直方向上有ygt2，在水平方向上有xv0t，解得yx2，說明以相同初速度從同一點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡與質(zhì)量無關(guān)，故乙的運(yùn)動軌跡仍是實(shí)線，故A對。4.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)存在一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，坐標(biāo)軸上有A、B、C 三點(diǎn)，OAOBBCa，其中A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢相等，O點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢相等，靜電力常量為k，則下列
5、判斷正確的是()A點(diǎn)電荷Q位于O點(diǎn)處BO點(diǎn)電勢比A點(diǎn)電勢高CC點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為D將正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動到C點(diǎn)，電勢能一直減小解析：選C因A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢相等，O點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢相等，故A、B到點(diǎn)電荷的距離相等，O、C到點(diǎn)電荷的距離也相等，則點(diǎn)電荷位置如圖所示，由圖可知，A錯(cuò)誤；因點(diǎn)電荷帶正電，故離點(diǎn)電荷越近電勢越高，故O點(diǎn)電勢比A點(diǎn)低，故B錯(cuò)誤；由圖可知點(diǎn)電荷與C點(diǎn)的距離rCa，根據(jù)Ek，得EC，故C正確；由圖可知，將正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動到C點(diǎn)，電勢先升高再降低，故電勢能先增大再減小，故D錯(cuò)誤。5如圖所示，電路中理想變壓器原、副線圈接入電路的匝數(shù)可通過單刀雙擲開關(guān)改變，A為理想交
6、流電流表。在變壓器原線圈a、b兩端加上一峰值不變的正弦式交變電壓。下列分析正確的是()A只將S1從1撥向2時(shí)，電流表示數(shù)變小B只將S2從3撥向4時(shí)，電流表示數(shù)變大C只將R的滑片上移，R1的電功率變大D只將R的滑片上移，R2的電功率變小解析：選D根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知：U2，只將S1從1撥向2時(shí)，原線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓增大，副線圈上的電流增大，所以電流表示數(shù)變大，A錯(cuò)誤；只將S2從3撥向4時(shí)，副線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓減小，副線圈上的電流減小，所以電流表示數(shù)變小，B錯(cuò)誤；只將R的滑片上移，副線圈輸出電壓不變，則R1兩端的電壓不變，R1的電功率不變，C錯(cuò)誤；只將R的滑
7、片上移，接入電路的有效電阻變大，所以串聯(lián)電路(R和R2)的電阻增大，流過串聯(lián)電路的電流變小，所以電阻R2的電功率變小，D正確。6.如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里。三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計(jì))，所有質(zhì)子均能通過C點(diǎn)，質(zhì)子比荷k，則質(zhì)子的速度可能為()A2BkL B.C. D.解析：選BD因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點(diǎn)，部分可能的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知，所有圓弧所對圓心角均為60，所以質(zhì)子運(yùn)行半徑r(n1,2,3，)，由洛倫茲力提供向心力得：Bqvm，可得：v(
8、n1,2,3，)，故選項(xiàng)B、D正確。7.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置。今使PQ以平行于導(dǎo)軌的初速度v水平向右運(yùn)動，到位置c時(shí)剛好靜止。設(shè)導(dǎo)軌與PQ的電阻均不計(jì)，a到b與b到c的間距相等。則PQ在由a到b和b到c的兩個(gè)過程中()APQ運(yùn)動的加速度大小相等B回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等C通過PQ橫截面的電量相等DPQ從a到b的動能減少量大于其從b到c的動能減少量解析：選CDPQ受到的安培力FBILBL，方向水平向左，PQ在安培力作用下做減速運(yùn)動，速度v越來越小，PQ克服安培力做功，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由于a
9、b間距離與bc間距離相等，安培力F從a到c逐漸減小，由WFs定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此從a到b的過程產(chǎn)生的內(nèi)能多，由動能定理，PQ從a到b的動能減少量大于其從b到c的動能減少量，故B錯(cuò)誤，D正確；PQ在運(yùn)動過程中所受到的合力是安培力，由牛頓第二定律得：ma，由于v減小，所以PQ向右運(yùn)動過程中，加速度大小逐漸減小，故A錯(cuò)誤；PQ運(yùn)動過程中，通過PQ橫截面的電荷量QIttB，從a到b與從b到c的過程中，回路面積的變化量S相等，B、R相等，因此，通過PQ橫截面的電荷量相等，故C正確。8.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為2m的甲球和一個(gè)質(zhì)量為m的乙球，用長度為2R的輕
10、桿連接，兩個(gè)球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直軌道上，軌道固定于水平地面。初始時(shí)輕桿豎直，且質(zhì)量為2m的甲球在上方，現(xiàn)受擾動兩球開始運(yùn)動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A甲球下滑過程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能B甲球下滑過程中減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能C整個(gè)運(yùn)動過程中甲球的最大速度為D甲球運(yùn)動到最低點(diǎn)前，輕桿對乙球一直做正功解析：選ACD甲球下滑過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加，由于只有動能和重力勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，所以甲球下滑過程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能，故A正確；甲球下滑過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加，所以甲球下滑過
11、程中減少的重力勢能總大于乙球增加的重力勢能，故B錯(cuò)誤；當(dāng)甲球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，乙球到達(dá)最高點(diǎn)，該過程中系統(tǒng)減小的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，且此時(shí)重力勢能減少量最大，系統(tǒng)動能增加量最大，甲球速度最大，由于兩球的線速度相等，設(shè)該速度為v，則：2mg2Rmg2Rmv22mv2，解得：v，故C正確；甲球運(yùn)動到最低點(diǎn)前，乙球的重力勢能一直增大，同時(shí)乙球的動能也一直增大，可知輕桿對乙球一直做正功，故D正確。第卷(共62分)二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第912題為必考題，每個(gè)試題都必須作答。第1314題為選考題，根據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。9(6分)測定木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)時(shí)，采
12、用如圖甲所示的裝置，圖中長木板水平固定。(1)實(shí)驗(yàn)過程中，電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接在_(選填“直流”或“交流”)電源上，調(diào)整定滑輪高度，使_。(2)已知重力加速度為g，測得木塊的質(zhì)量為M，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m，若木塊的加速度為a，則木塊與長木板間動摩擦因數(shù)_。(3)如圖乙為木塊在水平長木板上運(yùn)動帶動紙帶打出的一部分點(diǎn)跡，0、1、2、3、4、5、6為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，電源的頻率為50 Hz。從紙帶上測出x13.20 cm，x24.52 cm，x58.42 cm，x69.70 cm。則木塊加速度大小a_m/s2。解析：(1)電火花計(jì)時(shí)器的電源為交流電源；調(diào)整定滑輪高度，使細(xì)線
13、與長木板平行，這樣細(xì)線的拉力沿水平方向，不會影響動摩擦因數(shù)的測量。(2)對砝碼盤和砝碼、木塊組成的整體，由牛頓第二定律有mgMg(Mm)a，解得。(3)利用逐差法可得a，代入數(shù)據(jù)解得a1.3 m/s2。答案：(1)交流細(xì)線與長木板平行(2)(3)1.310(9分)有一只靈敏電流計(jì)G，刻度盤上只有刻度而無具體示數(shù)，現(xiàn)要根據(jù)圖(a)所示電路測出此表的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg。(1)請按電路圖(a)，將圖(b)中的實(shí)物電路連接完整。(2)實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計(jì)剛好滿偏，讀出此時(shí)電壓表的示數(shù)U和電阻箱的阻值R1；然后再調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計(jì)剛好半偏，且電壓表
14、的示數(shù)仍為U，讀出此時(shí)電阻箱的阻值R2。用U、R1和R2表示靈敏電流計(jì)的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg，表達(dá)式Ig_，Rg_。(3)僅從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理上看，這種測量方法得到內(nèi)阻的測量值與真實(shí)值相比_(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析：(1)實(shí)物電路圖如圖所示。(2)當(dāng)電流表滿偏時(shí)有：Ig，當(dāng)電流表半偏時(shí)有：，解得：Ig，RgR22R1。(3)僅從設(shè)計(jì)原理上看，改變電阻箱阻值后，靈敏電流計(jì)和電阻箱兩端電壓不變，則電流表內(nèi)阻測量值等于真實(shí)值，故相等。答案：(1)見解析圖(2)R22R1(3)相等11(12分)如圖所示，長L12 m，質(zhì)量為M50 kg的木板右端有一立柱。木板置于水平地面上，木板與地面間
15、的動摩擦因數(shù)0.1，質(zhì)量為m50 kg的人立于木板左端，木板與人均靜止，當(dāng)人以a14 m/s2的加速度勻加速向右奔跑至木板的右端時(shí)，立刻抱住立柱，求：(1)人在奔跑過程中受到的摩擦力的大小；(2)人從開始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑動，滑動距離的大小。解析：(1)人奔跑過程中加速度是由摩擦力提供的，由牛頓第二定律得：Ffma1解得：Ff200 N。(2)設(shè)人從木板左端跑到右端經(jīng)歷的時(shí)間為t，對木板，由牛頓第二定律得：Ff(Mm)gMa2因FfFf解得：a22 m/s2由運(yùn)動學(xué)公式得：La1t2a2t2解得：t2 s。(3)設(shè)人跑至木板右端時(shí)，人的速度大小
16、為v1，木板速度大小為v2，人抱住立柱后，其共同速度大小為v，由運(yùn)動學(xué)公式得：v1a1t8 m/s，v2a2t4 m/s由動量守恒定律可得：mv1Mv2(mM)v解得：v2 m/s，方向向右，人抱住立柱到兩者速度減為0過程，由動能定理可得：(Mm)gs0(mM)v2解得：s2 m。答案：(1)200 N(2)2 s(3)向右2 m12.(20分)如圖所示，左側(cè)平行極板間有水平方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)絕緣光滑圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓環(huán)的圓心為O，半徑為R，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子(粒子重力忽略不計(jì))，從a點(diǎn)由靜止經(jīng)電場加速后從入口c沿圓環(huán)直徑射入磁場區(qū)
17、域。在圓心O的正上方，還有一個(gè)出口b。已知粒子和圓環(huán)的碰撞過程沒有動能和電荷量損失，B、R、m、q均為已知量。(1)兩極板間電壓為U時(shí)，求粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r；(2)兩極板間電壓U可取任意值，如果粒子能從出口b射出，求粒子從入口c射入到從出口b射出的最短時(shí)間；(3)兩極板間電壓U取某些值時(shí)，粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，求兩極板間電壓U取的可能值。解析：(1)粒子在電場中加速，由動能定理得：qUmv2粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm解得r。(2)經(jīng)分析可知，粒子與圓環(huán)碰撞一次后從出口b射出，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最短，粒子在磁場
18、中的運(yùn)動軌跡如圖1所示，由幾何關(guān)系得T則tminT。(3)設(shè)粒子在非陰影區(qū)與圓環(huán)碰撞n次后從出口b射出，每段圓弧所對圓心角為，n2時(shí)，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖2所示，經(jīng)分析由幾何關(guān)系得，(n1,2,3，)tan 解得Utan2，(n1,2,3，)。答案：(1) (2)(3)tan2，(n1,2,3，)(二)選考題：共15分。請?jiān)诘?3、14題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。13選修33(15分)(1)(5分)關(guān)于擴(kuò)散現(xiàn)象，下列說法正確的是_。(填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分)A溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快B擴(kuò)散現(xiàn)象
19、是不同物質(zhì)間的一種化學(xué)反應(yīng)C擴(kuò)散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無規(guī)則運(yùn)動產(chǎn)生的D擴(kuò)散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生E液體中的擴(kuò)散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的(2)(10分)如圖，一粗細(xì)均勻的U形管豎直放置，A側(cè)上端封閉，B側(cè)上端與大氣相通，下端開口處開關(guān)K關(guān)閉；A側(cè)空氣柱的長度l10.0 cm，B側(cè)水銀面比A側(cè)的高h(yuǎn)3.0 cm?，F(xiàn)將開關(guān)K打開，從U形管中放出部分水銀，當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h110.0 cm時(shí)將開關(guān)K關(guān)閉。已知大氣壓強(qiáng)p075.0 cmHg。()求放出部分水銀后A側(cè)空氣柱的長度；()此后再向B側(cè)注入水銀，使A、B兩側(cè)的水銀面達(dá)到同一高度，求注入的水銀在管內(nèi)的長度。解析：(1)擴(kuò)散現(xiàn)象與溫度
20、有關(guān)，溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快，選項(xiàng)A正確；擴(kuò)散現(xiàn)象是由于分子的無規(guī)則運(yùn)動引起的，不是一種化學(xué)反應(yīng)，選項(xiàng)B、E錯(cuò)誤，C正確；擴(kuò)散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項(xiàng)D正確。(2)()以 cmHg為壓強(qiáng)單位。設(shè)A側(cè)空氣柱長度l10.0 cm時(shí)的壓強(qiáng)為p；當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h110.0 cm時(shí)，空氣柱的長度為l1，壓強(qiáng)為p1。由玻意耳定律得plp1l1由力學(xué)平衡條件得pp0h打開開關(guān)K放出水銀的過程中，B側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)始終為p0，而A側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側(cè)水銀面的高度差也隨之減小，直至B側(cè)水銀面低于A側(cè)水銀面h1為止。由力學(xué)平衡條件有p1p0h1聯(lián)立式，并代
21、入題給數(shù)據(jù)得l112.0 cm。()當(dāng)A、B兩側(cè)的水銀面達(dá)到同一高度時(shí)，設(shè)A側(cè)空氣柱的長度為l2，壓強(qiáng)為p2。由玻意耳定律得plp2l2由力學(xué)平衡條件有p2p0聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得l210.4 cm設(shè)注入的水銀在管內(nèi)的長度為h，依題意得h2(l1l2)h1聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得h13.2 cm。答案：(1)ACD(2)()12.0 cm()13.2 cm14選修34(15分)(1)(5分)一列簡諧橫波在t0時(shí)的波形圖如圖中的實(shí)線所示，t0.1 s時(shí)的波形圖如圖中的虛線所示，若該波傳播的速度為10 m/s，則_。(填正確答案標(biāo)號。選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣
22、3分，最低得分為0分)At0時(shí)質(zhì)點(diǎn)a沿y軸正方向運(yùn)動B這列波沿x軸正方向傳播C這列波的周期為0.4 sD從t0時(shí)刻開始質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)0.2 s通過的路程為0.4 mEx2 m處質(zhì)點(diǎn)的振動方程為y0.2sin(5t)m(2)(10分)如圖所示，用折射率n的玻璃做成一個(gè)外徑為R的半球形空心球殼。一束與過球心的對稱軸OO平行的平行光，射向此球殼的外表面。若讓一個(gè)半徑為R的圓形遮光板的圓心過OO軸，并且垂直該軸放置，則球殼內(nèi)部恰好沒有光線射入。問：()臨界光線射入球殼時(shí)的折射角r為多大？()球殼的內(nèi)徑R為多少？解析：(1)由題圖可知波長4 m，則波的周期為T0.4 s，選項(xiàng)C正確；由題意知，波傳播的時(shí)間為0
23、.1 sT，所以波傳播的距離是，根據(jù)波形的平移可知，波的傳播方向沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；波沿x軸負(fù)方向傳播，故t0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從t0時(shí)刻開始經(jīng)0.2 s時(shí)，經(jīng)過的時(shí)間是半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)a通過的路程等于2個(gè)振幅，即0.4 m，選項(xiàng)D正確；t0時(shí)刻x2 m處的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，其位移表達(dá)式為yAsint0.2sin 5t m0.2sin(5t)m，選項(xiàng)E正確。(2)()設(shè)臨界光線入射角為i，由光路圖和幾何知識得sin i設(shè)折射角為r，由折射率的定義：n解得r30。()設(shè)臨界角為C，對臨界光線，有：sin C解得C45在如圖所示Oab中，由正弦定理得：解得RR。答案：(1)CDE(2)()30()R11
（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前仿真適應(yīng)性訓(xùn)練（一）（含解析）
