2021届湖南省高三（下）第十次模拟考试物理试题解析

2021年高考箴言中学第十次模拟考试试卷

物理

i.下列有关原子物理的知识，说法塔摩的是（）

A.在光电效应实验中，入射光频率越高，饱和光电流越大

B.我国科学家钱三强、何泽慧夫妇在实验室观察到铀核也可以分裂为三部分或四部分

C.根据玻尔的原子模型，一个处于〃=4能级上的氢原子在向基态跃迁过程中，最多可发射3种不

同频率的光子

D.在核聚变反应中，反应物的结合能之和小于生成物的结合能

答案：A

解：A.由光电效应的规律可知，饱和光电流的大小只与入射光强度有关，A错误，符合题意；

B.我国科学家钱三强、何泽慧夫妇于1947年在实验室观察到铀核也可以分裂为三部分或四部分,

B正确，不符合题意；

C.因只有一个原子跃迁，故最多可发射3种而不是6种不同频率的光子，即4f3、3—2、2-1,

C正确，不符合题意；

D.在核聚变反应中，由于比结合能增大，故反应物的结合能之和小于生成物的结合能，D正确，

不符合题意。

故选Ao

2.将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为仇一光滑轻环套在杆上.一个大小和质量都不

计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使

OP恰好在竖直方向，如图所示.现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时，OP绳与天花板之间的

夹角为（）

A.90°B,45°

0

C.eD.45°+-

2

答案：D

解：对轻环Q进行受力分析如图甲，只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分

力，轻环重新静止不动，由几何关系可知，PQ绳与竖直方向之间的夹角是0.对滑轮进行受力分

析如图乙，由于滑轮的质量不计，则0P对滑轮的拉力与滑轮两边细绳拉力的合力等大反向，由于

滑轮两边细绳拉力大小相等，故OP沿两绳夹角的角平分线，0P与水平天花板之间的夹角。为两

1e

绳间夹角的一半，即p=2（0+90°）=45°+5,故ABC错误，D正确.

故选D

甲乙

【点睛】先对Q进行受力分析，得出PQ与竖直方向之间的夹角，然后以滑轮为研究的对象，即可

求出0P与竖直方向之间的夹角，再结合几何关系求出0P与天花板之间的夹角..

3.下图为排球场地示意图，场地为18mx9m的矩形.某次练习中，甲在左侧场内距网2m处，面

对拦网，高高跃起扣球，将球正对拦网（排球轨迹平面与拦网垂直）击出，击球点距地％=3m,

击球过程可视为给球一个水平方向大小为4N-s,竖直方向大小未知的冲量。假设排球质量为

0.4kg,可视为质点，若球擦网进入乙所在的右侧区域，乙在距地高1m，距拦网也是2m处将球

击回（排球轨迹平面仍然与拦网垂直）。接球过程中视为给球一个水平方向为xN-s,竖直方向为

yN-s的冲量，球刚好沿原路返回，不考虑空气阻力和擦网时网对球的影响，已知g=10m/s2。

则下列结论正确的是（）

A.球在空中作变加速曲线运动运动

B.乙接球过程中给球水平方向的冲量为8N-s

C.乙接球过程中给球竖直方向的冲量为2.8N-s

D.乙将球击出后，如果甲不碰球，球将落在甲区，不会出界

答案：B

解：A.球只受重力，故做匀变速曲线运动，A错误；

BC.由初始水平冲量得匕=l（）m/s,可知触网前球运动时间4=0.2s,触网后到乙接球时间

t2=0.2s,因为从甲扣球到乙接球，h=2va,，=0.4s,由

,1,

h=v^+^^~

2

可得

vy0=3m/s

故乙接球时

匕=10m/s,vy=vy0+gt-lm/s

因接球后球也刚好擦网进入甲区，故球速度等大反向离开乙，所以

Av,.=20m/s,Avv=14m/s

故乙给球水平、竖直方向的冲量分别为8N-s,5.6N-S,B正确，C错误；

D.球离开乙到最高点，需时间0.7s,再回到同一高度，还需0.7s,故被乙击回后，从触网到返回

到甲所在场区乙击球点的相同高度，需时间

0.7s+0.7s-0.2s=1.2s

这段时间的水平位移为

12m>9m

球已出界，D错误。

故选B。

4.如图所示，0、2为两个被固定的点电荷，人人是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电

的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从。点开始经。点向远处运动，过人点时速度最小，下列

说法正确的是（）

A.向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大

B.粒子由。点到。点运动过程中加速度逐渐增大

C.b点、电场强度一定为零

D.的电荷量一定小于。2的电荷量

答案：C

分析】

解：A.在整个过程中速度先减小后增大，即动能先减小后增大，根据能量守恒定律可得，电势能

先增大后减小，A错误；

BC.带电粒子在b点时速度最小，所以在人点的加速度为零，电场强度为零，即从。到〃点的过程

中，加速度逐渐减小，B错误，C正确；

D.由于力点的场强为零，所以有

四=垄

r\hr2b

由于大＞4”所以。的电荷量一定大于。2的电荷量，D错误。

故选C。

5.滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到

达顶端。如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正

确的是（）

A.滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度

B.图2是滑块下滑的照片

C.滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度

D.滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率

答案：D

详解】A.由牛顿第二定律可得，下滑时满足

mgsin0-pmgcos0=mat

上滑时满足

mgsin0+/jmgcos0=ma2

对比可得

q

故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度，A错误;

B.设斜面的长度为L，下滑时有

乙=［卬；

上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得

L=玄

可得

%>t2

设频闪时间间隔为T,由图可知，图1为5T,图2为4T,故图2是滑块上滑的照片，B错误;

C.由

v2=2aL

可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，C错误；

D.克服摩擦力所做的功均为

Wf-jumgcos0-L

平均功率为

_W

P=，f

由于八>J，所以滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平

均功率，D正确。

故选D。

6.2021年5月，基于俗称“中国天眼''的500米口径球面射电望远镜（FAST）的观测，国家天文台李

药、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020

年3月，我国天文学家通过FAST,在武仙座球状星团（M13）中发现一个脉冲双星系统。如图所

示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点。做顺时针匀速圆周运动，运动周期为7；,它们的轨

道半径分别为此、尺8,RA<RB，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为72,忽略A

与C之间的引力，万引力常量为G,则以下说法正确的是（）

A.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量

B.若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径

C.恒星B的质量为

GT：

TT

D.设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为贝旷=：^彳

工+(

答案：B

解：A.C绕B做匀速圆周运动，满足

故无法求出C的质量，A错误;

B.因为A、B为双星系统，满足

2万丫

又因为所以用人>用8,设A卫星质量为如根据

GMmr24丫八

R~\T)

可知，A的卫星轨道半径大于C的轨道半径，B正确；

C.因为A、B为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即

(知+RJ

4/RA(R,\

C错误;

D.A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足

2zr2万

——，+——t=兀

[T2

解得

2口+岂）

D错误。

故选Bo

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

7.无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个激光雷达，就像车辆的

“鼻子”，随时“嗅”着前方88m范围内车辆和行人的“气息”，制动反应时间为0.2s,比有人

驾驶汽车平均快1秒。下图为在某次测试场地进行制动测试时获得的一部分图像（u为汽车的速度,

x为位置坐标）。关于该无人驾驶汽车在该路段的制动测试中，下列说法正确的是（）

A.制动加速度大小为lOm/T

B.以30m/s的速度匀速行驶时，从''嗅”到前方行人“气息”到停止需要3s

C.以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为51m

D.最大安全速度是40m/s

答案：ACD

解：A.根据位移速度公式得

V2

X=-----

2a

结合图像斜率得

a=10m/s2

A正确；

B.以30m/s的速度匀速行驶时，制动时间为

V

f=—=3s

a

所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要

=tQ+1=3.2s

B错误；

C.以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为

V2

s-vtH-----=6+45=51m

0la

C正确；

D.以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为

2

V

s="4-----=8+80=88m

2a

D正确。

故选ACD„

8.如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压

表Vi和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示，己知电流表A读数在0.2A以下时，电

动机没有转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）

A.图线①为V2示数随电流表的变化图线

B.电路中电源电动势为3.4V

C.此电路中，电动机的最大输入功率是0.9W

D.变阻器的最大阻值为30Q

答案：AC

解：A.由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所

以图线①表示V2的电压与电流的关系，故A正确；

B.此图线的斜率大小等于电源的内阻，为

△U3.4—3.0八s

-----=-------------£2=212

M0.3-0.1

当电流/=0.1A时，U=3.4V,则电源的电动势

E=U+/R=(3.4+0.1X2)V=3.6V

故B错误；

C.当/=0.3A时，U=3V,电动机输入功率最大

P=(77=3XO.3W=O.9W

故C正确；

D.若电流表A示数小于0.2A,由图知，电动机不转动，电动机的电阻

0.8-0.4

Q=4Q

0.1

根据闭合电路欧姆定律得

U=E-I(r+rM)

得

|A£I

=r+K=6Q

IA/I

当/=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R与4并联电阻的最大值

-2-4Q=30Q

则变阻器的最大阻值大于3()。，故D错误。

故选ACo

9.如图，工人利用滑轮组提升一质量为2kg重物M,若工人从图中A点运动到8点做初速度为零

的匀加速直线运动，经过时间1s,重物M上升了0.75m。图中8=37°,且=不计滑轮、

绳的质量和绳与滑轮之间的摩擦，取sin370=0.6,cos370=0.8。下列结论正确的有()

A.此过程中人的位移为2.5mB.此过程中人的加速度为2.5m/s2

C.此过程中重物M也做匀加速运动D.此过程工人对绳所做的功为19J

答案：AD

解：A.因为重物上升0.75m,且在动滑轮上，所以O点右侧绳子伸长1.5m。由几何关系可得

L（）B-LQA=1

L（）B=COS0

^AB—Lg

解得

LAB=2.5m

A正确；

B.由运动学公式

LAB=鼻扇-

解得

a=5m/s2

B错误；

C.人做匀加速运动

vK=at

由速度关系

1八

V物=5u人cos。

解得

1万

=-atcosO

因为cosJ是变量，所以重物不是匀加速运动，C错误;

D.人做的功等于重物机械能的增量

1,

W=Mgh+-Mv^

1八

v物--atcos3

解得

W=19J

D正确。

故选AD。

10.如图，水平桌面上固定两根距离d=1m,不计电阻的足够长的平行金属导轨。4、8'C、D、

E、产为导轨上6个不同的位置，ABFE区域（含边界）有垂直纸面向里大小8=1T的匀强磁场。

导体棒/i的质量加=0.5kg,电阻R=0.2C,垂直导轨放置，E/处有一固定的与/i相同导体棒心

导体棒与导轨垂直且接触良好，在C、。两位置有固定弹性立柱C和/）,导体棒与立柱发生弹性碰

撞时，速度立即变为与碰前速度等大反向。人在恒定外力厂作用下从48边左端距A8边0.25m处由

静止开始向右运动，进入磁场后恰能做匀速直线运动。乙运动至CQ处，与立柱发生碰撞时立即撤

去外力，同时撤去对/2的固定。当6再次运动至A8处时，八与/2达到共速，，2恰好到达8处，并

与立柱相碰。已知导轨AE、B尸段光滑，其余段粗糙，人与粗糙部分间动摩擦因数为"，滑动摩擦

力等于最大静摩擦力。F=5N,CE=0.3mm^=10m/s2»则下列说法正确的是（）

ACE

▼

XXXXXX

------->XXXXXX

F

XXXXXX

BDF

A.人与导轨间的动摩擦因数〃=0.2

B.C、。分别为AE、B尸的中点

C./i由CZ）运动到AB过程中产生焦耳热量0.25J

D./2最终将离开磁场，在E尸右侧滑动一段距离

答案：AC

解：A.因人进入磁场后做匀速运动

解得

v0=2m/s

/i由开始运动到进入磁场，由动能定理可得

1,

Fx0.25-[imgx0.25=-mv~

解得

〃=0.2

A正确；

B.6从反弹到达AB过程，黑，2系统动量守恒，设共同速度为口，根据动量守恒定律得

mv0=2mvl

解得

v1=lm/s

在相同时间内，/i速度由2m/s减速到lm/s,b速度由0增加到lm/s,故此过程/,的位移大于h的

位移，B错误；

C.两棒都在磁场中运动过程中，系统损失的动能变成两棒的焦耳热，由于两电阻相等，则两棒产

生的焦耳热相等，设每根棒产生的焦耳热为。，根据能量守恒定律得

20=卜〃f一；.2m”；

解得

Q=0.25J

C正确；

D./2在磁场中向右滑动时只受安培力作用，人在磁场外，设/2向右移动的最大距离为X,由动量定

理得

-Bldt=0-mv1

It-q

由法拉第电磁感应定律得

后=包

M=Bdx

由闭合电路欧姆定律得

q=[4

解得

x=0.2m

/2将在磁场中运动0.2m后静止，D错误。

故选ACo

三、非选择题：共56分.第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答第15~16题

为选考题，考生根据要求作答.

（-）必考题：共43分.

11.某实验小组做“探究加速度与力的关系”实验时，先采用如图甲所示的常规实验方案，处理数

据时发现误差比较明显。该小组经过分析讨论，对实验方案进行了改进和优化，采用如图乙所示实

验方案，具体实验操作步骤如下：

A.挂上托盘和祛码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；

B.取下托盘和祛码，用天平测出它们的总质量为〃？，查出并记录当地重力加速度g；

C.把小车放回木板上原位置，由静止释放，测出其下滑的加速度

D.改变祛码质量和垫块位置，多次测量"?和a,通过作图可得到。-尸的关系。

（1）比较甲、乙两实验方案，实验时需要满足条件/>>加的实验方案是（选填“甲”、

“乙”或“甲和乙”）；

（2）采用乙实验方案，在作关系时，小车受到的合外力产=；

（3）在一次实验操作中，获得如图丙所示的纸带，AB、C、D、石为计数点，其中相邻两计数

点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz,由纸带可求得小车运动的加速度

丙

（4）图丁是该小组先后采用甲、乙两个实验方案描绘出的。-尸关系图象，图象中（选填

①或②）是乙实验方案得到的尸关系图象。

答案：（I）.甲（2）.mg（3）.0.78~0.82（4）.①

解：（1）[1]根据题意，图甲所示实验方案中托盘和祛码的总重力充当小车的合外力，为减小托盘

和祛码质量对实验的影响，应满足”>>，〃，而图乙所示方案的实验原理为，挂上托盘和祛码，调

整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑时，由平衡条件有

Mgsin0-jjMgcos0-T=0,T=mg

取下托盘和祛码，让小车沿木板加速下滑，则有

Mgsing-fjMgcosd=Ma

由上儿式解得

巴；=T=mg=Ma

所以不需要满足M»m,则实验时需要满足条件M»m的实验方案是甲。

（2）[2]用乙实验方案，在作a-E关系时，小车受到的合外力b=

（3）[3]利用逐差法可得小车的加速度为

XCE-W_(7.60-4.40)x10-2

0.80m/s2

4T24x0.12

（4）[4]由于用乙实验方案，在作。-尸关系时，小车受到的合外力

F=mg=Ma

则有

a=­F

M

所以图像中①是乙实验方案得到的a-E关系图象。

12.国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Cm。某同学利用图甲电路测量15℃自来

水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来

水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验

器材还有：电源（电动势约为3V,内阻可忽略），电压表V1（量程为0~3V,内阻很大），电压

表V2（量程为0~3V,内阻很大），定值电阻飞（阻值4kQ）,定值电阻&（阻值2k£2）,电阻

箱R（最大阻值99990）,单刀双掷开关S,导线若干，游标卡尺，刻度尺。

实验步骤如下：

A.用游标卡尺测量玻璃管的内径。；

B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；

C.把S拨到I位置，记录电压表Vi示数；

D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表S示数相同，记录电阻箱的阻

值R;

E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、。，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；

F.断开S,整理好器材。

345cm

用小用「MI

012w34m567890

乙

(1)玻璃管内水柱的电阻Rr的表达式为&=(用片、鸟、H表示)；

(2)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则4=mm；

(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的火-!关系

L

图象。自来水的电阻率夕=_____Q-m(保留两位有效数字)。

_.R.R-,

答案：(1).(2).30.00(3).14

R

解：(1)[1]根据串联电路中电压的分配规律，由题意得

£_旦

故

氏4

R

(2)⑵由图可知，游标尺上零刻度与主尺刻度线对齐，则读数为30.00mm。

(3)⑶根据电阻定律得

pL

.d.

万（5）

故

兀耶

A----------4-------1

4pL

根据图中的斜率代入数据可得

p=14。-m

13.如图所示，一倾角为6=37°的斜面固定在水平面上，质量为5根物块静止于斜面上。处。在

距离。点/?=1.8m高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为加的小球，小球沿斜面下落过程中

只与物块发生了一次弹性碰撞，一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等

于tan。，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g=10m/s2。求:

（1）小球与物块刚碰撞后它们的速度咋彩;

（2）斜面的高度”。

答案：（1）4=-4m/s，小球方向沿斜面向上；匕=2m/s，物块速度沿斜面向下：（2）H=4.2m

解：（I）设刚要碰撞时小球的速度为%,根据机械能守恒有

mgh=gmv1

在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒有

mv0=mvx+5mv2

根据动能守恒有

g-gmv1+g•5mv；

联立解得

2___

Vj=--y]2gh=-4m/s

v2=；j2gli=2m/s

小球方向沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。

（2）小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为q,经

时间运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，根据牛顿运动定律有

mgsin0=ma

根据运动学公式

H-h=卬+%

sin。12

设碰撞后物块加速度为牝，根据牛顿运动定律有

5mgsin。-5jumgcos0=5ma2

将〃=tan。代入上式得

%=0

即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，于是有

H-h

=3

sin。

联立解得

rr7〃，-

H=—=4.2m

3

14.如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距

离为s(s未知)，磁感应强度为a未知)；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E

(E未知)；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为4磁感应强度为

4=卫匕。有一个带正电的粒子(质量为机、电荷量为外不计重力)从电场中的A(-2L,L)

2qd

点以水平向右的速度V0射出，恰好经过坐标原点。进入第四象限，经过磁场后，从X轴上某点进

入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P(0,2力点。求：

(1)电场强度E；

(2)磁感应强度明；

⑶第一象限磁场左边界到y轴的距离s。

答案：（1）E=篝；（2）&=（3+1）〃"（3）s=4d

2qL2qd

解：（1）在匀强电场中，设粒子运动时间为，，加速度为“，到达原点。时竖直分速度为岭，合速度

为也由牛顿第二定律和运动学公式得

c,,12Eq

2L=vof,L=——ar,a=----

2m

联立解得

2

mv

E=―n-

2qL

（2）由（1）问可知

Eqmvl

Vv=at,2L=vot,a=----，E=------

m2qL

联立上式有

Vy=VO,V=Qv；+V；=&皿

设合速度V与X轴正方向夹角为仇由平行四边形定则得：

vy=vsind

解得

6=45°

设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为/'2,由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得

2

V

-2+r2cos45°=2d,q\，B2=tn—

r2

解得

（0+1），〃%

D2----------------

2qd

（3）粒子的运动轨迹如下图所示

设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为门，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得

V2

ON=d+2门sin450+d,qvB\=m-9MN=r2sin45°,s=ON・MN

4

联立解得

5=4J

（二）选考题：共13分.请考生从两道中任选一题作答.如果多做，则按第一题计分.

15.下列说话正确的是（）

A.扩散现象是由外界作用引起的，如风的对流

B.单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，液晶具有各向异性

C.在一定温度下，空气中水蒸气的压强越大，相对湿度越大

D.毛细现象的产生是因为浸润的液体附着层稀疏，表现为引力，使其具有收缩的趋势，使液面呈

凹状

E.从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律

答案：BCE

解：A.扩散现象是由分子的热运动引起的，A错误；

B.单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，液晶具有各向异性。B正确；

C.在一定温度下，饱和汽压一定，空气中水蒸气的压强越大，相对湿度越大。C正确；

D.浸润与不浸润都可引起毛细现象，D错误；

E.从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律。E正确。

故选BCE。

16.随着节能、环保观念的普及和科技的发展，纯电动、智能汽车市场占有率逐渐增加。2021年4

月，搭载世界知名企业“华为”公司自动驾驶系统、由北京汽车集团制造的新能源汽车极狐-阿尔法S

在上海车展中高调亮相。该款汽车在某次测试中，启动汽车时，汽车发出警报，显示左前轮胎压强

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