惠州市2023屆高三第一次調(diào)研考試試題物理本試卷共4頁,15小題考試時(shí)間:75分鐘滿分:100一、單項(xiàng)選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。1. 2022529日,我國神舟十四號(hào)載人飛船與運(yùn)載火箭組合體沿一段長直鐵軌轉(zhuǎn)移至發(fā)射塔臺(tái),某段時(shí)間內(nèi)該組合體的速度一時(shí)間圖像如圖,則下列說法正確的是(    A. 時(shí)間內(nèi),組合體靜止不動(dòng)B. 時(shí)間內(nèi)的加速度小于時(shí)間內(nèi)的加速度C. 時(shí)間內(nèi)的平均速度大于時(shí)間內(nèi)的平均速度D. 時(shí)間內(nèi)的平均速度大于【答案】D【解析】【詳解】A.圖像描述物體速度隨時(shí)間變化的規(guī)律,所以時(shí)間內(nèi),由圖可知組合體速度保持不變做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;B圖像的斜率表示加速度,絕對值表加速度的大小,圖線傾斜越厲害代表加速度越大,所以時(shí)間內(nèi)的加速度大于時(shí)間內(nèi)的加速度,故B錯(cuò)誤;C.勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式由此可知,時(shí)間內(nèi)的平均速度等于時(shí)間內(nèi)的平均速度,故C錯(cuò)誤;D圖像的面積表示位移,時(shí)間內(nèi)的所以總位移可得平均速度公式D正確。故選D。2. 題圖為發(fā)射電磁波的LC振蕩電路,某時(shí)刻電路中電流方向如圖所示,此時(shí)電容器的上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,則下列說法正確的是(    A. 電容器正在放電B. 電流正在減小C. 線圈中的磁場能正在增大D. 電容器中的電場能正在減小【答案】B【解析】【詳解】由題圖知,電流正流向電容器正極,電容器正在充電,電流正在減小,磁場能轉(zhuǎn)化為電場能,線圈中磁場能正在減小,電容器中的電場能正在增大。故選B。3. 神舟十四號(hào)載人飛船于202265日成功發(fā)射升空,航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲進(jìn)駐中國空間站天和核心艙。若認(rèn)為天和核心艙繞地球近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng),周期約90分鐘,下列說法正確是(    A. 航天員在核心艙內(nèi)不受地球引力作用B. 天和核心艙距離地面的高度小于地球同步衛(wèi)星距離地面的高度C. 天和核心艙在圓周軌道上勻速飛行時(shí)的速度大于第一宇宙速度D. 神舟十四號(hào)載人飛船與天和核心艙對接時(shí),若以地面為參考系,則神舟十四號(hào)是靜止不動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】A.航天員在核心艙內(nèi)受地球引力作用提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,故A錯(cuò)誤;B可得可見軌道半徑越大周期越大,由所以天和核心艙距離地面的高度小于地球同步衛(wèi)星距離地面的高度,故B正確;C.由可得可知天和核心艙在圓周軌道上勻速飛行時(shí)的速度小于第一宇宙速度,故C錯(cuò)誤;D.神舟十四號(hào)載人飛船與天和核心艙對接時(shí),若以地面為參考系,則神舟十四號(hào)仍然做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。故選B。4. 如圖是網(wǎng)絡(luò)信號(hào)在一段光纖中傳播的示意圖,則下列說法正確的是(   
 A. 纖芯的折射率應(yīng)小于外包層的折射率,才能使光信號(hào)在二者之間的界面處發(fā)生全反射B. 增大左端面的入射角,外包層與纖芯之間的界面處發(fā)生全反射的臨界角隨之增大C. 增大左端面的入射角,左端面的折射角隨之增大D. 增大左端面的入射角,纖芯的折射率隨之增大【答案】C【解析】【詳解】A.纖芯的折射率應(yīng)大于外包層的折射率,才能使光信號(hào)在二者之間的界面處發(fā)生全反射,故A錯(cuò)誤;BD.根據(jù)全反射臨界角公式可知,全反射臨界角由折射率決定,介質(zhì)的折射率由介質(zhì)本生性質(zhì)有關(guān),與入射角無關(guān),增大左端面的入射角,纖芯的折射率不變,外包層與纖芯之間的界面處發(fā)生全反射的臨界角不變,故BD錯(cuò)誤;C.根據(jù)折射率公式折射角可知增大左端面的入射角,纖芯的折射率不變,左端面的折射角隨之增大,故C正確。故選C5. 如圖,虛線為某靜電場的等勢面,且相鄰兩等勢面間的電勢差相等。一帶正電的粒子由M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中,電場力做正功,則下列說法正確的是(    A. M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢B. M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度C. 帶電粒子在M點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能D. 帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定是橢圓【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù),得A正確;B.根據(jù)等勢面的疏密代表場強(qiáng)的大小,由題圖知M點(diǎn)的場強(qiáng)小于N點(diǎn)的場強(qiáng),所以B錯(cuò)誤;C.根據(jù)C錯(cuò)誤;D.帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不一定是橢圓,D錯(cuò)誤。故選A。6. 一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為31111,原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲,副線圈接如圖乙電路,P為滑動(dòng)變阻器的觸頭,下列說法正確的是(    A. 副線圈輸出電壓的頻率為200HzB. 副線圈輸出電壓的有效值為11VC. P向右移動(dòng)時(shí),變壓器原、副線圈的電流都增加D. P向右移動(dòng)時(shí),變壓器的輸入功率減小【答案】C【解析】【詳解】A.由圖像可知,交流電的周期為T=0.02s變壓器不改變交流電的頻率,故副線圈輸出電壓的頻率為A錯(cuò)誤;B.原線圈的電壓的最大值為根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知可得副線圈電壓的最大值為副線圈輸出電壓的有效值為B錯(cuò)誤;CD.原、副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比,原、副線圈的匝數(shù)不變,輸入電壓不變,則副線圈兩端的電壓不變,P右移,滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變小,根據(jù)功率公式可知變壓器的輸出功率增加,則變壓器的輸入功率也增加;由可知變壓器原、副線圈的電流都增加,故C正確,D錯(cuò)誤。故選C。7. 如圖所示是戶外露營中使用的一種便攜式三腳架,它由三根完全相同的輕桿通過鉸鏈組合在一起,每根桿均可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)。將三腳架靜止放在水平地面上,吊鍋通過細(xì)鐵鏈掛在三腳架正中央。三根桿與豎直方向的夾角均為,吊鍋和細(xì)鐵鏈的總質(zhì)量為m,支架與鉸鏈之間的摩擦忽略不計(jì),則(   
 A. 每根桿中的彈力大小為 B. 每根桿對地面的摩擦力大小為C. 減小θ時(shí)桿對地面壓力增大 D. 減小θ時(shí)桿對地面摩擦力增大【答案】B【解析】【詳解】A.以吊鍋和細(xì)鐵鏈為研究對象,設(shè)每根桿中的彈力為,在豎直方向上,根據(jù)平衡條件可得解得A錯(cuò)誤;B.每根桿對地面的摩擦力大小為B正確;C.以整個(gè)裝置為研究對象,設(shè)地面對每根桿的支持力為,由平衡條件可知可得因此無論增加θ還是減小θ,大小不變,因此根據(jù)牛頓第三定律可知,每根桿對地面壓力不變,大小為,三根桿對地面的總壓力也不變,大小為,故C錯(cuò)誤;D.由前面分析可知每根桿對地面摩擦力大小為因此當(dāng)θ減小時(shí),每根桿對地面摩擦力減小。另外由于三根桿對地面摩擦力大小相等,方向在水平面上互成,根據(jù)力的合成可知,三根桿對地面的合摩擦力為零,且不隨θ變化而變化,故D錯(cuò)誤。故選B二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有多項(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。8. 圖甲為一列沿x抽正方向傳播的簡諧橫波在t0s時(shí)刻的波形圖,圖乙為參與波動(dòng)的某一質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像,下列說法正確的是( 
 A. 該簡諧橫波的波長為4mB. 圖乙可能是圖甲中質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)圖像C. 從此刻起,質(zhì)點(diǎn)QP先回到平衡位置D. t=0~1s,質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為0.8cm【答案】AD【解析】【詳解】A.從圖甲中可以知道,該簡諧橫波的波長為4m,故A正確;B.圖乙中0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)正從平衡位置向負(fù)方向振動(dòng),根據(jù)同側(cè)法,波向x軸正方向傳播,圖甲中0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M正從平衡位置向正方向振動(dòng),圖乙不可能是圖甲中質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)圖像,故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)同側(cè)法,0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q正向正方向振動(dòng),到最大位移處再回到平衡位置,而P已經(jīng)在最大位移處了,故P質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置,故C錯(cuò)誤;D.從圖乙中可以知道,該波的周期為1st=0~1s,質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為0.8cm,故D正確。故選AD9. 用兩個(gè)一樣的彈簧吊著一根銅棒,銅棒所在虛線范圍內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,棒中通以自左向右的電流(如圖所示),當(dāng)棒靜止時(shí),兩彈簧的拉力大小分別為F1;若將棒中的電流方向反向(大小保持不變),當(dāng)棒靜止時(shí),兩彈簧的拉力大小分別為F2,且F2>F1,根據(jù)以上信息,可以確定(   
 A. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 B. 磁場的方向C. 電流強(qiáng)度的大小 D. 銅棒的重力【答案】BD【解析】【詳解】A.由于銅棒的電流大小和長度不確定,因此不能確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,A選項(xiàng)不能確定;B.當(dāng)電流反向時(shí),彈簧的拉力F2>F1,所以可以知道電流自左向右時(shí),銅棒受到的安培力方向向上,由左手定則可以確定磁場的方向是垂直紙面向里,B選項(xiàng)可以確定;C.由于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和銅棒的長度不確定,因此不能確定電流強(qiáng)度的大小,C選項(xiàng)不能確定;D.設(shè)銅棒的重力為G,安培力的大小為F,則由平衡條件可知2F1=G?F當(dāng)電流反向時(shí),安培力方向變?yōu)樨Q直向下,此時(shí)由平衡條件可知2F2=G+F聯(lián)立以上兩式可得G =F1+F2D選項(xiàng)可以確定。故選BD        10. 豎直放置的輕彈簧下端固定在地上,上端與鋼板連接,鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。一物塊從鋼板正上方0.2m處的點(diǎn)自由落下,打在鋼板上(碰撞時(shí)間極短)并與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)0.1m后到達(dá)最低點(diǎn)。已知物塊和鋼板的質(zhì)量都為2kg,重力加速度大小為,下列說法正確的是(   
 A. 物塊與鋼板碰后的速度為B. 物塊與鋼板碰后一起運(yùn)動(dòng)的加速度一直增大C. 的過程中,彈簧彈性勢能的增加量為D. 的過程中,物塊、鋼板、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】AC【解析】【詳解】A.物塊與鋼板碰前做自由落體運(yùn)動(dòng),則有解得物塊與鋼板碰撞過程滿足動(dòng)量守恒,則有解得物塊與鋼板碰后的速度為A正確;B.物塊與鋼板碰后一起向下運(yùn)動(dòng),一開始彈簧彈力小于兩者的總重力,兩者向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng);當(dāng)彈簧彈力等于兩者的總重力時(shí),加速度為零,速度達(dá)到最大;繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)的過程,彈簧彈力大于兩者的總重力,兩者向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),可知物塊與鋼板碰后一起運(yùn)動(dòng)的加速度不是一直增大,B錯(cuò)誤;C.從的過程中,根據(jù)能量守恒定律可知彈簧彈性勢能的增加量為C正確;D.由于物塊與鋼板碰撞為完全非彈性碰撞,存在機(jī)械能損失,故從的過程中,物塊、鋼板、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤;故選AC。三、非選擇題:本題共5小題,共54分,考生根據(jù)要求作答。11. 用如圖甲的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律1)下列物理量需要測量的是______,通過計(jì)算得到的是______。(填寫字母代號(hào))A.重錘質(zhì)量B.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源的電壓大小C.重錘下落的高度D.與下落高度對應(yīng)的重錘的瞬時(shí)速度大小2)設(shè)重錘質(zhì)量為m、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T、重力加速度為g。圖乙是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶,A、BC、D、E為相鄰的連續(xù)點(diǎn)。根據(jù)圖乙測得的、、,寫出打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打B點(diǎn)到打D點(diǎn)過程中重錘重力勢能減少量______,以及動(dòng)能增加量______。【答案】    ①. C    ②. D    ③.     ④. 【解析】【詳解】1[1][2]A.驗(yàn)證機(jī)械能守恒的等式為質(zhì)量可以約去,所以重錘質(zhì)量不需要測量和計(jì)算;B.使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器只需要確定交流電的頻率,從而得到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期,交流電的電壓不需要測量和計(jì)算;C.需要測量重錘下落的高度,用以確定重力勢能減少量;D.與下落高度對應(yīng)的重錘的瞬時(shí)速度是通過紙帶數(shù)據(jù)計(jì)算得到的,不需要測量。綜上分析可得:需要測量物理量的是C,需要計(jì)算得到的物理量是D。2[3]重錘由B點(diǎn)到D點(diǎn)重力勢能減少量的表達(dá)式為[4]BD兩點(diǎn)的速度分別為動(dòng)能變化為12. 某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)測量一個(gè)阻值約為的定值電阻.可供使用的器材如下A.待測電阻B.電流表,量程0.6A,內(nèi)阻約C.電流表,量程3A,內(nèi)阻約D.電壓表,量程15V,內(nèi)阻約E.電壓表,量程3V,內(nèi)阻約F.滑動(dòng)變阻器R,總電阻G.直流電源E,電動(dòng)勢3V,內(nèi)阻不計(jì)H.開關(guān)S,導(dǎo)線若干1)用伏安法測量該定值電阻阻值時(shí),應(yīng)當(dāng)選擇電流表______(選填),選擇電壓表______(選填)。2)請根據(jù)所設(shè)計(jì)的測量電路圖,將下列實(shí)物圖連接完整________(滑動(dòng)變阻器采用限流接法)。3)某次測量的電表示數(shù)如圖所示,其中電壓表示數(shù)為______V,電流表示數(shù)為______A。
 4)根據(jù)上述所測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),計(jì)算得待測電阻______(計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。【答案】    B    ②. E    ③.     ④. 1.73    ⑤. 0.32    ⑥. 5.41【解析】【詳解】1[1][2]由于電源電動(dòng)勢為3V,因此電壓表選擇量程為3V,即選E,待測電阻約為,則電路中最大電流為0.6A,因此電流表選擇量程為0.6A,即選B2[3]由于因此應(yīng)采用電流表外接法,具體實(shí)物圖如下
 3[4]由圖可知,電壓表讀數(shù)為1.73V;[5]由圖可知,電流表讀數(shù)為0.32A。4[6]根據(jù)測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),計(jì)算得待測電阻為13. 間距L=0.8m的兩根足夠長的固定水平光滑導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1.2T,方向垂直于紙面向里,導(dǎo)軌上有一電阻為的金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直,且在水平拉力F作用下以的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng),圖中電阻,求:1)通過金屬棒MN的電流I的大小和方向;2)電阻R兩端的電壓大??;3)拉力F的大小。
 【答案】106A,電流方向由MN;(21.8V;(30.576N【解析】【詳解】1)由題意可知,金屬棒勻速切割磁感線,產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小為根據(jù)閉合電路歐姆定律有由于金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此金屬棒處于力的平衡狀態(tài),所以拉力F與金屬棒受到的安培力大小相等,方向相反,根據(jù)左手定則可知,電流方向由MN;2)根據(jù)歐姆定律可求得電阻R兩端的電壓為3)由于金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此金屬棒處于力的平衡狀態(tài),所以拉力F與金屬棒受到的安培力大小相等,所以有14. 光滑斜面與長度為L=0.5m粗糙水平地面平滑相連,質(zhì)量為m1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面距離地面高H處靜止釋放,經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入與水平地面平滑連接的光滑圓形軌道(A點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)),恰好能到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)B點(diǎn)。已知小球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,圓形軌道半徑R=0.1m,取重力加速度g=10m/s2,求:1)小球在B點(diǎn)的速度大??;2)小球在A點(diǎn)時(shí),其對圓形軌道的壓力大??;3)小球的釋放點(diǎn)離水平地面的高度H。
 【答案】(11m/s;(260N;(30.35m【解析】【詳解】1)根據(jù)題意,小球恰好能到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)B,則解得2)小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有解得A點(diǎn),軌道對小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力,即解得由牛頓第三定律得,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?/span>60N;3)小球從釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程,運(yùn)用動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得15. 在光滑、絕緣的水平桌面上,有一個(gè)邊長為正方形區(qū)域MNPQ,半徑的圓形磁場區(qū)與MN,MQ邊均相切,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,方向垂直于水平面向上(俯視圖如圖)。圓形區(qū)域之外有水平向左的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小,兩個(gè)大小相同的金屬小球a,b均視為質(zhì)點(diǎn)。小球a的質(zhì)量,電量,不帶電的小球b質(zhì)量,靜止在圓周上D點(diǎn),A、C、D三點(diǎn)共線,小球aA點(diǎn)正對圓心C射入,已知小球a在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也為R,一段時(shí)間后ab發(fā)生彈性碰撞,碰后兩者電量平分,忽略兩球之間的庫侖力及小球重力,取1)求小球a射入磁場時(shí)速度大小;2)求小球a從射入磁場到與小球b相碰所經(jīng)歷的時(shí)間t(結(jié)果保留3位有效數(shù)字);3)小球b離開正方形區(qū)域時(shí)的出射點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離s(結(jié)果可保留根式)。【答案】12m/s;(20.714s;(3【解析】【詳解】1)小球a的軌跡如圖所示才能與小球b相撞,故小球a在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑在磁場中代入題中相關(guān)數(shù)據(jù),解得2)小球a在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間在電場中聯(lián)立,代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得,小球a射入磁場到與小球b相碰撞經(jīng)歷的時(shí)間為3)小球a與小球b發(fā)生彈性碰撞有解得,因碰后兩球電量平分,兩球的速度方向均與電場方向垂直,故均做類平拋運(yùn)動(dòng),則小球b沿電場方向有代入數(shù)據(jù)求得則小球到達(dá)MN邊界時(shí),小球沿電場方向的位移大小為求得此時(shí)小球b垂直電場方向的位移大小為因?yàn)?/span>所以b小球?qū)?/span>MN上飛出電場,此時(shí)小球b離開正方形區(qū)域時(shí)的出射點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離

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