福建省福州市金山中学学年高二下学期物理期末考试精校解析Word版.docx
- 文档编号:10626204
- 上传时间:2023-02-22
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:203.49KB
福建省福州市金山中学学年高二下学期物理期末考试精校解析Word版.docx
《福建省福州市金山中学学年高二下学期物理期末考试精校解析Word版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《福建省福州市金山中学学年高二下学期物理期末考试精校解析Word版.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
福建省福州市金山中学学年高二下学期物理期末考试精校解析Word版
福建省福州金山中学2017-2018学年高二下学期期末考试
物理试题
一、选择题(本题11小题,每小题4分,共44分;1-7题单选,8-11题多选,全对得4分,选错或不选得0分,选不全得2分)
1.如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图象,由图可知()
A.交流电的周期为2s
B.用电压表测量该交流电压时,读数为311V
C.交变电压的有效值为220V
D.将它加在电容器上时,电容器的耐压值等于220V
【答案】C
【解析】
试题分析:
由图可知交流电的周期为2
,A错误;用电压表测量该交流电压时,测得的是有效值,不是最大值,B错误;交变电压的有效值为
C正确;若将它加在电容器上时,电容器的耐压值应该大于311V,D错误。
考点:
本题考查了关于交流电图象的问题
2.如图所示,AB为固定的光滑圆弧轨道,O为圆心,AO水平,BO竖直,轨道半径为R,将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放,在小球从A点运动到B点的过程中,小球()
A.所受合力的冲量水平向右B.所受支持力的冲量水平向右
C.所受合力的冲量大小为
D.所受重力的冲量大小为0
【答案】A
【解析】
小球从A点运动到B点的过程中,做圆周运动,B点时速度沿切线方向,水平向右;
从A到B,根据动能定理:
,解得:
;
A、根据动量定理,
,方向水平向右,故A正确,C错误;
B、根据冲量的定义式
,方向与支持力的方向相同,垂直于支持面指向圆心,故B错误;
D、根据冲量定义
,因为重力和时间不为0,所以重力的冲量大小不为0,故D错误。
点睛:
此题考查了冲量的概念和动量定理的应用,要记住动量的变化等于合力的冲量。
3.如果液体对某种固体是浸润的,当液体装在由这种固体物质做成的细管中时,下列说法错误的是
A.附着层里分子的密度大于液体内部分子的密度
B.附着层分子的作用力表现为引力
C.管中的液面一定是凹形弯月面
D.液面跟固体接触的面积有扩大的趋势
【答案】B
【解析】
当液体对某种固体是浸润时,则液体表面表现为斥力,分子间距小于液体内部,分子密度大于内部分子的密度,液面是凹形形状,液面跟固体接触的面积有扩大的趋势,故ACD说法正确,B说法错误。
所以选B。
4.铀核(
)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(
),关于该过程,下列说法中正确的是()
A.m=5,n=4
B.铀核(
)的比结合能比铅核(
)的比结合能小
C.衰变产物的结合能之和小于铀核(
)的结合能
D.铀核(
)衰变过程的半衰期与温度和压强有关
【答案】B
【解析】
A、衰变方程为:
,则:
,解得:
,
又:
,得:
,故选项A错误;
B、衰变后的产物相对于衰变前要稳定,所以铀核衰变成
粒子和另一原子核,衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能,故B正确,C错误;
D、原子核的半衰期与环境的温度、压强等无关,故D错误。
5.如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板为参照物
A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为
【答案】D
【解析】
试题分析:
将帆板视为静止,则可得出船相对于板的速度,再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向.
解:
以帆板为参考系,即把帆板看作静止,则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v;
由矢量合成可知,二者的合速度v合=
v;方向北偏东45度.
故选:
D
【点评】本题考查运动的合成与分解及参考系的内容,矢量是高中物理中的重要内容要掌握其合成与分解的方法.
视频
6.如图所示是玻尔理论中氢原子的能级图,现让一束单色光照射一群处于基态的氢原子,受激发的氢原子能自发地辐射出三种不同频率的光,则照射氢原子的单色光的光子能量为()
A.13.6eVB.12.09eVC.10.2eVD.3.4eV
【答案】B
【解析】
受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光,知跃迁到第3能级,则吸收的光子能量为△E=-1.51+13.6eV=12.09eV.故D正确,ABC错误。
故选D。
7.几个水球可以挡住一颗子弹?
(国家地理频道)的实验结果是:
四个水球足够!
完全相同的水球紧挨在−起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.子弹在每个水球中运动的时间不同
C.每个水球对子弹的冲量不同
D.子弹在毎个水球中的动能变化相同
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.设水球的直径为d,子弹运动的过程为匀减速直线运动,直到末速度为零,我们可以应用逆过程,相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。
因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d和4d,根据x=
知,所用时间之比为1:
:
:
2,所以子弹在每个水球中运动的时间不同;
子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,所以加速度相同,由△v=at可知,运动的时间不同,则速度的变化量不同;故A错误,B正确;
C.根据冲量的定义:
I=Ft,受力是相同的,运动的时间不同,所以每个水球对子弹的冲量不同。
故C正确;
D.根据动能定理:
△EK=W=Fd,受力是相同的,运动的位移相同,所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等,所以子弹在毎个水球中的动能变化相同。
故D正确。
故选:
BCD
【点睛】子弹运动的过程为匀减速直线运动,直到末速度为零,我们可以应用逆过程,相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题;根据冲量的定义判断冲量的变化;根据动能定理判断动能的变化。
8.用如图的装置研究光电效应现象,当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时,电流表G的读数为0.2mA.移动变阻器的触点c,当电压表的示数大于或等于0.7V时,电流表读数为0.则( )
A.光电管阴极的逸出功为1.8eV
B.光电子的最大初动能为0.7eV
C.电键k断开后,没有电流流过电流表G
D.改用能量为1.5eV的光子照射,电流表G也有电流,但电流较小
【答案】AB
【解析】
AC:
该装置所加的电压为反向电压,发现当电压表的示数大于或等于0.7V时,电流表示数为0,可知光电子的最大初动能为0.7eV,根据光电效应方程Ekm=hν–W0,可得W0=1.8eV.AC正确;
B:
开关S断开后,用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应,有光电子逸出,不加电压时,有光子能从阴极出发到阳极,则有电流流过电流表。
故B项错误。
D:
改用能量为1.5eV的光子照射,由于光电子的能量小于逸出功,不能发生光电效应,无光电流。
故D项错误。
9.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为2:
1,R1、R2为定值电阻,且R1=2R2,已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化。
下列说法正确的是()
A.电阳R2中的电流方向每秒钟改变100次
B.电压表示数为110V
C.ab两端与副线圈两端的电压之比为3:
1
D.电阻R1、R2消耗的功率之比为1:
4
【答案】AC
【解析】
【详解】A.从图乙得到电压的最大值为220
V,周期为0.02s,频率为f=1/T=1/0.02Hz=50Hz,变压器不改变交流电的频率,电阻R2中交流电的频率为50Hz,1s内完成50个周期性变化,1个周期电流方向改变2次,所以电阻R2中电流方向每秒改变100次,故A正确;
B.电源电压的有效值为U=220
/
=220V;
根据变压器的变流比公式,有:
I1:
I2=n2:
n1=1:
2;
根据变压器的变压比公式,有:
U1:
U2=n1:
n2=2:
1;
对左侧回路,有:
U=U1+I1R1
对右侧回路,有:
U2=I2R2
联立上面4个式子,可以得到U2=
V,故B错误;
C.U2=I2R2,原线圈两端电压U1=2U2,电阻R1两端电压为I1R1=
I2⋅2R2=U2,ab两端的电压为U=UR1+U1=3U2,所以ab两端与副线圈两端电压之比为3:
1,故C正确;
D. 根据变流比公式,有:
I1:
I2=n2:
n1=1:
2;
根据P=I2R,有:
P1:
P2=
=1:
2,故D错误;
故选:
AC
10.甲、乙两个物体在同一直线上运动,其x-t图象如图所示,其中直线b与曲线a相切于点(4,-15)。
已知甲做匀变速直线运动,下列说法正确的是()
A.前4s内两物体运动方向相同
B.前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的
倍
C.t=0时刻,甲的速度大小为9m/s
D.甲的加速度大小为2m/s2
【答案】AD
【解析】
x-t图象的斜率的正负表示运动的方向,故前4s内两物体运动方向相同,均为负方向,故A正确;甲做匀变速直线运动,则甲的x-t图像对应于a;前4s内甲的平均速度为:
,前4s乙的平均速度为:
,故前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍,故B错误;t=0时刻,甲的位移为9m,速度无法求解,故C错误;甲时匀加速,只能得到运动时间和4s末的速度,故无法求解加速度,故D错误;故选A.
点睛:
位移图象和速度图象都表示物体做直线运动,抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键,知道,平均速度等于位移除以时间。
11.如图甲所示,一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得()
A.t2时刻弹簧的弹性势能最大
B.两物体的质量之比为m1:
m2=1:
2
C.t1时刻弹簧处于压缩状态,t3时刻弹簧处于伸长状态
D.从计时开始到t4的过程中,物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒
【答案】BC
【解析】
由图示图象可知,在1、t3时刻,两物块的速度相同都是1m/s,在t1时刻弹簧处于压缩状态;由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误,C正确;系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知:
m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得:
m1:
m2=1:
2,故B正确;从计时开始到t4的过程中,物块A、B及弹簧组成的系统受到的合外力为零,则动量守恒;因只有弹簧的弹力做功,则系统的机械能守恒,选项D错误;故选BC.
点睛:
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程,注意过程中的功能转化关系;解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析,同时根据图象,分析清楚物体的运动情况.
二、非选择题(本部分包括6小题,共56分)
12.如图,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时先让入射球m1,多次从倾斜轨道上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1,从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复,测出碰后m1平均落地点在M点,m2平均落地点在N点,不计小球与轨道间的摩擦。
①实验中,不需要测量的物理量是_______(填选项前的符号)。
A.两个小球的质量m1、m2B.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程
②若实验中发现m1OM+m2ON小于m1OP,则可能的原因是_________(填选项前的符号)。
A.碰撞过程有机械能的损失
B.计算时没有将小球半径考虑进去
C.放上小球m2后,入射球m1从倾斜轨道上静止释放的位置比原来的低
③若两球发生弹性正碰,则OM、ON、OP之间一定满足的关系是________(填选项前的符号)。
A. OP+OM=ONB. 2OP=ON+OMC. OP-ON=2OM
【答案】
(1).B
(2).C(3).A
【解析】
【详解】
(1)本实验要验证的动量守恒的表达式是:
m1v1=m1v′1+m2v′2,要测量质量和水平速度,由于下落时间相同,水平速度是由水平位移来代替的。
由于时间相同,可以消去,所以时间不用测量,即高度不用测量。
故选:
B;
(2)碰撞的机械能损失不会影响动量守恒,那么出现此种结论只能是第二次滑下时,比第一次滑下时低一些,故选:
C;
(3)根据弹性碰撞的公式,碰撞后两球的速度为:
v1=
v2=
显然v2−v1=v0,因平抛运动中的时间相等,所以有:
OP=ON−OM,即OP+OM=ON;故A正确,BC错误。
故选:
A
13.某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。
实验装置如图甲所示,打点计时器的电源为50Hz的交流电。
(1)下列实验操作中,错误的有___.
A.将铜管竖直地固定在限位孔的正下方
B.纸带穿过限位孔,压在复写纸下面
C.捏住磁铁所连的纸带上端,然后松开让磁铁从静止释放
D.在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源
(2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”),将磁铁从管口处释放,打出一条纸带,取开始下落的一段,确定一合适的点为O点,每隔一个计时点取一个计数点,标为1,2,…,8.用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O点的距离,记录在纸带上,如图乙所示。
计算相邻计时点间的平均速度v,粗略地表示各计数点的速度,抄入下表。
请将表中的数据补充完整________.。
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
v(cm/s)
24.5
33.8
37.8
39.5
39.8
39.8
39.8
(3)分析上表的实验数据可知:
在这段纸带记录的时间内,磁铁运动速度的变化情况是逐渐增大到39.8cm/s;即磁铁受到阻尼作用的变化情况是________.
(4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管,重复上述实验操作(记为“实验②”),结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同。
可知实验②是为了说明磁铁在塑料管___________中对比实验①和②的结果可得到结论是_____________________________
【答案】
(1).
(1)D;
(2).
(2)39.0;(3).(3)逐渐增大到39.8 cm/s,逐渐增大到等于重力;(4).(4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用;(5).磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。
【解析】
【详解】
(1)A、本实验的目的是研究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律,故实验中必须保证小磁铁除受重力、磁力外不受其他力的作用,故铜管需竖直地固定在限位孔正下方以保证磁铁在下落过程中不与铜管摩擦与碰撞,A正确;
B.纸带穿过限位孔可以保证纸带的正确方位,置于复写纸下面可以保证打点清晰,故B正确;
C.释放纸带前应手提纸带上端使纸带竖直,小磁铁静止,故C正确;
D.释放小磁铁前应先接通打点计时器的电源,待其工作稳定后方可放开纸带,故D错误。
本题选择错误答案,故选:
D
(2)由图乙可得v4=
cm/s=39.0cm/s.
(3)由表中数据可以看出,磁铁运动的速度在相等时间内的增量逐渐减小,最终保持39.8cm/s的速度不变,即磁铁运动中加速度逐渐减小,最终为零,则由mg−f=ma知阻尼作用逐渐增大直到等于重力。
(4)由实验可知,磁铁在铜管中受到阻尼作用,磁铁在塑料管中不会产生电磁感应现象,不受阻尼作用的影响,对比实验①和②可知,磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。
故答案为:
(1)D;
(2)39.0;
(3)逐渐增大到39.8 cm/s,逐渐增大到等于重力;
(4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用;磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。
【点睛】
(1)小磁铁竖直下落,做的是直线运动,根据打点计时器的使用方法可以判断选项的结果;
(2)分析表中实验数据,根据实验数据得出结论;
(3)塑料管不会产生电磁感应现象,与铜管中运动的情况对比明显;比较两实验,根据实验条件与实验现象得出结论.
三、计算题(共42分)
14.已知氘核(21H)质量为2.0136u,中子(10n)质量为1.0087u,氦核(32He)质量为3.0150u,1u相当于931.5MeV.
(1)写出两个氘核聚变成32He的核反应方程;
(2)计算上述核反应中释放的核能(保留三位有效数字);
(3)若两个氘核以相同的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述反应,且释放的核能全部转化为机械能,则反应后生成的氦核(32He)和中子(10n)的速度大小之比是多少?
【答案】
(1)核反应方程为:
2
H→
He+
n;
(2)上述核反应中释放的核能为3.26MeV.
(3)反应后生成的氦核和中子的速度大小之比是1:
3.
【解析】
【详解】
(1)核反应方程为:
2
H→
He+
n;
(2)由题给条件得核反应中质量亏损为:
△m=2.0136u×2-(3.0150+1.0087)u=0.0035u所以释放的核能为:
△E=△mc2=931.5×0.0035MeV=3.26MeV;
(3)因为该反应中释放的核能全部转化为机械能--即转化为He核和中子的动能.
设氦3和中子的质量分别为m1、m2,速度分别为v1、v2,
则由动量守恒及能的转化和守恒定律,得:
m1v1-m2v2=0
Ek1+Ek2=2Ek0+△E
解方程组,可得:
因为氦3和中子的质量比为3:
1,则
答:
:
(1)核反应方程为:
2
H→
He+
n;
(2)上述核反应中释放的核能为3.26MeV.
(3)反应后生成的氦核和中子的速度大小之比是1:
3.
15.如图,光滑水平面上有三个物块A、B和C,它们具有相同的质量,且位于同一直线上。
开始时,三个物块均静止,先让A以一定速度与B碰撞,碰后它们粘在一起,然后又一起与C碰撞并粘在一起,求前后两次碰撞中系统损失的动能之比。
【答案】3:
1
【解析】
试题分析:
碰撞过程遵守动量守恒定律,由动量守恒定律求出每次碰撞后共同体的速度,动能的损失为碰撞前的动能与碰撞后动能之差.
解:
设每个物体的质量为m,A的初速度为v0.取向右方向为正方向.
第一次碰撞过程中,系统的动量守恒,则有
mv0﹣2mv1=0,得v1=
,动能的损失为△Ek1=
=
第二次碰撞过程中,系统的动量守恒,则有
2mv1﹣3mv2=0,得v2=
,动能的损失为△Ek2=
﹣
=
故前后两次碰撞中损失的动能之比△Ek1:
△Ek2=3:
1
答:
前后两次碰撞中损失的动能之比为3:
1.
【点评】本题关键要掌握碰撞过程的基本规律:
系统的动量守恒进行分析和计算.
视频
16.要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道,然后驶入一段半圆形的弯道,但在弯道上行驶时车速不能太快,以免因离心作用而偏出车道。
求摩托车在直道上行驶所用的最短时间。
有关数据见表格。
启动加速度a1
4m/s2
制动加速度a2
8m/s2
直道最大速度v1
40m/s
弯道最大速度v2
20m/s
直道长度s
218m
某同学是这样解的:
要使摩托车所用时间最短,应先由静止加速到最大速度v1=40m/s,然后再减速到v2=20m/s,t1=
=…; t2=
=…; t=t1+t2
你认为这位同学的解法是否合理?
若合理,请完成计算;若不合理,请说明理由,并用你自己的方法算出正确结果。
【答案】不合理
【解析】
【详解】如果摩托车由静止开始加速到直道最大速度v1,则有:
t1=40/4=10s,
这段时间内的位移为:
x1=
×40×10=200m,
然后再减速到:
v2=20m/s,t2=(40−20)/8=2.5s,
这段时间内的位移为:
x2=
×(20+40)×2.5=75m,
则x1+x2=275m>218m,说明汽车不能加速到40m/s.
设摩托车加速的最大速度为vm,
则加速阶段的位移为:
.
随后减速到v2发生的位移为:
.
且
代入数据解得:
vm=36m/s
所以:
,
,
摩托车在直道上行驶所用的最短时间为:
t=
=11s.
17.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p-V图上,气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态,再沿与横轴平行的直线变化到c状态,a、c两点位于与纵轴平行的直线上,以下说法中正确的是(____)
A.由a状态至b状态过程中,气体放出热量,内能不变
B.由b状态至c状态过程中,气体对外做功,内能增加,平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变
C.由c状态至a状态过程中,气体放出热量与内能的减小量相等
D.b状态与a状态相比,b状态分子平均距离较小,分子平均动能相等
E.c状态与a状态相比,c状态分子平均距离较大,分子平均动能较大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、由题意,ab是一条双曲线,说明气体由a状态至b状态过程中发生了等温变化,内能不变,气体的体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体放出热量,故A正确;
B、由b状态至c状态过程中,气体的压强不变,体积增大,对外做功,温度升高,内能增大;体积增大,应该吸收热量,但是压强不变,气体分子热运动变得剧烈,碰撞次数改变;故B错误;
C、由c状态到a状态,体积不变,没有做功;压强减小,温度降低,放出热量,内能减小,根据热力学第一定律,气体放出热量与内能的减小量相等,故C正确;
D、b状态与a状态相比,b状态体积小,分子平均距离较小,温度相等,则分子平均动能相等,故D正确;
E.c状态与a状态相比,体积相等,分子平均距离相等,c状态压强大,温度高,分子平均动能较大,故E错误。
故选:
ACD。
18.如图,一导热性能良好,内壁光滑的气缸水平放置,横截面积为s=210-3m,质量为m=4kg,厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体,此时活塞与气缸底部之间的距离为24cm,在活塞的右侧12cm处有一对与气缸固定连接的卡环,气体的温度为300K,大气压强P0=1.0105Pa。
现将气缸竖直放置,如图b所示,求该情况下(取g=10m/s2)
⑴活塞与气缸底部之间的距离
⑵缓慢对气缸加热,当温度升至多高时活塞与卡环刚好接触?
⑶缓慢对气缸加热,当温度升至多高时活塞队卡环的压力为60N?
【答案】
(1)20cm
(2)
(3)
【解析】
试题分析:
气缸水平放置时,封闭气体的压强等于大气压强,当气缸竖直放置时,封闭气体的压强等于大气压强加活塞重力产生的压强,由于两种情况下气体的温度保持不变,根据等温变化求出此时气体的体积,根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的距离;气体经历等压变化,根据盖-吕萨克定律列式求解;找出状态,根据查理定律即可求解。
⑴气缸水平放置时,封闭气体压强P1=P0=1.0105Pa
,
当气缸竖直时,封闭气体压强
,
,
根据理想气体状态方程有
解得:
H=20cm
⑵设活塞到卡环时的温度为T3,此时
,等压变化
由盖·吕萨克定律有:
解得
⑶压强:
由查理定律得:
解得:
点睛:
- 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:
- 福建省 福州市 金山 中学 学年 下学 物理 期末考试 解析 Word