2022-2023学年上海市长宁区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年上海市长宁区九年级（上）期末物理试卷（一模）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列装置工作时不能看作连通器的是( )
A. 密度计B. U形管C. 船闸D. 液位计
2.下列压强值不等于一个标准大气压值的是( )
A. 76厘米高汞柱B. 10.3米高水柱C. 1.01×105帕D. 0.76米高水柱
3.如图所示，长度相同、横截面积不同的同种材料制成的金属棒AB和CD并联接在电路两端，则下面说法正确的是( )
A. IABB. IABUCD
C. IAB=ICD；UAB=UCD
D. IAB>ICD；UAB=UCD
4.小灯的亮暗程度取决于小灯泡的( )
A. 额定功率B. 额定电压C. 实际功率D. 实际电压
5.如图所示，甲、乙两个立方体(V甲>V乙)分别放在水平地面上，它们对地面的压强相等，若把乙放在甲上面，甲对地面的压强增加p1；若把甲放在乙上面，乙对地面的压强增加p2；则p1、p2的大小关系( )
A. p1>p2B. p1=p2
C. p16.如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，现将R1和滑动变阻器R2的位置互换，并向左移动滑动变阻器的滑片，则以下说法正确的是( )
A. 电压表示数变大，电流表示数变大
B. 电压表示数不变，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电流表示数变大
D. 断开开关S，两个电表示数都变小
二、填空题：本大题共7小题，共14分。
7.教室中日光灯的工作电压为______伏。教室中投影仪和电风扇之间是连接______(选填“串联”或“并联”)，每多使用一个用电器，家庭电路的总电阻______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
8.1644年意大利科学家______首先用实验测定了大气压的值，但当时大多数人都不相信，直到1654年，著名的______实验，才使人们确信大气压强的存在并且很大。如果某地某时的大气压为1.01×105帕，则面积为10m2墙面上受到的大气压力为______牛。
9.重为5牛的金属块用弹簧测力计吊着浸没在水中，这时弹簧测力计的示数为3牛，则该金属块受到的浮力是______牛；此时金属块受到液体向上的压力比受到液体向下的压力______(选填“大”或“小”)。浮力的方向总是______的。
10.某导体两端的电压为6伏时，通过它的电流为0.2安，该导体的电阻为______欧；当导体两端电压为12伏时，该导体的电阻为______欧，此时它的电功率为______瓦。
11.如图为某同学设计的高速公路收费站计重秤的原理图。该原理图中，R2为______。若车重表是由电流表改装而成，现将它串联在图中位置，则当车越重时，车重表的示数将______，若车重表是电压表改装而成的，现将它与R1并联，则当车越重时，车重表的示数将______(选填“越大”、“不变”或“越小”)。
12.如图所示，当一个带负电的物体甲靠近不带电的金属导体乙时，乙的a端会带正电、b端会带负电。
①发生上述现象的原因：金属导体中存在大量可移动的自由电子，电子带______电(选填“正”或“负”)；自由电子受到物体甲所带电荷的______作用移动到导体乙的一端(选填“吸引”或“排斥”)；
②若将图中的物体甲换成带正电的物体，根据上述分析可得，导体乙的______(选填“A”“B”或“C”)。
A.a、b两端都不会带电
B.a端会带正电、b端会带负电
C.a端会带负电、b端会带正电
13.如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，电压表V1的示数为2U0，电压表V2的示数为U0，电流表A的示数为I0，电路正常工作。一段时间后，观察到三个电表中仅有一个电表的示数变大。若电路仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。请根据相关信息写出电压表V1和电流表A的示数及对应的故障。______。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
14.重为8牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法在图中画出地面受到的压力F.
15.在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S后，向右移动滑动变阻器的滑片P过程中，小灯泡L亮度不变，电流表的示数变小。
四、实验探究题：本大题共1小题，共6分。
16.小华做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源(电压为1.5伏的整数倍保持不变)、待测电阻、电流表、电压表、滑动变阻器、开关各一个，以及导线若干。他正确串联电路后，将电压表并联在电路中。闭合开关，移动滑动变阻器滑片，将测得的两组数据记录在表一中。小华观察数据思考后重新连接了电压表，将新测得的两组数据记录在表二中。小华通过数据处理求出了待测电阻的阻值，完成实验。
表一
表二
①获得表一实验数据的过程中，小华将电压表并联在______的两端；
②实验中小华所用的电源电压为______伏；
③根据实验数据计算待测电阻的阻值(结果保留至0.1欧)。
五、计算题：本大题共4小题，共32分。
17.一物体浸没在水中，其排开水的体积为1×10−3米 3，求该物体所受的浮力F浮.
18.在如图所示的电路中，电源电压为6伏保持不变，电阻R1的阻值为5欧，电阻R2的阻值为20欧。闭合开关S，求：
①电阻R1通电10秒所消耗的电能；
②电流表示数I。
19.在图所示的电路中，电源电压为18V保持不变，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器上标有“1A”字样。闭合电键S，电压表示数为5V。
①求通过电阻R1的电流I1；
②求此时滑动变阻器R2连入电路中的电阻值；
③移动滑动变阻器滑片P过程中，电源电压与电压表示数比值的最大值为6，求电压表最大示数和最小示数的差值ΔU1。
20.如图，均匀圆柱体甲和薄壁圆柱形容器乙放置在水平地面上。甲的质量为2千克，底面积为5×10−3米 2，乙的底面积为2×10−2米 2。(g=9.8N/kg)
①若水深为0.15米，求水对容器乙底部的压强p水。
②现将实心圆柱体丙先后叠放至甲的上部、竖直放入容器乙水中静止。下表记录的是上述过程中丙浸入水中的体积V浸、甲对水平地面压强变化量Δp甲和容器乙对水平桌面的压强变化量Δp容。
请根据上述信息求出丙的重力G丙和水对容器乙底部的压强变化量△p水。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、密度计是利用物体漂浮原理，不是利用连通器原理工作的，故A符合题意；
B、U形管的结构符合上端开口、下端连通的特点，利用了连通器，故B不合题意；
C、船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，故C不合题意；
D、液位计是利用连通器的原理制成的，故D不合题意。
故选：A。
根据连通器定义：上端开口、下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。
此题考查的是连通器在生活中的应用。这就要求我们平时要多观察、多思考。
2.【答案】D
【解析】解：托里拆利实验测得，1标准大气压的值是1.01×105Pa，大气压能支持76cm的水银柱，能支持10.3m的水柱，故ABC不符合题意、D符合题意。
故选：D。
大气压的值是1.01×105Pa，大气压能支持76cm的水银柱，能支持10.3m的水柱。
本题考查了的是一标准大气压的数值，属于识记内容，比较简单。
3.【答案】A
【解析】解：
(1)当AB和CD并联接在电路两端，根据并联电路各支路两端的电压相同，即：UAB=UCD，故B错误；
(2)已知AB和CD是由同种材料制成的且长度相同，由图可知：CD的横截面积大于AB的横截面积，所以RCD根据公式I=UR可知，通过CD的电流大于通过AB的电流，即IAB故选：A。
(1)当AB和CD并联接在电路两端，并联电路的电压特点判断AB和CD两端电压的大小关系；
(2)AB和CD是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，横截面积越大，电阻越小，据此判断AB和CD的电阻大小；根据公式I=UR可知通过电阻电流的大小。
本题考查影响电阻大小的因素和欧姆定律的应用，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，要熟记串联电路电流、电压的特点，本题应用了控制变量法解题，这是今后学习中最常用的解题方法之一。
4.【答案】C
【解析】解：灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，灯泡的亮暗程度取决于灯泡的实际功率的大小。
故选：C。
灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。
知道灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：由题意知：甲乙两立方体的底面积S甲>S乙，则S甲S乙>1，S乙S甲<1.
由题意知，甲乙两物体对地面的压强
p=m甲gS甲，p=m乙gS乙，
则m甲g=pS甲，m乙g=pS乙.
由题意知：p1=m乙gS甲=pS乙S甲p.所以p1故选：C.
本题考查了物体的压强公式，解题时应注意解题思路，由压强公式分析比较压强p1，p2的大小．
6.【答案】B
【解析】解：由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源电压，电流表测量干路中的电流；
将R1和滑动变阻器R2的位置互换，电压表测量电源电压，保持不变，电流表测量干路电流；
滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；并联电路各支路互不影响，所以通过定值电阻的电流不变，由并联电路电流规律可知，干路中的电流变大，电流表的示数变大；
断开开关S，R断路，电路为变阻器的简单电路，电压表测量电源电压，电流表测量电路中的电流，电压表示数不变，根据并联电路的电流规律可知，电流表示数减小；
综上所述，B正确。
故选：B。
先判定电路的连接形式，根据滑动变阻器接入电路电阻的变化分析通过滑动变阻器电流的变化；根据并联电路的特点和电流规律分析电流表示数的变化；根据电源电压分析电压表示数的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。
7.【答案】220 并联变小
【解析】解：我国照明电路的电压为220V，故教室中日光灯的工作电压为220V；
教室中投影仪和电风扇工作互不影响，连接方式为并联；
每多使用一件电器，相当于横截面积变大，故家中电路的总电阻变小。
故答案为：220；并联；变小。
家庭电路的电压是220V；
家用电器工作互不影响，连接方式为并联；
电阻并联相当于增大了导体的横截面积，据此判断电阻的变化。
本题考查了家庭电路的电压、用电器的连接方式、并联电阻的特点等，属电学综合题，难度不大。
8.【答案】托里拆利马德堡半球 1.01×106
【解析】解：1644年意大利科学家托利拆利首次测定了大气压的值，后来用他的名字命名了这一著名的实验，1654年，马德堡半球实验有力地证明了大气压强的存在；
面积为10m2墙面上受到的大气压力为：F=pS=1.01×105Pa×10m2=1.01×106N。
故答案为：托里拆利；马德堡半球；1.01×106。
托里拆利实验是首次测出大气压强值的著名实验；马德堡半球实验是首次有力证明大气压强存在的著名实验。根据公式F=pS计算压力。
托里拆利实验和马德堡半球实验都是大气压研究史上的著名实验，值得我们记住。同时，对影响托里拆利实验结果的因素，我们应该有一个明确的认识。
9.【答案】2 大竖直向上
【解析】解：(1)当金属球全部浸入水中时，受到的浮力：
F浮=G−F示=5N−3N=2N；
(2)由于F向上−F向下=F浮=2N，
所以，F向上>F向下，
则浮力的方向总是竖直向上。
故答案为：2；大；竖直向上。
(1)根据称重法即可求出金属块受到的浮力；
(2)根据浮力产生的原因即可判断压力的大小，浮力的方向是竖直向上的。
本题属于浮力的基本计算，知道浮力产生的原因，利用好称重法求浮力(F浮=G−F示)是本题的关键。
10.【答案】30304.8
【解析】解：由I=UR可得，导体的电阻：
R=UI=6V0.2A=30Ω，
因为电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当导体两端电压为12伏时，该导体的电阻仍为30Ω不变；
此时它的电功率为：P=UI=U2R=(12V)230Ω=4.8W。
故答案为：30；30；4.8。
(1)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；
(2)电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关；
(3)根据P=UI=U2R计算此时电阻的电功率。
本题考查了欧姆定律的简单应用和电功率的计算，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
11.【答案】滑动变阻器越大越大
【解析】解：由电路图可知，R1为定值电阻，具有保护电路的作用，R2为滑动变阻器；
当车越重时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，电路总电阻越小，根据I=UR可知，
电源电压一定时，电路总电阻越小，电路中电流越大，车重表的示数越大。
若车重表是电压表改装而成的，现将它与R1并联，
当车越重时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，电路总电阻越小，
根据I=UR可知，电源电压一定时，电路总电阻越小，电路中电流越大，
根据U=IR可知，电阻R1两端的电压越大，即车重表的示数越大。
故答案为：滑动变阻器；越大；越大。
车重表的电路有电源、电阻、车重表(电流表)和变阻器组成，当车开上计重秤时，滑动变阻器滑片向下滑动，电阻变化，引起电流变化，车重表示数发生变化。
本题考查了学生对滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律的掌握和运用，分析电路图，确认电路的连接方式是突破口。
12.【答案】①负；排斥；
②C
【解析】解：①4电子带负电；因同种电荷相互排斥，所以乙中自由电子会受到带负电的物体甲的排斥力；
②将图中的物体甲换成带正电的物体，因异种电荷相互吸引，所以乙中自由电子会受到带正电的物体的吸引，移动到导体乙的a端，使a端带负电，而b端因失去电子(失去负电荷)而带正电，故C符合题意，AB不合题意。
故答案为：①负；排斥；②C。
电子带负电；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，据此结合题意解答。
本题考查电子的带电情况以及电荷之间的相互作用规律，难度不大。
13.【答案】电流表示数为0，电压表V1示数为3U0，电阻R1断路；电压表V1示数为0，电流表示数为0，电阻R2断路
【解析】解：由电路图可知，电阻R1、R2串联在电路中，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压；
闭合开关S后，电压表V1示数为2U0，电压表V2的示数为U0，根据串联电路的电压规律可知，电源电压为U0+2U0=3U0；
若电阻R1短路：电压表V1测量的是一段导线两端的电压，示数为0；电压表V2测量的是电源电压，示数为3U0；由于电路中总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，不符合题意；
若电阻R2短路：电压表V2测量的是一段导线两端的电压，示数为0；电压表V1测量的是电源电压，示数为3U0；由于电路中总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，不符合题意；
若电阻R1断路：电路中无电流，电流表示数为0，根据U=IR可知，电压表V2示数为0；电压表V1测量的是电源电压，示数为3U0，符合题意；
若电阻R2断路：电路中无电流，电流表示数为0，根据U=IR可知，电压表V1示数为0；电压表V2测量的是电源电压，示数为3U0，符合题意；
故答案为：电流表示数为0，电压表V1示数为3U0，电阻R1断路；电压表V1示数为0，电流表示数为0，电阻R2断路。
由电路图可知，电阻R1、R2串联在电路中，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压；电路故障有两种：短路和断路。
此题考查电路故障的判断，要结合电路图和两表特点进行分析。
14.【答案】
【解析】【分析】
压力的大小等于重力，为8N，方向垂直于接触面向下，作用点在物体与地面的接触面的中点上．选取标度为4N，过压力的作用点，沿压力的方向画一条有向线段，使线段长度为标度的2倍.
【解答】
画力的图示要先分析力的大小，方向和作用点，再确定标度，按照力的图示要求画出这个力，如图所示.
画力的图示，关键是描述清楚力的三要求，用箭头的起点(少数时候也用终点)作力的作用点，箭头方向表示力的方向，线段的长度结合标度表示力的大小．
15.【答案】
【解析】由题知，闭合电键S后，向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，说明变阻器与灯泡在工作时互不影响；因为并联电路中各支路互不影响，所以变阻器与灯泡应并联；
向右移动滑片P，电流表示数变小，说明变阻器连入电路的阻值变大，故应将变阻器的左下接线柱接入电路中，电流表应测干路电流，电流表接在干路上。
根据向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变确定灯泡与变阻器的连接方式，由电流表示数变小确定变阻器的接线情况。
本题考查根据要求连接实物，关键是变阻器和电流表的连接。
16.【答案】滑动变阻器 6
【解析】解：①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知，待测电阻的电压变大，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器电阻变小，根据表一中数据可知电压表并联在滑动变阻器两端了；
②小华观察数据思考后重新连接了电压表，即将电压表并联在待测电阻两端了，由表一和表二中的第2、3组数据知，电路的电流相等，则滑动变阻器连入电路的电阻相同，根据电压表的连接，由串联电路电压的规律可知，电源电压为：
U=2.8V+3.2V=6V；
③根据表一中实验序号1的数据，由串联电路电压的规律和欧姆定律，待测电阻的阻值为：
R1=U−U1I1=6V−≈10.9Ω；
由于小华观察数据思考后重新连接了电压表，即将电压表并联在定值电阻两端，测得的两组数据记录在表二中，则两组待测电阻的阻值为：
R3=U3I3=Ω；
R4=U4I4=≈10.6Ω；
故待测电阻的阻值为：
R=R1+R3+R43=10.9Ω+10Ω+10.6Ω3=10.5。
故答案为：①滑动变阻器；②6；③见解答内容。
①待测电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，当电流变大时，根据U=IR可知待测电阻的电压变化，由串联电路分压原理可知滑动变阻器电阻变化，据此分析；
②小华观察数据思考后重新连接了电压表，即将电压表并联在待测电阻两端了，由表一和表二中的第2、3组数据知，电路的电流相等，则滑动变阻器连入电路的电阻相同，由串联电路电压的规律得出电源电压；
③根据实验数据结合串联电路电压的规律和欧姆定律计算求出表一和表二中的第1、3、4组待测电阻的阻值，然后取平均值作为待测电阻的阻值。
本题做“用电流表、电压表测电阻”实验，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是确定电压表的连接，难点是电源电压的求法。
17.【答案】解：物体所受的浮力：
F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×1×10−3m3=9.8N。
答：木块受到的浮力F浮为9.8N。
【解析】知道木块排开水的体积，利用阿基米德原理求木块受到的浮力。
本题考查了学生对阿基米德原理公式F浮=ρ液gV排的掌握和运用，比较简单，属于基础题目。
18.【答案】解：闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①电阻R1通电10秒所消耗的电能W=U2R1t=(6V)25Ω×10s=72J；
②根据欧姆定律可知通过R1的电流I1=UR1=6V5Ω=1.2A，
通过R1的电流I2=UR2=6V20Ω=0.3A，
根据并联电路的电流特点可知电流表示数I=I1+I2=1.2A+0.3A=1.5A。
答：①电阻R1通电10秒所消耗的电能为72J；
②电流表示数I为1.5A。
【解析】闭合开关S，两电阻并联，电流表测量干路电流。
①根据W=U2R1t得出电阻R1通电10秒所消耗的电能；
②根据欧姆定律可分别得出通过两个电阻的电流，根据并联电路的电流特点可知电流表示数。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用，并考查电能的计算，是一道综合题。
19.【答案】解：①根据电路图可知，电压表测量R1两端的电压，又因为R1=10Ω，
所以通过电阻R1的电流：
I1=U1R1=5V10Ω=0.5A；
②根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可得变阻器两端的电压：
U2=U−U1=18V−5V=13V，
根据串联电路的电流处处相等可知，电路中电流：I2=I1=0.5A；
根据欧姆定律可得，滑动变阻器R2连入电路中的电阻值：
R2=U2I2=13V0.5A=26Ω；
③电源电压和电压表示数的比值最大为6，因电源电压18V，此时应为电压表最小值，U1小=U6=18V6=3V；
滑动变阻器R2上标有“1A”字样，表示变阻器允许通过的最大电流为1A，即电路的最大电流为1A，由欧姆定律，此时电压表示数的最大值：
U1大=I′R1=1A×10Ω=10V，
电压表示数的最大值和最小值的差值应为：
ΔU1=U1大−U1小=10V−3V=7V。
答：①通过电阻R1的电流I1=0.5A；
②通电10s做功为25焦。
③电压表示数的最大值和最小值的差值6V。
【解析】①已知电路中R1的电阻和电压，根据欧姆定律求电阻电流；
②根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器R2两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器R2连入电路中的电阻值；
③电源电压和电压表示数的比值最大为6，因电源电压为一定值，据此可得出电压表最小值；
根据滑动变阻器R2上标有“1A”字样，可知变阻器允许通过的最大电流为1A，由欧姆定律求出此时电压表示数的最大值，从而得出电压表示数的最大值和最小值的差值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功公式的运用，关键是明确电压表有最大示数的条件。
20.【答案】解：①水对容器乙底部的压强：
p水=ρ水gh=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.15m=1470Pa；
②根据p=FS可得，将实心圆柱体丙叠放至甲的上部时增加的压力：
△F甲=△p甲S甲=5880Pa×0.005m2=29.4N，
则丙的重力G丙=△F甲=29.4N，
将实心圆柱体丙竖直放入容器乙水中静止时增加的压力：
△F容=△p容S乙=980Pa×0.02m2=19.6N，
因为△F容所以有水溢出，根据G=mg和ρ=mV可得，溢出水的体积：
V溢=(G丙−△F容)ρ水g=(29.4N−19.6N)(1×103kg/m3×9.8N/kg)=0.001m3，
则水的深度增加量：
△h=(V浸−V溢)S溢=(0.0015m3−0.001m3)2×10−2m2=0.025m，
所以水对容器乙底部的压强变化量：
△p水=ρ水g△h=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.025m=245Pa；
答：①若水深为0.15米，水对容器乙底部的压强1470Pa。
②丙的重力G丙=29.4N；水对容器乙底部的压强变化量为245Pa。
【解析】①已知水的深度，利用p=ρgh计算水对容器乙底部的压强。
②利用p=FS分别求出将实心圆柱体丙先后叠放至甲的上部、竖直放入容器乙水中静止时增加的压力，然后比较判断是否有水溢出，并根据G=mg和ρ=mV求出溢出水的体积，进而求出容器内水的深度变化量，最后利用p=ρgh计算水对容器乙底部的压强变化量。
此题考查压强的大小计算，关键是通过比较将实心圆柱体丙竖直放入容器乙水中静止时增加的压力与丙的重力大小判断是否有水溢出，难点是计算容器内水的深度变化量。解答过程中还应注意直壁容器中液体对容器底的压力可以利用p=FS计算，难度较大，属于压轴题。实验序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
1
3.6
0.22
2
2.8
0.32
实验序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
3
3.2
0.32
4
3.8
0.36
V浸(米 3)
1.5×10−3
△p甲(帕)
5880
△p容(帕)
980