?高考二輪物理復(fù)習(xí)策略
高考備考一輪復(fù)習(xí)已接近尾聲，即將迎來二輪復(fù)習(xí)。一輪復(fù)習(xí)注重知識的理解與基礎(chǔ)的夯實(shí)，二輪復(fù)習(xí)注重知識的綜合運(yùn)用與能力的提高，是高考復(fù)習(xí)中的重要階段。二輪復(fù)習(xí)要注意以下幾個(gè)方面：
一、以核心和主干知識為重點(diǎn)，構(gòu)建知識結(jié)構(gòu)體系，確定每一個(gè)專題的內(nèi)容，在教學(xué)中突出知識的內(nèi)在聯(lián)系與綜合。
按高中物理主干知識確定力與運(yùn)動(dòng)、能量、動(dòng)量、電磁學(xué)四大專題，其余內(nèi)容為小專題，重點(diǎn)加強(qiáng)四大專題的復(fù)習(xí)，注意知識間的聯(lián)系。
二、注重情景與過程的理解與分析，善于構(gòu)建物理模型，明確題目考查的目的，恰當(dāng)運(yùn)用所學(xué)知識解決問題：情景是考查物理知識的載體。
三、加強(qiáng)能力的提升與解題技巧的歸納總結(jié)：學(xué)生能力的提升要通過對知識的不同角度、不同層面的訓(xùn)練來實(shí)現(xiàn)。
四、精選訓(xùn)練題目，使訓(xùn)練具有實(shí)效性、針對性。
五、把握高考熱點(diǎn)、重點(diǎn)和難點(diǎn)。
充分研究近5年全國和各省市考題的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，把握命題的趨勢和方向，確定本輪復(fù)習(xí)的熱點(diǎn)與重點(diǎn)，使本輪復(fù)習(xí)更具有針對性、方向性。對重點(diǎn)題型要強(qiáng)化訓(xùn)練，舉一反三、觸類旁通，注重解題技巧的提煉，充分提高學(xué)生的應(yīng)試能力。

仿真模擬卷（一）
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分．每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）
1．下列情形中，物體不能視為質(zhì)點(diǎn)的是（　?。?br /> A．奧運(yùn)冠軍王軍霞在萬米賽跑中的成績
B．欣賞楊麗萍優(yōu)美的舞姿
C．測量擲出的鉛球飛出的距離
D．測量飛馳的汽車行駛的路程
【解答】解：A、測量奧運(yùn)冠軍王軍霞在萬米賽跑中的成績時(shí)，王軍霞的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，
B、欣賞楊麗萍優(yōu)美的舞姿時(shí)，此時(shí)的人不能看成質(zhì)點(diǎn)，否則的話就沒有人的姿勢動(dòng)作可言了，
C、測量擲出的鉛球飛出的距離，大小和形狀可以忽略，可以看作質(zhì)點(diǎn)，
D、測量飛馳的汽車的行駛路程，汽車大小和形狀可以忽略，可以看作質(zhì)點(diǎn)，
本題選不能視為質(zhì)點(diǎn)的：故選：B。
2．以下物體的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度大小和方向都發(fā)生變化的是（　?。?br /> A．自由落體運(yùn)動(dòng) B．豎直上拋運(yùn)動(dòng)
C．勻速圓周運(yùn)動(dòng) D．單擺
【解答】解：A．自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向都不變?yōu)橹亓铀俣龋蔄錯(cuò)誤；
B．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的加速度為重力加速度，大小和方向都不變，故B錯(cuò)誤；
C．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，方向時(shí)刻變化，故C錯(cuò)誤；
D．單擺運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向都發(fā)生變化，故D正確。
故選：D。
3．如圖所示，質(zhì)量為m的物體由A點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)到水平地面上的B點(diǎn)。已知A點(diǎn)距水平桌面的高度為h1，桌面距水平地面的高度為h2，重力加速度為g。

下列說法正確的是（　?。?br /> A．物體在A點(diǎn)具有的重力勢能不可能為0
B．物體在A點(diǎn)具有的重力勢能一定為mgh1
C．以桌面為參考平面，物體在A點(diǎn)具有的重力勢能為mgh2
D．以地面為參考平面，物體在A點(diǎn)具有的重力勢能為mg（h1+h2）
【解答】解：A、物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積，若選A點(diǎn)所在平面為參考平面，則物體在A點(diǎn)具有的重力勢能為0，故A錯(cuò)誤；
BC、只有選桌面為參考平面，物體在A點(diǎn)具有的重力勢能才為mgh1，故BC錯(cuò)誤；
D、以地面為參考平面，物體在A點(diǎn)具有的重力勢能等于它所受重力mg與所處高度（h1+h2）的乘積，即物體在A點(diǎn)具有的重力勢能為mg（h1+h2），故D正確。
故選：D。
4．2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運(yùn)飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，周期約90分鐘。下列說法正確的是（　?。?br /> A．組合體中的貨物處于超重狀態(tài)
B．組合體的速度大小略大于第一宇宙速度
C．組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大
D．組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小
【解答】解：A、此時(shí)組合體和貨物受到萬有引力提供向心力，所以組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以組合體的速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)萬有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2r＝mrω2，解得：T=4π2r3GM，ω=GMr3，根據(jù)題意可知組合體的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，故C正確；
D、根據(jù)萬有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
5．超導(dǎo)現(xiàn)象是20世紀(jì)的重大發(fā)現(xiàn)之一，自20世紀(jì)80年代以來，我國超導(dǎo)研究取得許多突破，在國際上處于領(lǐng)先地位．零電阻特性和抗磁性是超導(dǎo)體的兩個(gè)重要特性．超導(dǎo)材料降低到一定溫度處于超導(dǎo)態(tài)時(shí)，其電阻幾乎為零，這種現(xiàn)象稱為超導(dǎo)體的零電阻特性．例如，當(dāng)溫度下降到4.2K（﹣268.95℃）時(shí)，水銀的電阻突然變?yōu)榱悖藴囟确Q為轉(zhuǎn)變溫度．放在磁場中的超導(dǎo)材料處于超導(dǎo)態(tài)時(shí)，其內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，這種現(xiàn)象稱為超導(dǎo)體的抗磁性．科學(xué)家曾做過這樣的實(shí)驗(yàn)：在一個(gè)用超導(dǎo)材料制成的淺盤中，放入一個(gè)磁性很強(qiáng)的小磁體，然后降低溫度，使淺盤處于超導(dǎo)態(tài)，這時(shí)可以看到，小磁體離開淺盤表面，懸浮在空中不動(dòng)，如圖所示．
超導(dǎo)體的零電阻特性和抗磁性在發(fā)電、輸電和儲能等方面具有誘人的應(yīng)用前景．例如，用超導(dǎo)材料制作輸電線，處于超導(dǎo)態(tài)時(shí)可以把電能幾乎無損耗地輸送給用戶．根據(jù)以上信息，可以判斷下列說法中正確的是（　?。?br />
A．超導(dǎo)材料在任何溫度下，都具有零電阻特性和抗磁性
B．由于超導(dǎo)材料在超導(dǎo)態(tài)下幾乎沒有電阻，所以不適合用來制作輸電導(dǎo)線
C．圖中小磁體離開淺盤表面懸浮在空中不動(dòng)時(shí)，小磁體所受合力為零
D．圖中小磁體離開淺盤表面懸浮在空中不動(dòng)時(shí)，小磁體所受重力為零
【解答】解：A、超導(dǎo)材料降低到一定溫度處于超導(dǎo)態(tài)時(shí)，其電阻幾乎為零，其內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，因此超導(dǎo)材料要溫度下降到轉(zhuǎn)變溫度及以下時(shí)，才具有零電阻特性和抗磁性，A錯(cuò)誤；
B、用超導(dǎo)材料制作輸電線，處于超導(dǎo)態(tài)時(shí)可以把電能幾乎無損耗地輸送給用戶，因此超導(dǎo)材料非常適合用來制作輸電導(dǎo)線，B錯(cuò)誤；
C、圖中小磁體離開淺盤表面懸浮在空中不動(dòng)時(shí)，處于平衡狀態(tài)，由牛頓第一定律可知，小磁體所受合力為零，C正確；
D、圖中小磁體離開淺盤表面懸浮在空中不動(dòng)時(shí)，處于平衡狀態(tài)，小磁體所受合力為零而已，重力G＝mg，小磁針質(zhì)量和此處重力加速度沒變，因此所受重力沒有變化，D錯(cuò)誤；
故選：C。
6．太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星沖日”。已知地球及各地外行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示，根據(jù)題中信息，下列判斷正確的是（　?。?br />
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
軌道半徑R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A．火星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最短，且為3636?4年
B．火星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最長，且為3636?4年
C．海王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最短，且為30303030+1年
D．海王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最長，且為30303030?1年
【解答】解：根據(jù)開普勒第三定律R3T2=R地3T地2
解得：T=T地2R3R地3
可知題中各地外行星中火星周期最小，設(shè)相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔t，有（2πT地=2πT）t＝2π
得t=TT地T?T地
可知火星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最長，代入數(shù)據(jù)得
t=3636?4年
故ACD錯(cuò)誤，B正確；
故選：B。
7．如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象，一個(gè)帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，且以一定的速度通過x＝x2處，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．粒子從x＝0到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小
B．粒子從x＝0到x＝x2過程中，加速度先減小后增大
C．x1和x2處的電場強(qiáng)度均為零
D．x1和x2之間的場強(qiáng)方向不變
【解答】解：A、粒子由x＝0處由靜止沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，表明粒子運(yùn)動(dòng)方向與電場力方向同向，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故A錯(cuò)誤；
B、由圖線的切線斜率可知，從x＝0到x＝x2過程中電場強(qiáng)度先減小后增大，粒子所受的電場力先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，故B正確；
C、φ﹣x圖象的切線斜率越大，則場強(qiáng)越大，可知，x1和x2處的電場強(qiáng)度均不為零，故C錯(cuò)誤；
D、由切線斜率的正負(fù)可知，x1和x2之間的場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
8．第十二屆珠海航展上，我國展出的“LW﹣30型”激光戰(zhàn)車在6秒內(nèi)可以摧毀25公里以外的目標(biāo)，具有強(qiáng)大的近程攔截能力。其發(fā)射功率為30kW，發(fā)射激光的波長為0.53μm，普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s，每秒鐘發(fā)出的光子數(shù)約為（　?。?br /> A．8×1019 B．8×1022 C．8×1025 D．8×1028
【解答】解：每個(gè)光子的能量E＝hν＝hcλ，其發(fā)射功率為P＝30kW，則每秒鐘發(fā)出的光子數(shù)約為：n=PtE=Ptλ?c=30×103×1×0.53×10?66.63×10?34×3×108個(gè)≈8×1022個(gè)，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
9．有一娛樂項(xiàng)目，人坐在半徑為R的傾斜圓盤邊緣隨著圓盤繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（轉(zhuǎn)軸垂直于盤面），圓盤的傾角為α，如圖所示，圖中人用方塊代替。當(dāng)人與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝2.5tanα?xí)r，人恰好不從圓盤滑出去。人的質(zhì)量為m，A為圓盤的最低點(diǎn)，B為圓盤的最高點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下正確的是（　?。?br />
A．B位置處受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A點(diǎn)與B點(diǎn)人所受到的摩擦力大小之差為3mgsinα
C．人在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度大小為5gRsinα2
D．人從A到B摩擦力做功為2mgRsinα
【解答】解：A.人做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好不從圓盤滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力為
fA?mgsinα=mω2R
則fA=mgsinα+mω2R
假設(shè)B位置摩擦力方向沿斜面向下，則向心力為
mgsinα+fB=mω2R
則fB=mω2R?mgsinα
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
則mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知fB=mω2R?mgsinα=0.5mgsinα
故可知B位置處受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A錯(cuò)誤；
B.A點(diǎn)與B點(diǎn)人所受到的摩擦力大小之差為
fA﹣fB＝2mgsinα，故B錯(cuò)誤；
C.由μmgcosα?mgsinα=mv2R
可得人在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度大小為v=3gRsinα2，故C錯(cuò)誤；
D.因?yàn)槿俗鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，所以有
Wf﹣mg?2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正確。
故選：D。
10．如圖所示為一塊環(huán)形玻璃磚的俯視圖，圖中MN是過環(huán)心的一條直線，一束光線與MN平行射入玻璃磚，它與MN之間的間距為x，已知玻璃磚的內(nèi)圓半徑為R，內(nèi)部視為真空，外圓半徑為2R，折射率為2，光在真空中傳播速度為C，不考慮反射光線在玻璃磚內(nèi)的傳播，下列關(guān)于該光線的說法正確的是（　?。?br />
A．當(dāng)x＝R時(shí)，光線恰好在內(nèi)圓表面上發(fā)生全反射
B．當(dāng)x=2R時(shí)，光線從外圓射出方向與圖中入射光線的夾角為45°
C．當(dāng)x=22R時(shí)，光線從內(nèi)圓通過的時(shí)間為2RC
D．無論x（x＜2R）多大，光線都會(huì)進(jìn)入內(nèi)圓傳播
【解答】解：A、當(dāng)x＝R時(shí)，光路圖如圖1所示，
令光在A點(diǎn)的入射角為i，折射角為r，在B點(diǎn)的入射角為α，
根據(jù)折射定律有：sinisinr=n，由幾何關(guān)系可知：sini=x2R=12
在△ABO中，根據(jù)正弦定理有：2Rsin(π?α)=Rsinr
又因?yàn)椋簊inC=1n
聯(lián)立各式可得：α＝C，滿足全反射的條件，在進(jìn)入內(nèi)圓時(shí)恰好發(fā)生全反射，故A正確；
B、若x=2R，光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系知，入射角i的正弦sini=2R2R=22，那么由折射定律折射角r＝30°，經(jīng)過第一個(gè)界面折射后偏轉(zhuǎn)15°，同理，從玻璃中離開時(shí)又偏轉(zhuǎn)15°，則經(jīng)過環(huán)形玻璃磚共偏轉(zhuǎn)30°，故B錯(cuò)誤；
C、光路如圖3所示，可以在內(nèi)圓的路程小于2R，所以時(shí)間了小于2Rc，故C錯(cuò)誤；
D、由以上分析可以知道，當(dāng)x＜R時(shí)，且入射角α＞C，光線在內(nèi)圓表面發(fā)生全反射，不會(huì)進(jìn)入內(nèi)圓，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
11．在如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，電阻R2、R3為定值電阻，R1為滑動(dòng)變阻器，A、B為電容器的兩個(gè)極板。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1處于某位置時(shí)，A、B兩極板間的帶電油滴靜止不動(dòng)。則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)
B．僅把R1的觸頭向左滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向上運(yùn)動(dòng)
C．僅把兩極板A、B間距離增大，油滴向下運(yùn)動(dòng)，電流表讀數(shù)不變
D．僅把兩極板A、B間正對面積減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，電流表讀數(shù)不變
【解答】解：A、僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，R1增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，則電流表讀數(shù)減小。電容器板間電壓增大，板間距離不變，由E=Ud分析可知，板間場強(qiáng)增大，油滴所受電場力增大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、同理可知，僅把R1的觸頭向左滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)增大，油滴向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、僅把兩極板A、B間距離增大，電容器板間電壓不變，由E=Ud分析可知，板間場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，則油滴向下運(yùn)動(dòng)。電路其他部分不變，電流表讀數(shù)不變，故C正確；
D、僅把兩極板A、B間相對面積減小，U和d不變，則板間場強(qiáng)不變，油滴所受電場力不變，則油滴仍保持靜止。電流表讀數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
12．用如圖所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，閉合S，當(dāng)用能量為2.5eV的光子照射到光電管上時(shí)，電流表示數(shù)不為零。移動(dòng)變阻器的觸頭c，當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等于0.7V時(shí)，電流表示數(shù)為0，則（　　）

A．光電管陰極的逸出功為1.8eV
B．電鍵S斷開后，沒有電流流過電流表
C．光電子的最大初動(dòng)能為1.8eV
D．用能量為1.7eV的光子照射，電流表有電流
【解答】解：AC、該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等于0.7V時(shí)，電流表示數(shù)為0，知道光電子的最大初動(dòng)能為0.7eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hv﹣W0，可得W0＝1.8eV，故A正確，C錯(cuò)誤．
B、電鍵S斷開后，用光子能量為2.5eV的光照射到光電管上時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)，有光電子逸出，則有電流流過電流表，故B錯(cuò)誤；
D、改用能量為1.7eV的光子照射，由于光電子的能量小于逸出功，不能發(fā)生光電效應(yīng)，無光電流，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
13．如圖所示，矩形線框的匝數(shù)為N，面積為S，線框所處磁場可視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框從圖示位置開始繞軸OO′以恒定的角速度ω沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，線框一端接換向器，通過電刷和外電路連接。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為3：1，定值電阻R1、R2的阻值均為R，忽略線框以及導(dǎo)線的電阻。下列說法正確的是（　　）

A．圖示位置時(shí)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為NBSω
B．通過電阻R1的是交流電
C．線框轉(zhuǎn)一圈，通過電阻R1的電量為q=4BSR
D．矩形線框的輸出功率為5N2B2S2ω29R
【解答】解：A、矩形線框轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，通過線框的磁通量最大，但磁通量變化率為0，則此時(shí)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為0，故A錯(cuò)誤
B、線框從圖示位置開始繞軸OO′以恒定的角速度ω沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交流電，由于線框一端接換向器，通過電阻R1的是直流電，故B錯(cuò)誤
C、線框轉(zhuǎn)一圈，通過電阻R1的電量為q=ΔΦR=4NBSR，故C錯(cuò)誤
D、矩形線框轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值Em＝NBSω，則有效值E=Em2=NBSω2，
定值電阻R1兩端的電壓等于理想變壓器的輸入電壓，即U1＝E
消耗的功率為P1=U12R1=N2B2S2ω22R1
由理想變壓器的工作原理U1U2=n1n2
可知U2=n2n1U1=NBSω32
定值電阻R2消耗的功率為P2=U22R2=N2B2S2ω218R
矩形線框的輸出功率為
P＝P1+P2=5N2B2S2ω29R，故D正確。
故選：D。
二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分．每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的．全部選對的得2分，選對但選不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）
14． 2022年5月5日，我國科學(xué)技術(shù)大學(xué)潘建偉院士和同事成功利用“墨子號”量子科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星，實(shí)現(xiàn)了地球上1200公里間的量子態(tài)遠(yuǎn)程傳輸，這次實(shí)驗(yàn)的成功，意味著我國在量子通信網(wǎng)絡(luò)建設(shè)領(lǐng)域向前邁出了重要的一步。下列關(guān)于量子理論建立的歷史進(jìn)程的說法中，不正確的是（　?。?br /> A．普朗克認(rèn)為微觀粒子的能量是量子化的，或者說微觀粒子的能量是分立的
B．愛因斯坦否定了普朗克的量子假說，提出了光子說并解釋了光電效應(yīng)規(guī)律
C．玻爾認(rèn)為電子的軌道半徑只可能是某些分立的數(shù)值
D．德布羅意提出實(shí)物粒子具有波動(dòng)性，粒子的動(dòng)量跟它所對應(yīng)波的波長遵守λ=?p
【解答】解：A、普朗克認(rèn)為微觀粒子的能量是量子化的，或者說微觀粒子的能量是分立的，符合史實(shí)，故A正確；
B、愛因斯坦認(rèn)為普朗克的量子假說是合理的，并提出了光子說并解釋了光電效應(yīng)規(guī)律，故B錯(cuò)誤；
C、玻爾認(rèn)為電子的軌道是量子化的，軌道半徑只可能是某些分立的數(shù)值，故C正確；
D、德布羅意提出實(shí)物粒子具有波動(dòng)性，粒子的動(dòng)量跟它所對應(yīng)波的波長遵守λ=?p，符合史實(shí)，故D正確。
本題選不正確的，
故選：B。
（多選）15．一列簡諧橫波在t1＝0.02s時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，平衡位置在x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖象如圖乙所示。已知質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在x＝1.75m處。下列說法正確的是（　　
A．波的傳播速度為100m/s
B．t2＝0.03s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向
C．M點(diǎn)在t1時(shí)刻位移為210m
D．質(zhì)點(diǎn)M從t1時(shí)刻起每過0.005s通過的路程均為0.2m
【解答】解：A、由圖甲可知波長λ＝2m，由乙圖可知周期T＝0.02s，所以波速為：v=λT=100m/s，故A正確。
B．由圖乙知t1＝0.02s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P正通過平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可以判斷出該波沿x軸正向傳播，所以此時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向，則當(dāng)t2＝0.03s，即再過半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向。故B錯(cuò)誤。
C．質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在x＝1.75m，與P點(diǎn)振動(dòng)情況相差1.75?1.02T=38T
根據(jù)振動(dòng)方程可知：y=Asinωt=Asin2πTt=0.2sin2πT×38T=210m，故C正確。
D．在△t=0.005s=14T時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M從t1時(shí)刻起每過0.005s通過的路程均為0.2m。故D錯(cuò)誤。
故選：AC
（多選）16．（2分）如圖所示是一種將藥物透過皮膚注入體內(nèi)的高壓噴射器，噴射器的泵體是一個(gè)長方體槽，泵體上部與豎直絕緣細(xì)管相連．已知槽高為h，槽的左、右是間距為L、電壓為U的導(dǎo)電金屬壁，上、下、前后均為絕緣壁，其中前、后壁間距為d，垂直于前壁向后有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．噴射器正常工作時(shí)，導(dǎo)電藥液從長方體的左壁流向右壁，藥液受安培力作用被壓到細(xì)管中完成注射．已知藥液的電阻率為ρ1、密度為ρ2，重力加速度大小為g．則（　?。?br />
A．槽的右壁應(yīng)接電源正極
B．藥液受到的安培力大小為BU?dρ1
C．噴射器正常工作時(shí)，U＞ρ1ρ2LgB
D．噴射器正常工作時(shí)，U＞ρ1ρ2dgB
【解答】解：A、根據(jù)題意可知，安培力方向向上，結(jié)合左手定則可知，電流方向由左向右，則槽的左壁應(yīng)該接電源正極，右壁接電源負(fù)極，故A錯(cuò)誤；
B、左、右兩壁間的電阻為R=ρ1L?d，電流大小為I=UR=U?dρ1L，安培力大小為F＝BIL=BU?dρ1，故B正確；
CD、要把藥液噴到高處，則F＞mg，m＝ρ2Lhd，解得U＞ρ1ρ2LgB，故C正確，D錯(cuò)誤．
故選：BC。
三、非選擇題（本題共8小題，共55分）
17．（1）在探究“物體質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，小方同學(xué)做了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)改進(jìn)，在調(diào)節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細(xì)線中的拉力。
①實(shí)驗(yàn)時(shí)，下列說法正確的是 　B　。
A．需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量
B．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄拉力傳感器的示數(shù)
C．使用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)選用220V的交流電源
D．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量
②由實(shí)驗(yàn)得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)F的關(guān)系如圖乙所示。則小車運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力Ff＝　2.0　N，小車的質(zhì)量M＝　3.0　kg；
（2）某同學(xué)用單擺測重力加速度實(shí)驗(yàn)中，用游標(biāo)卡尺測得小球直徑的讀數(shù)如圖丙所示，則小球直徑為 　1.650　cm；重復(fù)實(shí)驗(yàn)幾次，改變擺線的長度L，用秒表測出相應(yīng)的周期T，再以L為橫坐標(biāo)，T2為縱坐標(biāo)作圖，對應(yīng)的圖像應(yīng)為圖丁中的直線 　1?。ㄌ睢?”、“2”或“3”）。
【解答】解：（1）A．實(shí)驗(yàn)中用力傳感器來獲取小車受到細(xì)線的拉力，則不需要測出砂和砂桶的總質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄拉力傳感器的示數(shù)，故B正確；
C．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是電壓約為8V的交流電源，故C錯(cuò)誤；
D．實(shí)驗(yàn)中用力傳感器來獲取小車受到細(xì)線的拉力，則不用保證砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。
故選B。
根據(jù)牛頓第二定律有：2F﹣Ff＝Ma
可得：a=2MF?FfM
結(jié)合圖乙可得：k=2M=4.07.0?1.0=23可得，小車的質(zhì)量為：M＝3.0kg
結(jié)合圖像，當(dāng)a＝0時(shí)有：Ff＝2F＝2.0N
（2）根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)可得，小球的直徑為d＝16mm+10×0.05mm＝16.50mm＝1.650cm
由題可得單擺的擺長為：l=12d+L
根據(jù)單擺的周期公式：T＝2πl(wèi)g
可得：T2＝4π2lg=2π2dg+4π2gL
所以對應(yīng)的圖像應(yīng)為圖丁中的直線1。
18．為了測量某種材料制成的電阻絲Rx的電阻率，提供的器材有：
A．電流表G，內(nèi)阻Rg＝120Ω，滿偏電流Ig＝3mA
B．電流表A，內(nèi)阻約為1Ω，量程為0～0.6A
C．螺旋測微器，刻度尺
D．電阻箱R0（0～9999Ω，0.5A）
E．滑動(dòng)變阻器R（5Ω，1A）
F．電池組E（6V，0.05Ω）
G．一個(gè)開關(guān)S和導(dǎo)線若干
某同學(xué)進(jìn)行了以下操作：
（1）用多用電表粗測電阻絲的阻值，當(dāng)用“×10”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應(yīng)該換用 　×1　擋（填“×1”或“×100”），進(jìn)行一系列正確操作后，指針靜止時(shí)位置如圖1所示。
（2）把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表使用，則電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0＝　1880　Ω。
（3）請用改裝好的電壓表設(shè)計(jì)一個(gè)測量電阻Rx阻值的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)提供的器材和實(shí)驗(yàn)需要，請將圖2中電路圖補(bǔ)畫完整。
（4）電阻率的計(jì)算：測得電阻絲的長度為L，電阻絲的直徑為d。電路閉合后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片到合適位置，電流表G的示數(shù)為I1，電流表A的示數(shù)為I2，請用已知量和測量量
的字母符號（各量不允許代入數(shù)值）寫出計(jì)算電阻率的表達(dá)式ρ＝　πd2I1(Rg+R0)4L(I2?I1)　。

【解答】解：（1）因歐姆表不均勻，要求歐姆表指針指在歐姆表中值電阻附近時(shí)讀數(shù)較準(zhǔn)，當(dāng)用“×10Ω”擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明倍率較大，所以應(yīng)按“×1”倍率讀數(shù)，讀數(shù)為：R＝1×15Ω＝15Ω；
（2）將電流表G 與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，而電流表G（內(nèi)阻Rg＝120Ω，滿偏電流Ig＝3mA）；
所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為Rv=UI=60.003=2000Ω；
由于電流表G的內(nèi)阻Rg＝120Ω，因此電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0＝2000﹣120＝1880Ω；
由于題意可知，兩電流表，當(dāng)另電流表使用外接法，能準(zhǔn)確測出所測電阻的電流，同時(shí)又能算出所測電阻的電壓；而滑動(dòng)變阻器R（5Ω，1A），電源電壓為6V，所以滑動(dòng)變阻器使用限流式，
則電路圖如下圖所示；
（3）由電阻定律可知，電阻R＝ρLS=ρLπ(d2)2，
則電阻率ρ=πd2R4L，
根據(jù)歐姆定律，R=UI=I1(Rg+R0)(I2?I1)；
所以電阻率ρ=πd2I1(Rg+R0)4L(I2?I1)。
故答案為：（1）×1Ω；（2）1880Ω，（3）如圖所示；（4）πd2I1(Rg+R0)4L(I2?I1)

19．質(zhì)量為m＝4kg的小物體，由A點(diǎn)靜止在恒力F＝20N作用下向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)撤去F，
AB相距L＝9m，設(shè)斜面足夠長，物體與平面、斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，物體在B點(diǎn)沒有能量損失。其中：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物體在水平面運(yùn)動(dòng)的加速度；
（2）在斜面上向上滑行的最大距離；
（3）物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間（答案可以有根號）。

【解答】解：在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律可知：Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma，
解得：a＝0.5m/s2
（2）到B點(diǎn)時(shí)的速度v，根據(jù)速度—位移公式可得：v2＝2aL，解得v＝3m/s
在斜面上，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入數(shù)據(jù)解得：a′＝10m/s2
根據(jù)速度—位移公式可知：0﹣v2＝﹣2a′x
解得：x＝0.45m
（3）上滑所需時(shí)間t1=va'=310s=0.3s=310s
到達(dá)斜面最高點(diǎn)后，開始下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma″，解得a″＝2m/s2
下滑所需時(shí)間為t2，則x=12a″t22，解得t2=3510s
故經(jīng)歷的總時(shí)間為t＝t1+t2，解得t=(3+3510)s
答：（1）物體在水平面運(yùn)動(dòng)的加速度為0.5m/s2；
（2）在斜面上向上滑行的最大距離為0.45m；
（3）物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(3+3510)s
20．如圖，質(zhì)量m＝2kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于水平平臺上的A點(diǎn)，現(xiàn)用與水平方向成370斜向上的拉力F拉動(dòng)小物塊一段距離后撤去，物塊繼續(xù)滑行一段位移后以v＝5m/s的速度從平臺邊緣上的O點(diǎn)水平拋出，擊中平臺右下側(cè)圓弧形擋板上的P點(diǎn)。以邊緣O為原點(diǎn)在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，擋板形狀滿足方程x2+y2＝6（單位：m），拉力F＝10N，A、O
兩點(diǎn)間的距離L＝9m，小物塊與平臺表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，g＝10m/s2，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）拉力F作用在小物塊上時(shí)小物塊滑行的距離s；
（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)。

【解答】解：（1）設(shè)力F 作用中，物塊的位移大小為x，對物塊在AO 段運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理有：
Fcos37°x﹣μ（mg﹣Fsin37°）x﹣μmg（L﹣x）=12mv2
代入數(shù)據(jù)解得：x＝5m
（2）小物塊從O水平拋出后滿足：x＝vt y=?12gt2
解得：小物塊的軌跡方程 y=?15x2
又有 x2+y2 ＝6
代入數(shù)據(jù)解得：x=5m y＝﹣1m
P點(diǎn)坐標(biāo)為：（5m，?1m)
答：（1）拉力F作用在小物塊上時(shí)小物塊滑行的距離為5m；
（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)為（5m，?1m)
21．有一邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，二者寬度分別為L、H，且H＞L。導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，一段時(shí)間后又恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，重力加速度為g，求：
（1）導(dǎo)線框離開區(qū)域Ⅱ的速度；
（2）導(dǎo)線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度；
（3）導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程產(chǎn)生的焦耳熱；
（4）導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ的時(shí)間。

【解答】解：（1）因?yàn)閷?dǎo)線框恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，根據(jù)平衡條件得：mg=BIL=B2L2vR
解得：v=mgRB2L2；
（2）導(dǎo)線框勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ之間一直做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡關(guān)系和電磁感應(yīng)定律可得：v=mgRB2L2
導(dǎo)線框下邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律E2＝BLv+BLv＝2BLv
又：I2=E2R
解得：I2=2BLvR
線框所受安培力：F2＝2BI2L
由牛頓第二定律有：F2﹣mg＝ma
解得：a＝3g，方向豎直向上；
（3）導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，故線框在區(qū)域Ⅰ中以速度v勻速運(yùn)動(dòng)；
設(shè)線框完全離開磁場Ⅰ時(shí)速度為v'，從完全離開磁場I到開始離開區(qū)域Ⅱ的過程中，由動(dòng)能定理得：
mg(H?L)=12mv2?12mv'2
導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程，根據(jù)能量守恒定律可得：mgL+12mv2=12mv'2+Q
聯(lián)立解得導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ過程產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mgH；
（4）導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ至開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ過程中，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：
mgt1?F安1t1=mv?mv，F(xiàn)安t=BILt=BΔΦRtLt=BΔΦRL
聯(lián)立得：mgt1?BΔΦRL=0
解得：t1=B2L3mgR
由題意知導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，一段時(shí)間后又恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，由于區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則導(dǎo)線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度v與導(dǎo)線框剛離開區(qū)域Ⅱ的速度v是相同的，則導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ至開始離開區(qū)域Ⅱ過程中，設(shè)安培力作用的時(shí)間為Δt，重力作用的時(shí)間為t2，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：
mgt2?F安2Δt=mv?mv，即：mgt2?2BL2BL2R=0
解得：t2=4B2L3mgR
導(dǎo)線框自開始離開區(qū)域Ⅱ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ過程中，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：
mgt3?F安3t3=mv?mv
解得：t3=B2L3mgR
故：t=t1+t2+t3=6B2L3mgR
解得：t=6B2L3mgR。
答：（1）導(dǎo)線框離開區(qū)域Ⅱ的速度為mgRB2L2；
（2）導(dǎo)線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度為3g，方向豎直向上；
（3）導(dǎo)線框進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程產(chǎn)生的焦耳熱為mgH；
（4）導(dǎo)線框自開始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ的時(shí)間為6B2L3mgR。
22．如圖，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，直線y=32l﹣kx（k＞0）的上方有垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在P（0，32l）點(diǎn)有一粒子源，能以不同速率沿與y軸正方向成60°角發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的相同粒子。這些粒子經(jīng)磁場后都沿﹣y方向通過x軸，且速度最大的粒子通過x軸上的M點(diǎn)，速度最小的粒子通過x軸上的N點(diǎn)。已知速度最大的粒子通過x軸前一直在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)，NM=32l，不計(jì)粒子的重力，求：
（1）粒子最大速度的值與k的值；
（2）粒子從P點(diǎn)到穿過x軸經(jīng)歷的最長時(shí)間；
（3）有界磁場的最小面積。

【解答】解：（1）設(shè)粒子最大的速度為v1，
由于速度最大的粒子一直在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)，

過P點(diǎn)作速度的垂線交x軸于O1點(diǎn)，
就是速度為v1的粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，
PO1即為半徑R1
有幾何關(guān)系可知，R1sin60°＝y(tǒng)p，
由牛頓第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子離開磁場的方向都是沿著y軸負(fù)方向，
故它們在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度都相同，即從磁場射出的粒子，
射出點(diǎn)一定在PM連線上，PM連線即為y=32l?kx
直線k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
（2）所有粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等，速度小的粒子離開磁場后再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
速度最小的粒子在磁場外運(yùn)動(dòng)的位移最大，時(shí)間最長，
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，
T=2πmqB，t1=13T，
設(shè)速度最小的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，速度為v2，
根據(jù)幾何關(guān)系有ON=OM?NM=3l，
R2sin30°+R2＝ON，
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子離開磁場后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子從離開P點(diǎn)到打在x軸上經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1+t2=(8π+33)12qBm。
（3）磁場的最小面積為圖中的PCM陰影部分的面積S=(13πR12?12R12sin60°)?(13πR22?12R22sin60°)
解得S=5(4π?33)36l2。
答：（1）粒子最大速度的值為3qBlm與k的值為33。
（2）粒子從P點(diǎn)到穿過x軸經(jīng)歷的最長時(shí)間(8π+33)12qBm。
（3）有界磁場的最小面積為5(4π?33)36l2。

相關(guān)試卷

高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第24講 仿真模擬卷（五）：

這是一份高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第24講 仿真模擬卷（五），文件包含仿真模擬卷五教師版docx、仿真模擬卷五學(xué)生版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共35頁， 歡迎下載使用。

高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第23講 仿真模擬卷（四）：

這是一份高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第23講 仿真模擬卷（四），文件包含仿真模擬卷四教師版docx、仿真模擬卷四學(xué)生版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共32頁， 歡迎下載使用。

高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第22講 仿真模擬卷（三）：

這是一份高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第22講 仿真模擬卷（三），文件包含仿真模擬卷三教師版docx、仿真模擬卷三學(xué)生版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共36頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第21講 仿真模擬卷（二）

高考物理二輪復(fù)習(xí)【仿真模擬】第21講 仿真模擬卷（二）
【極品】126頁！高考物理模擬仿真卷

【極品】126頁！高考物理模擬仿真卷
【原創(chuàng)】2022屆高考仿真卷模擬卷 物理（一）

【原創(chuàng)】2022屆高考仿真卷模擬卷 物理（一）
【原創(chuàng)】（新高考）2022屆高考仿真卷模擬卷 物理（一）

【原創(chuàng)】（新高考）2022屆高考仿真卷模擬卷 物理（一）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部