2021年決勝高考物理模考押題卷（五）解析版（新課標(biāo)卷專用）

2021年決勝高考物理模考押題卷（五）

物理

本卷滿分110分，考試時間90分鐘。

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只

有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯或不答的得0分。

14.2014年諾貝爾物理學(xué)獎被授予了日本科學(xué)家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科學(xué)家中村

修二，以表彰他們發(fā)明藍色發(fā)光二極管（LED）,并因此帶來新型的節(jié)能光源.在物理

學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動了人類歷史的進步，下列表述符合物

理學(xué)史實的是

A.開普勒認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比.

B.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的周圍存在磁場并最早提出了場的概念

C.牛頓認(rèn)為在足夠高的高山上以足夠大的水平速度拋出一物體，物體就不會再落在地

球上

D.安培首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的研究

答案:C【解析】胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，

選項A錯誤；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的周圍存在磁場，法拉第最早提出了場的概念，選項B

錯誤；牛頓認(rèn)為在足夠高的高山上以足夠大的水平速度拋出一物體，物體就不會再落在

地球上，選項C正確；法拉第首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的

研究，選項D錯誤；故選C.

15.如圖所示，半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小球A

套在大圓環(huán)上。上端固定在桿上的輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為m的滑塊B連接井一起套在桿上，

小球A和滑塊B之間用長為2R的輕桿分別通過較鏈連接，當(dāng)小球A位于圓環(huán)最高點

時、彈簧處于原長：此時給A一個微小擾動（初速度視為0）,使小球A沿環(huán)順時針滑

下，到達環(huán)最右側(cè)時小球A的速度為廊（g為重力加速度）。不計一切摩擦，AB均可

慢為質(zhì)點，則下列說法正確的是

A.小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能守恒

B.小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右刻的過程中滑塊B的重力能減?。踡gR

C.小球A從腰環(huán)最高點到達醫(yī)環(huán)最右的過程中小球A的重力能小了gmgR

D.小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側(cè)的過程中彈簧的彈性勢能增加了（3-但）mgR

答案：DA.輕質(zhì)彈簧、小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒。故A錯誤。

B.開始是滑塊B距離圓環(huán)最高點的距離為g=2R,小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側(cè)

時，滑塊B距離圓環(huán)最高點的距離為6B=Rtan60--R=^R-R,所以在這個方程，小球

B卜降的距離為Ah=hB-hB=3R-叔?，可得滑塊B重:力能減小量為（3-何mgR。故B

錯誤。C.小球A從環(huán)最高點到達環(huán)最右的過程中下降的高度為R,所以重力勢能的減小

量為m9心故C錯誤。D.小球A到達環(huán)最右側(cè)時，A、B的速度方向都是豎直向下的，

此時他們與輕桿的夾角相等，由因為A、B的速度沿輕桿方向的分量相等，所以A、B

的速度相等：力=%=廊，在整個過程由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可得彈簧的彈性勢能：

埒強=EPA+EPB-EKA-EKB=（3-?mgR+mgR-2xjxmx（抑丫=（3一@mgR。

故D正確。

16.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速

電場、靜電分析器、磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線半徑為凡通道內(nèi)有均勻

輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強

度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為〃八

電荷量為q的正離子（初速度為零，重力不計），經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心

線做勻速圓周運動,而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過。點進入收集器.下列說法

中正確的是（）

加速電場u匚:二?草收集器

曲］離子源

A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi)

B.加速電場中的加速電壓U=-ER

2

mER

C.磁分析器中圓心。2至ijQ點的距離d=

q

。.任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器

答案：B解：A、離子在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動，所受洛倫磁力指向圓心，根據(jù)左手

定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤.B、離子在靜電分析器中做

QE=m一

勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：R,設(shè)離子進入靜電分析器時的速度為v,

1，ER

qU=FV--0U=—

離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有：2,解得:2,B正

確.

2

]

C、離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB=m上,解得:r=

BJq

貝人d署’故C錯誤-D、由B可知：R=tR與離子質(zhì)量、電量無關(guān)；離子

在磁場中的軌道半徑一湃

離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量

和電量有關(guān)，能夠到達P點的不同離子，半徑不一定都等于d,不一定能進入收集器,

故D錯誤.

故選B.

17.如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直

部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎

直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h

處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)

為u,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

Bd向t

A.流過金屬棒的最大電流為2R

BdL

B.通過金屬棒的電荷量為R

C.克服安培力所做的功為mgh

-mg(h-]Lid)

D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為2

答案：D

18.嫦娥四號月球探測器已于2018年12月8日在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心由長征三號乙運載

火箭發(fā)射成功。嫦娥四號將經(jīng)歷地月轉(zhuǎn)移、月制動、環(huán)月飛行，最終實現(xiàn)人類首次月球

背面軟著陸和巡視勘察。已知地球質(zhì)量為Mi,半徑為Ri,表面的重力加速度為g,月

球質(zhì)量為M2,半徑為R2,兩者均可視為質(zhì)量分布均勻的球體。則下列說法正確的是

B.探測器在月面行走時，探測器內(nèi)的儀處于完全失重狀態(tài)

國

C.月球的第一宇宙速度為勺而■后

D.嫦娥四號環(huán)月飛行的最小周期為2?！?

解

M^m

答案：CD【解析】A.在地球表面，根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系可得：G-^=mg,

R1

M2mM2gR1

在地球表面，同理有萬有引力等于重力的關(guān)系：月，聯(lián)立可得：。月=才(不)2；

故A錯誤.B.探測器在月面行走時，探測器和儀器在豎直方向受力平衡，不是處于失重

狀態(tài)，故B錯誤.C.繞月球表面的衛(wèi)星的環(huán)繞速度為月球的第一宇宙速度，有

口月/=廊&=&J品；故C正確.D.四號環(huán)月飛行時按第一宇宙速度運行時周期最

2叫Wi.

小，則四號環(huán)月飛行的最小周期為7=——=2〃——--故D正確.

“月，上相

故選CD.

19.杯的一種同位素貧P"衰變時釋放巨大能量，其衰變方程為貧P”一$U+狙e+y,則

（）

A.核燃料總是利用比結(jié)合能小的核

B.核反應(yīng)中V的能量就是饋Pn的結(jié)合能

C.第U核比贊P”核更穩(wěn)定，說明鏘U的結(jié)合能大

D,由于衰變時釋放巨大能量，所以蜉P"比第5（/的比結(jié)合能小

答案：AD比結(jié)合能小的核是指在核子結(jié)合成原子核的過程中平均每個核子釋放的能量

少，所以選擇核燃料時，選擇比結(jié)合能小的原子核，經(jīng)過核反應(yīng)釋放能量轉(zhuǎn)化為比結(jié)合

能大的原子核，故A、C正確；D錯誤；黃光子的能量是光能，結(jié)合能是核能，不能說

蘆光子的能量就是結(jié)合能，所以B錯誤。

20.國家電網(wǎng)公司推進智能電網(wǎng)推廣項目建設(shè)，擬新建智能變電站1400座。變電站起變

換電壓作用的設(shè)備是變壓器，如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓"=200

、歷sinlOO加（V）,電壓表、電流表都為理想電表。則下列判斷正確的是（）

A.輸入電壓有效值為200V,電流頻率為50Hz

B.若變阻器的滑片不動，S由〃接到〃處，電壓表V2和電流表Ai的示數(shù)都減小

C.S接到。處，當(dāng)變阻器的滑片向下滑動時，兩電流表的示數(shù)都減小

D.S接到。處，當(dāng)變阻器滑片向下滑動時，兩電壓表示數(shù)都增大

答案：AB【解析】A.根據(jù)瞬時值表達式知，輸入電壓的最大值是。加=200后V,輸

CO

入電壓的有效值Ui=200V,角速度。=100兀，所以戶2%=5（）Hz,故A正確;

B.若變阻器滑片不動，S打到匕處，副線圈電壓變小，輸出功率和輸入功率都減小，由

P二U|/|知，原線圈電流減小，即電壓表V2和電流表Al示數(shù)都減小，故B正確;

U,n,

CD.S接到“處，副線圈匝數(shù)增加，根據(jù)什=」，則副線圈兩端的電壓增加，電壓表

Uzn2

Vi示數(shù)不變，電壓表V2示數(shù)增加；滑片向下滑動，變阻器電阻變小，副線圈電流增大，

即A2示數(shù)變大，輸出功率增大，輸入功率增大，輸入電壓不變，所以電流表Ai示數(shù)增

大，故CD錯誤。

21.如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強電場中的等差等勢線，一個質(zhì)量為m,電荷量

絕對值為q的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點，已知該粒子在

A點的速度大小為vi,在B點的速度大小為V2,且方向與等勢線平行A、B連線長為L,

連線與豎直方向的夾角為。，不計粒子受到的重力，則

A.該粒子一定帶正電

B.勻強電場的電場強度大小吧

IqLcosO

C.粒子在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能

D.等勢線b的電勢比等勢線e的電勢高

答案：BC【解析】A項：根據(jù)做曲線運動的物體受的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，由于不知

道電場強度的方向，所以無法確定粒子的電性，故A錯誤；

B項：在沿電場線方向的位移為：y=Lcosd設(shè)A、B間的電勢差為UAB,由動能定理

得：勺力8=-勺4=%1近一，117；，所以9=叫%以乙故B正確；C項：根據(jù)做曲線運

乙,IqLcosO

動的物體受的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)可知，粒子受的電場力方向向上，所以粒子從A到B

過程中電場力做負(fù)功，電勢能增大，故C正確；D項：根據(jù)題意可知判斷粒子受到的電

場力方向，但無法確定電場線的方向，所以無法確定等勢面的電勢的高低，故D錯誤。

故選：BCo

三、非選擇題

（-）必考題（共47分）

22.（6分）某同學(xué)采用如圖的實驗裝置來驗證動量守恒定律（圖中小球A和B半徑相

同、質(zhì)量分別為mA和nw）,先調(diào)節(jié)軌道末端水平，木板豎直固定（B球和O,點在同一

水平線上）。當(dāng)不放置B球時，讓A球從擋板處由靜止開始運動，它能打到木板上的P

點，將B球置于軌道末端，同樣讓A球從擋板處由靜止開始運動，得到木板上兩球的

落點N和M,分別測量0'點到N、P和M點的距離為Hi、H2和H3。

《1木板

1/

OW

（1）該實驗要求兩球的質(zhì)量關(guān)系為mA（填“大于”“小于”或“等于"）mB

（2）若A球與B球碰撞動量守恒,則應(yīng)有11^、1^、印、112和E之間關(guān)系式為o

（3）若A球與B球碰撞為彈性碰撞，則HHH2和H3之間關(guān)系式為。

mAmB111

=——=H------+__=

答案：⑴大于⑵.⑵M曬M⑶.⑶M曬v瓦

【解析】（1）實驗中為了防止入射球反彈，則要求入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，即

mA大于"IB；

（2）小球離開斜槽后做平拋運動，設(shè)其水平位移為3則小球做平拋運動的時間：t=

vo

小球的豎直位移：二g凡解得：%=L區(qū)碰撞前入射球A的水平速度：”L裊,

2J2W2

碰撞后入射球A的水平速度：V2=LUr,碰撞后被碰球8的水平速度：%=L4,

JZ/13

如果碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，則：加八丫|="22+〃組1，3,BP：

ggg3mAmAmB

（3）若A球與8球碰撞為彈性碰撞，則

1q1a1qmAmR

巧.a麗―”(L同2+/B.(L訴2,BP-=-+-,聯(lián)立解得:

23.(15分)測電池的電動勢E和內(nèi)阻

F-

-o——

￡c

①首先直接用多用電表測定該電池電動勢，在操作無誤的情況下，多用電表盤面如圖a

所示，其示數(shù)為—V.

②然后，用電壓表?、電阻箱R、定值電阻(Ro=5。)、開關(guān)S、若干導(dǎo)線和該電池連

成電路，進一步測定該電池電動勢和內(nèi)阻.

(i)在圖b中，根據(jù)電路圖，用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實物圖連接.

(ii)閉合開關(guān)S,調(diào)整電阻箱阻值R,讀出電壓表酚相應(yīng)示數(shù)U.記錄多組R、U數(shù)

j_j__L

據(jù)，并計算出相應(yīng)的R與u的值，做出R-U圖線如圖c所示.分析該圖線斜率k的

物理意義知k=.(用E、r、Ro表示)

(iii)從圖線中可求得待測電池電動勢E=_V,內(nèi)阻r=—C.(計算結(jié)果均保留到

小數(shù)點后兩位)

(iv)若考慮電壓表為非理想表，則電池電動勢E測量值相對真實值—(填“偏大”,

“偏小”或“不變”).

答案：

①1.55；

②(i)如圖所示；

(iii)1.54；0.57

(iv)偏小.

解：①由圖可知，所選量程為2.5V,則最小分度為：0.05,故讀數(shù)為：1.55V

②（i）根據(jù)原理圖分析，采用的是一般的串聯(lián)接法，電壓表量程選擇3V；故得出實

物圖如圖所示

（ii）由閉合電路歐姆定律可得：U=--5―R,

R+r+R0

由數(shù)學(xué)知識可知，圖象中的斜率為：k=——5

E

（iii）截距為：b=1；

E

由圖可知,b=0.65?

所以E=1-1-1.54V：

b0.65

r+R（）2.0-0.65,

E0.38

解得：r=0.57Q

（iv）如果考慮電壓表的內(nèi)阻，根據(jù)實驗的原理￡=15+（—叱+白）r,

Ro+RRv

1=1（i+工）+工?一」，考慮電壓表的內(nèi)阻，此時圖線的縱軸截距表示［（1+工）,

UERvERo+RERv

所以E聊小于E&,r洲小于ru

故答案為：①1.55；

②（i）如圖所示；

r+Ro

（11）----------

E

(iii)1.54；0.57

(iv)偏小.

24.（14分）如圖所示，半徑R=3.6m的;光滑絕緣圓弧軌道，位于豎直平面內(nèi)，與

長L=5m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v=5m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送

帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=20N/C,磁感應(yīng)強度8

=2.0T,方向垂直紙面向外。a為=1.0xl（T3kg的不帶電的絕緣物塊,b為瓶2=2.0x10

-3kg、q=1.0xl03c帶正電的物塊。b靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂

端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生彈性碰撞（碰后b的電量不發(fā)生變化）。碰后b

先在傳送帶上運動，后離開傳送帶飛入復(fù)合場中，最后以與水平面成60。角落在地面上

的P點（如圖），已知b物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為（gMX10m/s2,a、b

均可看做質(zhì)點）求：

（1）物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度及對軌道的壓力；

（2）傳送帶上表面距離水平地面的高度；

（3）從b開始運動到落地前瞬間，b運動的時間及其機械能的變化量.

答案及解析：

13.⑴/=2X10-2N,方向豎直向下（2）/i=3m（3）AE=-5.5x10-2/

【分析】

（1）根據(jù)機械能守恒定律求解物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度；根據(jù)牛頓第二

定律求解對最低點時對軌道的壓力；

（2）a于b碰撞時滿足動量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根據(jù)牛頓第二定律

結(jié)合運動公式求解b離開傳送帶時的速度；進入復(fù)合場后做勻速圓周運動，結(jié)合圓周運

動的知識求解半徑，從而求解傳送帶距離地面的高度；

（3）根據(jù)功能關(guān)系求解b的機械能減少；結(jié)合圓周運動的知識求解b運動的時間.

【解】（1）“物塊從釋放運動到圓弧軌道最低點C時，機械能守恒,

mgR(l-cos6)=^nvc2

得：vc=6m/s

在。點，由牛頓第二定律：FN—m、g―

解得：FN=2X1LN

由牛頓第三定律，〃物塊對圓弧軌道壓力：^=2X10-2N,方向豎直向下。

(2)a、Z?碰撞動量守G1%=加1琥+加2%

11I1

a、b碰撞能量守恒丁%%2=5mll+5m2%之

解得(Vc'=-2m/s,方向水平向左?？刹豢紤])％=4m/s

b在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶達到共速時經(jīng)過的位移為s,

Um2g=m2a

v2—%2=2as

得：s=4.5m<L加速Is后，勻速運動0.1s,在傳送帶上運動G=Lis,所以b離開傳

送帶時與其共速為"=5m/s

2

進入復(fù)合場后，qE=m2g=2xlO-N,所以做勻速圓周運動

,v2

田qi歸=m2一

m9v

得：r=---=5m

qB

由幾何知識解得傳送帶與水平地面的高度：力=「+g=7.5m

2-1

(3)b的機械能減少為AE=(；加242+m2gh)-^m2v=lAlxIO；

27rm

b在磁場中運動的T=----9=2n

qB

T27r

233

27r

b在傳送帶上運動％=Lis；b運動的時間為"+t2=1.1+y?3.2s

25.(18分)如圖所示，將一質(zhì)量為m=O.lkg的小球自水平平臺右端0點以初速度V。

水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC,并沿軌道恰好通

過最高點C,圓軌道ABC的形狀為半徑R="2.5"m的圓截去了左上角127。的圓弧，CB

為其豎直直徑，(sin530="0.8"cos53°=0.6,重力加速度g取10m/s2)求：

(1)小球經(jīng)過C點的速度大小；

(2)小球運動到軌道最低點B時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?

(3)平臺末端O點到A點的豎直高度Ho

答案：

(1)海&=扇=冬堿￡■.(2)6.0N(3)3.36m

試題分析：(1)恰好運動到C點，有重力提供向心力,

即喀=jn—

R

匕===5次/￡

(2)從B點到C點，由機械能守恒定律有

2

iwvc+mg-2R=

在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有

R

FN="6.0MN

(3)從A到B由機械能守恒定律有

1212

萬mvA+mgR(y-cos53,)=-

所以y月=J105網(wǎng)/s

在A點進行速度的分解有Vy=vAsin53°

v

所以7/=7^-=3.36m

2g

(-)選考題(15分)

33.［物理——選修3-3J(15分)關(guān)于分子動理論，下列說法正確的有

A.擴散現(xiàn)象是物質(zhì)分子永不停息地做無規(guī)則運動的證明

B.布朗運動不是分子運動，但間接地反映了液體分子運動的無規(guī)則性

C.壓縮氣體時，體積越小，壓強越大，說明氣體分子間存在著斥力

D.從微觀角度來看，氣體的壓強與氣體分子的平均動能和分子的密集程度有關(guān)

E.當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨距離的增大而減少

(2)圖中豎直圓筒固定不動，粗筒橫截面積是細筒4倍，筒足夠長，粗筒中A、B兩

輕質(zhì)活塞間封有一定量的理想氣體，氣柱長L=17cm,活塞A的上方細筒中的水銀深

〃i=20cm,粗筒中水銀深/72=5cm,兩活塞與筒壁間的摩擦不計，用外力向上托住活塞B,

使之處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)使活塞B緩慢向下移動，直至水銀恰好全部進入粗筒中，設(shè)在

整個過程中氣柱的溫度不變，大氣壓強尸。相當(dāng)于75cm高水銀柱產(chǎn)生的壓強。求：

(1)此時氣柱的長度；

(2)活塞B向下移動的距離。

答案：

(l)ABD【解析】擴散現(xiàn)象是物質(zhì)分子永不停息地做無規(guī)則運動的證明，選項A正確；

布朗運動是懸浮在液體表面的固體顆粒的運動，不是分子的運動，但間接地反映了液體

分子運動的無規(guī)則性，選項B正確；壓縮氣體時，體積越小壓強越大，這是因為體積越

小時氣體分子的密度越大，單位時間內(nèi)氣體分子對器壁的碰撞次數(shù)越多，壓強越大，這

與氣體分子間的斥力無關(guān)，選項C錯誤；從微觀角度來看，氣體的壓強與氣體分子的平

均動能和分子的密集程度有關(guān)，氣體動能越大，氣體分子對器壁的碰撞力越大；分子密

度越大，單位時間內(nèi)氣體分子對器壁的碰撞次數(shù)越多，壓強越大，選項D正確；當(dāng)分子

間作用力表現(xiàn)為引力時，分子距離變大，則分力力做負(fù)功，則分子勢能增加，即分子勢

能隨距離的增大而增大，選項E錯誤；故選ABD.

（1）20cm；（2）8cm

【詳解】（1）設(shè)氣體初態(tài)壓強為P1,則有

Pi=Po+%+%

設(shè)S為粗圓筒的橫截面積，氣體初態(tài)的體積、=SL

設(shè)氣體末態(tài)的壓強為P2,有

。2=%+為+j

設(shè)末態(tài)氣柱的長度為L',氣體體積為匕=SL'

由玻意耳定律得

PiV=%匕

聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得

L!=20cm

（2）活塞8下移的距離d為

d=L=L+A

4

代入數(shù)據(jù)