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文檔簡介
2025屆河北省普通高中高三物理第一學(xué)期期中復(fù)習(xí)檢測模擬試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示,實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出),虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡,設(shè)M點和N點的電勢分別為,粒子在M和N時加速度大小分別為,速度大小分別為,電勢能分別為.下列判斷正確的是A. B.C. D.2、如圖所示,水平面上固定有一個斜面,從斜面頂端向右平拋一個小球,當(dāng)初速度為時,小球恰好落到斜面底端,飛行時間為。現(xiàn)用不同的初速度從該斜面頂端向右平拋這個小球,以下圖像能正確表示平拋運動的飛行時間隨變化的函數(shù)關(guān)系的是()A. B.C. D.3、小球從空中自由下落,與水平地面相碰后反彈到空中某一高度,其速度﹣時間圖象如圖所示,則由圖可知(g取10m/s2)()A.小球在前0.5s內(nèi)和后0.3s內(nèi)加速度大小相等,方向相反B.小球在0.8s內(nèi)的平均速度大小是1m/s,方向豎直向下C.小球在0.8s內(nèi)的平均速率是1m/sD.小球在0.2s時刻和0.6s時刻速度相同4、2012年2月25日我國成功地將第十一顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星送入太空預(yù)定軌道—地球靜止軌道,使之成為地球同步衛(wèi)星。關(guān)于該衛(wèi)星下列說法正確的是A.相對于地面靜止,離地面高度為在R~4R(R為地球半徑)之間的任意值B.運行速度大于7.9km/sC.向心加速度大于靜止在地球赤道上物體的向心加速度D.角速度大于靜止在地球赤道上物體的角速度5、如圖所示,輕質(zhì)彈簧上端固定,下端系一小球。小球在M處時,彈簧處于原長狀態(tài).現(xiàn)用力F作用于小球使它從M處緩慢下降,到達(dá)N處時,力F剛好為零。此過程中,力F對小球做的功的大小為W,不考慮空氣阻力。關(guān)于此過程,下列說法不正確的有()A.小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為WB.小球重力勢能減小量一定大于WC.若將小球從M處由靜止釋放,則小球到達(dá)N處時的動能為2WD.彈簧彈性勢能增加量一定等于W6、如圖所示,水平放置的轉(zhuǎn)盤以一定角速度做勻速圓周運動,放在轉(zhuǎn)盤上的小物塊兒跟著轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運動,與圓盤保持相對靜止,則下列說法正確的是()A.小物塊處在平衡狀態(tài)B.小物塊受到的摩擦力與物塊的線速度方向相反C.在角速度一定時,物塊到轉(zhuǎn)軸的距離越遠(yuǎn),物塊越不容易脫離圓盤D.在小物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時,物塊運動周期越小,物塊越容易脫離圓盤二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、將一物體水平拋出并開始計時,只受重力作用,下列說法正確的是A.速度與時間成正比B.重力的功率與時間成正比C.動能的增量與時間成正比D.動量的增量與時間成正比8、下列說法中,符合物理學(xué)史實的是A.亞里士多德認(rèn)為,必須有力作用在物體上,物體才能運動;沒有力的作用,物體就靜止B.牛頓認(rèn)為,力是物體運動狀態(tài)改變的原因,而不是物體運動的原因C.麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場D.奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時,導(dǎo)線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)9、如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為的斜面上,兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同,用始終平行于斜面向上的恒力F推A,使它們沿斜面勻加速上升,為減小A、B間的彈力,可行的辦法是A.減小推力FB.減小斜面傾角C.減小B的質(zhì)量D.減小A的質(zhì)量10、半圓形凹槽的半徑為R,O點為其圓心.在與O點等高的邊緣A、B兩點分別以速度v1、v2水平同時相向拋出兩個小球,已知v1:v2=1:3,兩小球恰落在弧面上的P點.則以下說法中正確的是()A.∠AOP為60°B.A小球比B小球先落地C.改變v1、v2,只要兩小球落在弧面上的同一點,v1與v2之和就不變D.若只增大v1,兩小球可在空中相遇三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11.(6分)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中(1)下述操作步驟中描述正確的是(____)A.保持小桶里沙子的質(zhì)量不變,在小車?yán)锛禹来a,測出加速度,重復(fù)幾次,研究a-m關(guān)系B.為了使實驗數(shù)據(jù)準(zhǔn)確,必須滿足小桶及桶內(nèi)沙子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量C.為了準(zhǔn)確平衡摩擦力,在操作時必須掛上沙桶D.根據(jù)測量的數(shù)據(jù),為了便于分析,分別畫出a-F和a-1(2)該實驗中得到下列一段紙帶,如圖所示,舍去前面點跡過于密集的部分,從O開始每5個點取一個計數(shù)點,依次為A、B、C,若測得小車的質(zhì)量為300g,不計摩擦對實驗結(jié)果的影響。若量得OA=5.54cm,AB=6.79cm,BC=8.04cm,從而可以確定:小車的加速度____________m/s2,此時細(xì)繩對小車?yán)開____________N12.(12分)為了測量一金屬絲的電阻(約5Ω),實驗室還備有的實驗器材如下:A.電壓表V1(量程3V,內(nèi)阻約為15kΩ)B.電壓表V2(量程l5V,內(nèi)阻約為75kΩ)C.電流表A1(量程3A,內(nèi)阻約為0.2Ω)D.電流表A2
(量程600mA,內(nèi)阻約為1Ω)E.滑動變阻器R1(0~5Ω,0.6A)F.滑動變阻器R2(0~2000Ω,0.1A)G.輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源EH.開關(guān)S,導(dǎo)線若干(1)為了減小實驗誤差,需進(jìn)一步測其電阻而采用伏安法,則上述器材中電壓表應(yīng)選用______
,電流表應(yīng)選用______
,滑動變阻器應(yīng)選用______
;(均用器材前對應(yīng)的字母序號填寫)(2)請在方框中畫出你設(shè)計的電路圖__________.(3)請根據(jù)實驗要求,用筆畫線代替導(dǎo)線將圖中的實驗器材連接成實驗電路____________.四、計算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.(10分)如圖所示,質(zhì)量為m=1.15kg的小物塊A以一定大小的初速度v1,沿高為h=1.8m的水平粗糙桌面向右滑行l(wèi)=1.5m后,與相同質(zhì)量的小物塊B發(fā)生碰撞,并粘在一起以速度v飛離桌面,最終落在水平地面上s=1.8m遠(yuǎn)處.已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=1.3,不計空氣阻力,重力加速度g取11m/s2,A、B均可視為質(zhì)點.求:(1)AB一起飛離桌面時的速度大小v;(2)碰撞過程中,A對B的沖量大小I;(3)小物塊A的初速度大小v1.14.(16分)如圖所示為某種彈射裝置的示意圖,該裝置由三部分組成,傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面,一輕質(zhì)彈簧左端固定,右端連接質(zhì)量M=6.0kg的物塊A,物塊A靜止在水平面上.裝置的中間部分是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺面等高,并能平滑對接.傳送帶以u=1.0m/s逆時針勻速運動.傳送帶的右邊是一個半徑R=1.15m位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道.某時刻起將一個質(zhì)量m=1.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放.已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m,物塊B與A發(fā)生的碰撞為彈性碰撞.取g=10m/s1.求:(1)物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能;(1)如果物塊A、B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定,而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除,求物塊B從第1次與物塊A碰撞結(jié)束后,到第5次與物塊A碰撞前,物塊B一共在傳送帶上運動了多長時間.15.(12分)一太陽能空氣集熱器,底面及側(cè)面為隔熱材料,頂面為透明玻璃板,集熱器容積為,開始時內(nèi)部封閉氣體的壓強(qiáng)為.經(jīng)過太陽曝曬,氣體溫度由升至.(1)求此時氣體的壓強(qiáng).(2)保持不變,緩慢抽出部分氣體,使氣體壓強(qiáng)再變回到.求集熱器內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值.判斷在抽氣過程中剩余氣體是吸熱還是放熱,并簡述原因.
參考答案一、單項選擇題:本題共6小題,每小題4分,共24分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】試題分析:將粒子的運動分情況討論:從M運動到N;從N運動到M,根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷;電場線越密,電場強(qiáng)度越大,同一個粒子受到的電場力越大,根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大,故有;若粒子從M運動到N點,則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè),可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示,故電場力做負(fù)功,電勢能增大,動能減小,即,負(fù)電荷在低電勢處電勢能大,故;若粒子從N運動到M,則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè),可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示,故電場力做正功,電勢能減小,動能增大,即,負(fù)電荷在低電勢處電勢能大,故;綜上所述,D正確;【點睛】考查了帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的運動;本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運動時受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè),從而判斷出電場力方向與速度方向的夾角關(guān)系,進(jìn)而判斷出電場力做功情況.2、B【解析】
AD.平拋運動豎直方向為自由落體運動水平方向為勻速直線運動若初速度大于,在高度不變時水平位移就會大于,此時小球落在水平面上,高度不變,所以飛行時間不變,結(jié)合圖像可知,AD錯誤;BC.若初速度小于,則會落在斜面上,此時設(shè)斜面的傾角為,則有得到時間可見B正確,C錯誤。故選B。3、B【解析】圖象的斜率表示加速度,由圖可知,在前0.5s內(nèi)和后0.3s內(nèi)加速度大小相等,方向相同,故A錯誤;由圖象可知:前0.5s內(nèi)物體自由下落,后0.3s物體反彈,根據(jù)v﹣t圖象中速度圖象與時間軸圍成的面積表示位移可得:小球下落的高度為:h=×0.5×5m=1.25m,小球在從開始下落0.8s內(nèi)的位移:x=h﹣×0.3×3m=1.25m﹣0.45m=0.8m,方向豎直向下,則小球在0.8s內(nèi)的平均速度為,方向豎直向下,故B正確;小球在0.8s內(nèi)的路程S=1.25+0.45=1.7m,故平均速率v==2.1m/s,故C錯誤;由圖可知,小球在0.2s時刻和0.6s時刻速度方向一定相反,故速度不會相同,故D錯誤.故選B.點睛:此題關(guān)鍵是知道速度圖象的斜率代表物體的加速度,速度圖象與時間軸圍成的面積代表物體的位移,平均速度等于位移除以時間.4、C【解析】A項,由萬有引力提供向心力可得,得:,,故衛(wèi)星運行周期T與運行半徑r是一一對應(yīng)關(guān)系,即運動周期確定,軌道高度確定,因此不能是任意值,故A項錯誤。B項,7.9km/s為貼地運行衛(wèi)星的線速度,同步衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑,運行線速度小于第一宇宙速度,故B項錯誤。C項,由,同步衛(wèi)星的角速度與地面上靜止物體的角速度相同,但由于其軌道半徑較大,故向心加速度較大,故C項正確。D項,同步衛(wèi)星周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同,等于靜止在地球赤道上物體的周期,故角速度相同,故D項錯誤。綜上所述本題答案是:C5、C【解析】
A.因為力F對小球做負(fù)功,其大小等于小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量,則系統(tǒng)機(jī)械能減小量為W,選項A正確,不符合題意;B.重物在向下運動的過程中,要克服彈簧拉力做功W彈力,根據(jù)動能定理知mgh-W-W彈力=0故物體重力勢能減小量一定大于W,故B正確,不符合題意;C.重物從靜止下落到N的過程中,根據(jù)動能定理,有結(jié)合B選項知Ek=W,故C錯誤,符合題意;D.由mgh-W-W彈力=0可知W彈力=mgh-W而F=kh=mg則則W彈力=mgh=W則彈簧彈性勢能增加量一定等于W,選項D正確,不符合題意。6、D【解析】
A.物體有向心加速度,不是平衡態(tài),故A錯誤;B.小物塊受到的摩擦力與物塊的線速度方向垂直,選項B錯誤;C.根據(jù),在角速度一定時,物塊到轉(zhuǎn)軸的距離越遠(yuǎn),物塊越容易脫離圓盤,選項C錯誤;D.根據(jù)可知,在小物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時,物塊運動周期越小,物塊越容易脫離圓盤,選項D正確;故選D.二、多項選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。7、BD【解析】
A、根據(jù)平拋運動的兩分運動規(guī)律有,可知瞬時速度與時間不成正比;故A錯誤.B、根據(jù)瞬時功率的定義,有,則瞬時功率與時間成正比;B正確.C、平拋運動根據(jù)動能定理有:,故動能的增量與時間不成正比;則C錯誤.D、由動量定理可知,則動量的變化量與時間成正比;故D正確.故選BD.【點睛】本題關(guān)鍵明確平拋運動的運動性質(zhì)、研究方法,然后根據(jù)分位移公式和分速度公式列式分析.8、ABD【解析】試題分析:根據(jù)物理學(xué)史和常識解答,記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可.解:A、亞里士多德認(rèn)為,必須有力作用在物體上,物體才能運動;沒有力的作用,物體靜止,故A正確;B、牛頓認(rèn)為,力是物體運動狀態(tài)改變的原因,而不是物體運動的原因,故B正確;C、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場,故C錯誤;D、奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時,導(dǎo)線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn),電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場,故D正確.故選ABD.【點評】本題考查物理學(xué)史,是常識性問題,對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶,這也是考試內(nèi)容之一.9、AC【解析】
設(shè)摩擦因數(shù)為μ,對AB整體受力分析有:對B受力分析有:由以上兩式可得:可知,為使FAB減小,應(yīng)減小推力F,增加A的質(zhì)量,減小B的質(zhì)量;A.減小推力F,與結(jié)論相符,選項A正確;B.減小斜面傾角,與結(jié)論不相符,選項B錯誤;C.減小B的質(zhì)量,與結(jié)論相符,選項C正確;D.減小A的質(zhì)量,與結(jié)論不相符,選項D錯誤;10、AD【解析】
A、連接OP,過P點作AB的垂線,垂足為D,如圖所示:兩球在豎直方向運動的位移相等,所以運動時間相等,兩球水平方向做運動直線運動,所以,而,所以,所以,所以,即,故A正確;B、兩小球豎直方向位移相同,根據(jù)可知兩球運動時間相等,同時落地,故B錯誤;C、要兩小球落在弧面的同一點,則水平位移之和為2R,則,落點不同,豎直方向位移就不同,t也不同,所以也不是一個定值,故C錯誤;D、若只增大,而不變,則兩球運動軌跡如圖所示,由圖可知,兩球必定在空中相遇,故D正確;故選AD.【點睛】平拋運動在水平方向做勻速直線運動,豎直方向做自由落體運動,根據(jù)幾何關(guān)系可以求得∠AOP的角度,由平拋運動的規(guī)律逐項分析即可求解.三、實驗題:本題共2小題,共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,不要求寫出演算過程。11、ABD1.250.375【解析】(1)要有利于減小實驗誤差,為了使實驗數(shù)據(jù)準(zhǔn)確,必須滿足小桶及桶內(nèi)沙子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量,故B正確;為了準(zhǔn)確平衡摩擦力,在操作時不須掛上沙桶,故C錯誤;利用控制變量法,保持小桶里沙子的質(zhì)量不變,在小車?yán)锛禹来a,測出加速度,重復(fù)幾次,研究a-m關(guān)系,故A正確;根據(jù)測量的數(shù)據(jù),為了便于分析,分別畫出a-F和a-1m的圖線,故D(2)利用物體做勻加速直線,由逐差法△x=aT2得a=細(xì)繩對小車?yán)镕=ma=0.3×1.25N=0.375N12、ADE【解析】
本題的關(guān)鍵是根據(jù)電動勢大小來選擇電壓表量程,根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表;若變阻器的全電阻能滿足電路要求時,應(yīng)選擇阻值小的變阻器便于調(diào)節(jié);若滿足RV【詳解】(1)由于電源電動勢為3V,所以電壓表應(yīng)選A;根據(jù)I=UR可知,通過待測電阻的最大電流為:I=URx=(2)由于待測電阻滿足RV(3)根據(jù)電路圖連接實物圖如圖所示:【點睛】對電學(xué)實驗應(yīng)明確:①根據(jù)電源電動勢大小選擇電壓表量程,根據(jù)待測電阻的額定電流大小選擇電流表量程;②若變阻器電阻能滿足電路要求時應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié);③當(dāng)滿足RV四、計算題:本題共2小題,共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處,要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)2m/s(2)1.1N·s(3)5m/s【解析】【分析】AB一起飛離桌面做平拋運動,由運動的合成與分解求出飛離桌面時的速度大小,碰撞過程中,依據(jù)動量定理求出對的沖量大小,依據(jù)動能定理和動量守恒求出小物塊的初速度大小.解:(1)依據(jù)平拋運動公式,解得.(2)依據(jù)動量定理:故(3)依據(jù)動能定理:依據(jù)動量守恒:解得:14、(1)11J;(1)7.5s【解析】
(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0,由機(jī)械能守恒定律得:①解得:在傳送帶上,對物塊B,由牛頓第二定律得:μmg=ma②設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有:③聯(lián)立解得:由于v>u=1m/s,所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小,設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、v1,以向左為正方向,由動量守恒定律得:mv=mv1+Mv1④由機(jī)械能守恒定律得:⑤聯(lián)立解得v11m/s,v11m/s物塊A的速度為零時彈簧壓縮量最大,彈簧彈
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