解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题.docx
- 文档编号:1075251
- 上传时间:2023-04-30
- 格式:DOCX
- 页数:28
- 大小:346.46KB
解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题.docx
《解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题.docx(28页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
解析山东省烟台市高三下学期二模考试物理试题
2021年山东省烟台市高考物理二模试卷
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
1.(6分)如图所示,滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动,它的下端通过一根细线与小球相连,小球受到水平向右的拉力F的作用,此时滑块与小球处于静止状态.保持拉力F始终沿水平方向,将其大小缓慢增大,细线偏离竖直方向的角度将增大,这一过程中滑块始终保持静止,则( )
A.滑块对杆的压力增大
B. 滑块受到杆的摩擦力增大
C.小球受到细线的拉力大小不变
D. 小球所受各力的合力增大
【考点】:
共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.
【专题】:
共点力作用下物体平衡专题.
【分析】:
先对球分析,根据平衡条件求解拉力和细线的张力情况;然后对球和滑块整体分析,根据平衡条件求解支持力和静摩擦力情况.
【解析】:
解:
CD、对球分析,受重力mg、拉力F和细线的拉力T,如图所示:
根据平衡条件,有:
F=mgtanθ
T=
故拉力F不断增加,拉力T也增加;小球的合力为零,保持不变;
故C错误,D错误;
AB、对球和滑块整体分析,受到总重力、支持力、拉力和静摩擦力,根据平衡条件,有:
N=(M+m)g
f=F=mgtanθ
支持力不变,根据牛顿第三定律,压力也不变;
静摩擦力等于拉力,不断增加;
故A错误,B正确;
故选:
B
【点评】:
本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析,然后根据共点力平衡条件列式求解,对于研究对象的灵活选择,有时可以使问题大大简化,起到事半功倍的效果.
2.(6分)如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已知木板质量大于物块质量,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动,碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中物块一直未离开木板,则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【考点】:
匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【专题】:
运动学中的图像专题.
【分析】:
木板碰到挡板前,物块与木板一直做匀速运动,木板碰到挡板后,物块继续向右做匀减速运动,木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,由动量守恒分析最终的速度,即可选择图象.
【解析】:
解:
木板碰到挡板前,物块与木板一直做匀速运动,速度为v0;木板碰到挡板后,物块向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,设为v.
设木板的质量为M,物块的质量为m,取向左为正方向,则由动量守恒得:
Mv0﹣mv0=(M+m)v,得v=
故A正确,BCD错误. 故选: A. 【点评】: 解决本题的关键要正确分析物体的运动情况,明确木板碰到挡板后,系统的动量守恒,运用动量守恒定律研究最终的共同速度. 3.(6分)如图所示,ac和bd为正方形abcd的对角平分线,O为正方形的中心.现在abc三点分别放上电荷量相等的三个正电荷,则下列说法正确的是( ) A. O点电场强度的方向垂直于ac由O指向d B.从O到d电势逐渐升高 C.将b点的电荷移到O点时,d点的电场强度变小 D.将带正电的试探电荷由O移到d,该电荷的电势能逐渐减少 【考点】: 电势差与电场强度的关系;电势. 【专题】: 电场力与电势的性质专题. 【分析】: 根据点电荷产生的场强和场强的叠加原理判断场强的大小,沿电场线方向电势降低,正电荷沿电场线方向电场力做正功,电势能减小 【解析】: 解: A、根据点电荷产生的场强和叠加原理可得O点的场强方向垂直于ac由O指向d,故A正确; B、O到d的场强方向指向d,故沿电场线方向电势降低,故B错误; C、根据电场的叠加可知将b点的电荷移到O点时,d点的电场强度变大,故C错误; D、将带正电的试探电荷由O移到d,电场力做正功,电势能减小,故D正确; 故选: AD 【点评】: 本题考查对电场叠加的理解和应用能力,明确其计算用矢量合成法则,会分析电势的高低 4.(6分)如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10: 1,A、V均为理想电表,R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),Ll和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是() A.电压u的频率为100Hz B.电压表V的示数为22 V C.当照射R的光强增大时,电流表A的示数变大 D.当Ll的灯丝烧断后,电压表V的示数会变大 【考点】: 变压器的构造和原理. 【专题】: 交流电专题. 【分析】: 由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,输入、输出功率之比.和闭合电路中的动态分析类似,可以根据R的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况,在根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况. 【解析】: 解: A、原线圈接入如图乙所示,T=0.02s,所以频率为f= =50 Hz,故A错误; B、原线圈接入电压的最大值是220 V,所以原线圈接入电压的有效值是U=220V, 理想变压器原、副线圈匝数比为10: 1,所以副线圈电压是22V,所以V的示数为22V,故B错误; C、R阻值随光强增大而减小,根据I= 知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加,根据能量守恒定律,所以原线圈输入功率也增加,原线圈电流增加,所以A的示数变大,故C正确; D、当Ll的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压比公式,输出电压也不变,故电压表读数不变,故D错误; 故选: C 【点评】: 电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法. 5.(6分)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨,导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上,两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连.棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,三角形的两条直角边长均为l,整个装置的俯视图如图所示.从图示位置在棒ab上加水平拉力F,使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区,则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是(金属棒ab中电流方向由a到b为正) ( ) A. B. C. D. 【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势. 【专题】: 电磁感应与电路结合. 【分析】: 在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中,ab棒或cd棒切割磁感线,由E=BLv分析感应电动势的变化,判断感应电流大小的变化,由楞次定律分析感应电流的方向.由F=BIL得到安培力的表达式,再由平衡条件分析F的变化. 【解析】: 解: 在ab棒通过磁场的时间内,ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大,由E=BLv分析可知,ab产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,由楞次定律知感应电流的方向由b到a,为负值.根据cd棒受力平衡知,细线上的张力F为0; 在cd棒通过磁场的时间内,cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大,由E=BLv分析可知,cd产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,由楞次定律知感应电流的方向由a到b,为正负值.根据cd棒受力平衡知,细线上的张力F=BIL= L均匀增大,则F非线性增大.故ACD错误,B正确. 故选: B. 【点评】: 对于电磁感应中图象问题,先根据楞次定律判断感应电流方向,再运用E=BLv、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况,要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度. 6.(6分)如图所示,有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动,旋转方向相同.A卫星的周期为T1,B卫星的周期为T2,在某一时刻两卫星相距最近,则(引力常量为G)() A.两卫星经过时间t=T1+T2再次相距最近 B. 两颗卫星的轨道半径之比T22: T12 C. 若己知两颗卫星相距最近时的距离,可求出地球的质量 D. 若己知两颗卫星相距最近时的距离,可求出地球表面的重力加速度 【考点】: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 【专题】: 人造卫星问题. 【分析】: 两行星相距最近时,两行星应该在同一半径方向上,两行星相距最远时,两行星应该在同一直径上,由于A的周期小,故A转得较快,当A比B多转一圈时两行星再次相距最近. 【解析】: 解: A、两行星相距最近时,两行星应该在同一半径方向上, A多转动一圈时,第二次追上,转动的角度相差2π,即: t﹣ t=2π, 解得: t= .故A错误; B、根据万有引力提供向心力得: =m r A卫星的周期为T1,B卫星的周期为T2,所以 : ,故B错误; C、若己知两颗卫星相距最近时的距离,结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径,根据万有引力提供向心力得: =m r,所以可求出地球的质量,故C正确 D、不知道地球的半径,所以不可求出地球表面的重力加速度,故D错误; 故选: C. 【点评】: 根据几何关系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系,最近时两卫星在同一半径上角度差为2π弧度,卫星相距最远时,两卫星在同一直径上,转过的角度差为π弧度. 7.(6分)一块长木板abc长为2L,沿与水平面成θ角倾斜放置,它的ab部分表面光滑,bc部分表面粗糙,两部分长度相等.木板下端口处有一与木板垂直的挡板,挡板上固定一段劲度系数为k的轻弹簧,弹簧长度为0.5L.将一质量为m的物块在木板的顶端c由静止释放,物块将沿木板下滑,已知重力加速度大小为g,下列表述正确的是( ) A.物块最终会在ab之间某一段范围内做往复运动 B.物块运动过程中克服摩擦力做的功最多为mgLsinθ C.物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的 D. 物块每一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都等于mgsinθ( ) 【考点】: 功能关系;弹性势能. 【分析】: 物块从C到最低点的运动中,物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能,从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能,物块会在木板上做往返运动,每次经过bc面都有能量损失,直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能,物块只在ab之间某一段范围内做往复运动,根据能量守恒定律计算过程中摩擦力做功,最大的弹性势能. 【解析】: 解: A、物块从C到最低点的运动中,物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能,从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能,物块会在木板上做往返运动,每次经过bc面都有能量损失,直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能,物块只在ab之间某一段范围内做往复运动,故A正确; B、物块最后在b与a上方某点之间做往复运动,物块到达最低点时,由mgsinθ=kx,解得: x= 根据能量守恒定律,mg(2L﹣ )sinθ=Wf+mg(L﹣ )sinθ,解得: Wf=mgLsinθ,故B正确; C、物块开始会在b点上方某点和最低点运动,最后在b点和最低点之间运动,故在b点上方某点和最低点运动,每次有能量损耗,故每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的,但在在b点和最低点之间运动,无能量损耗,物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是一样的,故C错误; D、物块第一次到达最低点时,由mgsinθ=kx,解得: x= 根据能量守恒定律得: mgsin =EP+Q, 整理得: EP+Q=mgsinθ( ),故物块第一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都小于mgsinθ( ),故D错误; 故选: AB 【点评】: 本题关键是明确物体的受力情况和运动情况,结合平衡条件、能量守恒定律求解,分析时注意物块运动到最低点时,位移不等于2L,利用公式时,注意位移大小. 二、必考题(共4小题,满分56分) 8.(8分)如图甲所示,通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数.在水平桌面上放一块长木板,适当垫高木板的一端,让铁块从木板的顶端a由静止滑到底端b,铁块与b处的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c时速度变为零.现用刻度尺量出木板的长度L,ac间的距离x. (1)要完成实验还需要用刻度尺测量出 离桌面的高度h,根据测出的数据,若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响,则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为 .(用测得的量的符号表示) (2)为了提高实验的精度,需考虑铁块的宽度,图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图,由图可知铁块的宽度为3.140 cm. (3)以下能引起实验误差的是: CD(填选项序号) A.铁块的质量 B.当地的重力加速度 C.铁块与挡板碰撞时有能量损失 D.测量长度时的读数误差. 【考点】: 探究影响摩擦力的大小的因素. 【专题】: 实验题. 【分析】: (1)根据动能定理,结合滑动摩擦力做功与路径有关,重力做功与高度有关,及长度关系确定正弦与余弦值,从而即可求解摩擦因数; (2)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读; (3)根据动摩擦因数式,从而确定误差根源,即可求解. 【解析】: 解: (1)根据动能定理,选取从静止到停止过程,则有: 解得: μ= 上可知要求μ,则需要知道h,即物体到桌面的高度; (2)游标卡尺的固定刻度读数为31mm=3.1cm,游标读数为0.05×8=0.40mm=0.040cm, 所以最终读数为3.1cm+0.040cm=3.140cm; (3)由上式可知,实验中误差产生的原因有: 铁块与挡板碰撞时有能量损失,及测量长度时的读数误差; 而铁块的质量与当地的重力加速度,在等式两边约去,故CD正确,AB错误; 故答案为: (1)离桌面的高度h, ;(2)3.140;(3)CD. 【点评】: 1、掌握游标卡尺的读数,注意游标卡尺不需估读. 2、考查动能定理的应用,能根据受力分析和几何关系求解,并掌握分析误差的根源是解题的关键. 9.(10分)某同学从下列器材中选择了一部分,用来测量一旧的层叠电池的电动势(4V左右)和内电阻(估计6Ω左右). 多用电表(电流档有250mA、500mA等量程,这两个量程对应的内阻分别为5Ω和2Ω)电压表V1(量程3V,内阻3KΩ) 电压表V2(量程1.5V,内阻1KΩ) 滑动变阻器R1(最大阻值100Ω,额定电流1A) 滑动变阻器R2(最大阻值2KΩ,额定电流1A) 开关和导线若干最终测得了六组电压和电流数据,描出的点如图2所示. (1)在图1的虚线框内画出实验电路图(使用多用电表的电流档测电流时,电路中用符号“黑﹣ ﹣红”表示,其中的黑与红分别表示的是多用电表的黑表笔和红表笔.所选电流档的量程为500mA,所选滑动变阻器为R1 (填“R1”或“R2”); (2)实验过程中若电压表V1的示数为1.5V,此时电压表V2的示数应为0.5V; (3)图2是某同学实验时画出的电源路端电压与通过电源的电流的图象,他把各组数据描出的点直接用折线连了起来,请纠正他存在的问题,画出正确的图线,由图象求出电源的电动势为 4.1V,内电阻为 6.4 Ω. 【考点】: 测定电源的电动势和内阻. 【专题】: 实验题. 【分析】: (1)由题意可明确电路结构及实验原理,从而确定电表的选择并明确电路图的确定; (2)由串联电路的规律可求得电压表V2的示数; (3)由闭合电路欧姆定律可确定表达式,再由图象的性质可求得电源的内阻及电动势. 【解析】: 解: (1)由题意可知,电源电动势为4V,单个电压表无法使用,故应将两电压表串联使用;电路如图所示; 内阻约为6Ω;故最大电流约为 A;故多用电表应选择500mA档;因电源内阻较小,故滑动变阻器不能选择2kΩ的电阻;应选择总阻值较小的R1; (2)V1的示数为1.5V,故电压表V2的示数为: =0.5V; (3)由U=E﹣Ir可知,U﹣I图象应为一次函数;故不能画成折线;故应将各点用直线连接,不在直线上的点可以舍去;如图所示; 由图可知,电动势E=4.1V;内阻r= =6.4Ω; 故答案为: (1)如图所示; (2)500mA;R1;(2)0.5;(3)如图所示;4.1;6.4. 【点评】: 本题考查闭合电路欧姆定律的应用,要注意正确分析实验原理,认真分析电路结构,再由数学规律可求得电动势和内电阻. 10.(18分)如图所示,水平平台ab长为20m,平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接,斜面倾角为30°.在平台b端放上质量为5kg的物块,并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后,物块由静止开始运动.己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,求: (第(2)、(3)两问结果保留三位有效数字) (1)物块由a运动到b所用的时间; (2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力,则物块刚好能从斜面b端开始下滑,则间aP的距离为多少? (物块在b端无能量损失) (3)若物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03Lb,式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离,在 (2)中的情况下,物块沿斜面滑到什么位置时速度最大? 【考点】: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: (1)根据牛顿运动定律求解加速度,根据位移时间关系知时间; (2)根据位移速度关系列方程求解; (3)物体沿斜面下滑的速度最大时,须加速度为0,根据受力分析列方程,结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03Lb知斜面长度的临界值,从而讨论最大速度. 【解析】: 解: (1)受力分析知物体的加速度为 a1= = =1.6m/s2 x= a1t2 解得a到b的时间为t= =5s (2)物体从a到p: =2a1x1 物块由P到b: =2a2x2 a2=μg x=x1+x2 解得ap距离为x1=14.3m (3)物体沿斜面下滑的速度最大时,须加速度为0, 即a= =0 μbc=0.277+0.03Lb, 联立解得Lb=10m 因此如斜面长度L>10m,则Lb=10m时速度最大; 若斜面长度L≤10m,则斜面最低点速度最大. 答: (1)物块由a运动到b所用的时间为5s; (2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力,则物块刚好能从斜面b端开始下滑,则间aP的距离为14.3m; (3)斜面长度L>10m,则Lb=10m时速度最大;若斜面长度L≤10m,则斜面最低点速度最大. 【点评】: 本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡,但是由于涉及到动摩擦因数变化,增加了难度;故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时,须加速度为0这个条件. 11.(20分)如图(甲)所示,两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置,板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为L的区域内存在如图(乙)所示周期性变化的磁场,磁场的左右边界与x轴垂直.现有一质量为m,带电荷量为+q的带电粒子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间,飞出电场后从点(L,0)进入磁场区域,进入时速度方向与x轴夹角为30°,把粒子进入磁场的时刻做为零时刻,以垂直于纸面向里作为磁场正方向,粒子最后从x轴上(2L,0)点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场,不计粒子重力. (1)求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功; (2)计算两板间的电势差并确定A点的位置; (3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式. 【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】: 带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】: (1)粒子在电场中做类似平抛运动,速度偏转角正切值为位移偏转角正切值的2倍,求解出末速度后根据动能定理列式求解电场力对它所做的功; (2)粒子在电场中做类似平抛运动,已知水平分位移和竖直分位移,根据分位移公式列式求解即可; (3)粒子在磁场中匀速圆周运动,画出可能的运动轨迹,然后结合牛顿第二定律和几何关系列式分析. 【解析】: 解: (1)设粒子刚进入磁场时的速度为v,则: v= = 电场力对粒子所做的功为: W= (2)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′,则: v′=v0tan30°= 水平方向: L=v0t 竖直方向: 解得: y= 电场力对粒子所做的功: W=qEy 两板间的电压U=2Ey0 解得: U= (3)由对称性可知,粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变,方向与x轴夹角为α=±30°; 在磁场变化的半个周期内,粒子的偏转角为2α=60°; 故磁场变化的半个周期内,粒子在x轴上的位移为: x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是: nR=LR= (n=1,2,3,…) 由牛顿第二定律,有: 解得: B0= (n=1,2,3,…) 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过 周期,同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍,可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求; 解得: (n=1,2,3,…) 当 T> 答: (1)粒子在两板间运动时电场力对它所做的功为 ; (2)两板间的电势差为 A点的位置坐标(0, ); (3)磁场区域磁感应强度B0的大小B0= (n=1,2,3,…)、磁场变化周期T> . 【点评】: 本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况,分类似平抛运动和匀速圆周运动进行分析,关键是画出轨迹,根据牛顿第二定律和动能定理列式分析. 三、选考题(任选一模块作答)(12分)【物理-物理3-3】 12.(4分)下列说法正确的是() A. 温度升高,物体分子热运动的平均动能一定增大 B.当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而减小 C.外界对物体做功,物体内能一定增加 D.对于一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热 【考点】: 热力学第一定律;分子间的相互作用力;温度是分子平均动能的标志. 【分析】: 温度是分子平均动能的标志;分子间存在着相互作用的引力和斥力,当分子间距离增大时,表现为引力,当分子间距离减小时,表现为斥力,而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大,再减小;当分子间距等于平衡位置时,引力等于斥力,即分子力等于零;根据热力学第一定律分析内能的变化. 【解析】: 解: A、温度是分子平均动能的标志,温度高的平均动能大,温度升高,物体分子热运动的平均动能一定增大;故A正确; B、当分子力表现为斥力时,分子间距离减小时,分子力做负功;故分子势能随分子间距离的减小而增大;故B错误; C、外界对物体做功时,可能物体同时对外放热,故内能不一定增加;故C错误; D、对于一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大对外做功,根据理想气体的状态方程: ,可知气体的温度一定升高,内能增大.根据热力学第一定律可知一定从外界吸热;故D正确; 故选: AD. 【点评】: 本题考查温度的微观意义、分子间的相互作用力、热力学第一定律和理想气体的状态方程,要注意明确分子的作用力与分子间距离的关系. 13.(8分)一气缸质量为M=60kg(气缸的厚度忽略不计且透热性良好),开口向上放在水平面上,气缸中有横截面积为S=1
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 解析 山东省 烟台市 下学 期二模 考试 物理试题