物理四川省广安市武胜外国语实验学校届高三上月考.docx
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物理四川省广安市武胜外国语实验学校届高三上月考
2014-2015学年四川省广安市武胜外国语实验学校高三(上)月考物理试卷(复习班)(10月份)
一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)
1.(6分)(2014秋•广安校级月考)下列说法正确的是( )
A.
物体所受静摩擦力的方向可以与其运动方向成任意夹角
B.
作加速直线运动的质点其前1T、前2T、前3T的位移之比为1:
4:
9
C.
伽利略通过著名的“两个铁球同时落地”现象研究,得出自由落体运动为一个初速度为零的匀加速直线运动的结论
D.
物体的速度越大则加速度就越大
考点:
摩擦力的判断与计算;加速度;匀变速直线运动规律的综合运用.
分析:
静摩擦力的方向与运动方向没有确定的关系;
当初速度为零时的匀加速直线运动,前1T、前2T、前3T的位移之比为1:
4:
9;
“两个铁球同时落地”现象研究,得不出此结论;
速度的大小与加速度无关.
解答:
解:
A、物体所受静摩擦力的方向可以与其运动方向成任意夹角,而滑动摩擦力则与相对运动方向相反,故A正确;
B、初速度为零,且匀加速直线运动的质点,前1T、前2T、前3T的位移之比为1:
4:
9,故B错误;
C、伽利略通过著名的“两个铁球同时落地”现象研究,不能确定自由落体是什么运动,故C错误;
D、根据加速度定义式可知,速度的变化率才与加速度有关,故D错误;
故选:
A.
点评:
考查摩擦力的方向,会区分静摩擦力与滑动摩擦力;掌握加速度与速度的关系.
2.(6分)(2014秋•诏安县校级期中)如图所示,汽车甲通过定滑轮拉汽车乙前进,甲、乙分别在上下两水平面上运动,某时刻甲的速度v1,乙的速度为v2,则v1:
v2为( )
A.
1:
sinβ
B.
sinβ:
1
C.
1:
cosβ
D.
cosβ:
1
考点:
运动的合成和分解.
专题:
运动的合成和分解专题.
分析:
将拉乙车的绳子端点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向,在沿绳子方向的分速度等于汽车甲的速度.根据角度关系求出两车的速度比.
解答:
解:
将绳子拉乙车的端点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向,如图.
在沿绳子方向的分速度等于汽车甲的速度.所以v2cosβ=v1.则v1:
v2=cosβ:
1.
故选:
D.
点评:
解决本题的关键将连接乙车绳子的端点速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向.在沿绳子方向上的分速度等于甲车的速度.
3.(6分)(2014秋•武胜县校级月考)用一水平力F将两砖块A和B紧压在竖直墙上而静止,如图所示,对此,下列说法中正确的是( )
A.
B受墙的摩擦力方向可能向上,也可能向下
B.
铁块A肯定对B施加竖直向上的摩擦力
C.
铁块B肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力
D.
铁块B受A给它的摩擦力方向可能向上,也可能向下
考点:
摩擦力的判断与计算.
专题:
摩擦力专题.
分析:
只要物体保持静止状态或匀速直线运动状态,我们就说该物体处于平衡状态,即此时一定受到平衡力的作用,故该题中的物体始终保持静止,利用二力平衡的特点分析即可判断.
解答:
解:
A、对整体受力分析可知,整体在竖直方向保持静止,则墙对B一定有竖直向上的摩擦力,故A错误,C正确;
B、对A受力分析可知A处于静止状态,故A受到的合外力为零,在竖直方向上受到竖直向下的重力,故B对A施加的摩擦力方向肯定是竖直向上;B对A的力与A对B的力为作用力与反作用力;故根据作用力和反作用力的关系可知,A对B的摩擦力方向向下;故BD错误;
故选:
C.
点评:
本题关键在于摩擦力判断;因物体受到墙的摩擦力等于物体重,物重不变,摩擦力不变,这是本题的突破口.
4.(6分)(2014秋•广安校级月考)如图所示:
轻质弹簧a、b一端与一质量为0.1kg的物块固定连接,物块表面光滑,另一端用铰链与竖直挡板固定连接,物块上面与一竖直轻绳连接悬于天花板O点,已知两弹簧的劲度系数均为为100N/m,b与竖直固定挡板间的夹角为60°,呈压缩状态,形变量为2cm,a弹簧水平,则( )
A.
悬点O承受的拉力约为0.73N
B.
a弹簧呈拉伸状态且伸长量约为1.73cm
C.
物块受3个力
D.
仅把a弹簧换成一根轻绳稳定后物体也可以处于静止状态
考点:
胡克定律;共点力平衡的条件及其应用.
分析:
先根据胡克定律列式求解弹簧b的弹力;再对物体受力分析,根据共点力平衡条件列式分析即可.
解答:
解:
弹簧的劲度系数为为100N/m,b弹簧呈压缩状态,形变量为2cm,故弹力为:
Fb=kxb=100×0.02=2N
对物体受力分析,受重力、两个弹簧的支持力、细线的拉力(可能为零),如图所示:
根据共点力平衡条件,有:
F=Fbcos60°=2×
=1N
Fa=
=
N
T=G﹣F=1﹣1=0
即不受拉力;
A、悬点O不受拉力,故A错误;
B、弹簧a的弹力为
N,劲度系数为100N/m,故伸长量为0.0173m=1.73cm,故B错误;
C、由于拉力为零,故物体受3个力,故C正确;
D、细线不可能为支持力,故把a弹簧换成一根轻绳不能平衡,故D错误;
故选:
C.
点评:
本题关键是明确物体的受力情况,然后结合胡克定律和共点力平衡条件列式求解,不难.
5.(6分)(2014秋•广安校级月考)如图所示,质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.则( )
A.
A对地面的摩擦力方向向右
B.
A对地面的摩擦力方向向左
C.
B对A的压力大小为
mg
D.
细线对小球的拉力大小为
mg
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:
先对整体受力分析,然后根据共点力平衡条件分析AB选项,再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项.
解答:
解:
A、对AB整体受力分析,受重力和支持力,相对地面无相对滑动趋势,故不受摩擦力,故A、B错误.
C、对小球受力分析,如图所示:
根据平衡条件,有:
F=
,T=mgtanθ
其中cosθ=
,tanθ=
故:
F=
,T=
,故C正确,D错误.
故选:
C.
点评:
解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解,掌握整体法和隔离法的运用.
6.(6分)(2014秋•裕华区校级月考)如图所示,斜面体A静置于水平地面上,其倾角为θ=45°,上底面水平的物块B在A上恰能匀速下滑.现对B施加一个沿斜面向上的力F使B总能极其缓慢地向上匀速运动,某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出),A始终静止,B保持运动状态不变.关于放上C之后的情况,下列说法正确的是( )
A.
B受到的摩擦力增加了
mg
B.
B受到的摩擦力不变
C.
A受到地面的摩擦力不变
D.
A受到地面的摩擦力增加了mg
考点:
共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
专题:
共点力作用下物体平衡专题.
分析:
本题物体B涉及三个状态:
匀速下滑、匀速上滑、加质量为m的小物体C匀速上滑,先根据平衡条件得到匀速下滑时物体B所受的滑动摩擦力大小,得到B、A间的动摩擦因数.再研究匀速上滑过程中,B受到的摩擦力.对整体研究,分别得到未加C和加上C后地面对A的摩擦力,再分析摩擦力的增加量.
解答:
解:
A、B、B匀速下滑过程,所受的摩擦力大小为f1=mBgsinθ,又f1=μmBgcosθ,联立解得,μ=tanθ.
未加C匀速上滑时,由于B对斜面A的压力没有变化,则知B所受的摩擦力大小没有变化,仍为f2=f1=μmBgcosθ,
加上C匀速上滑时,B所受的摩擦力大小f3=μ(mB+m)gcosθ,则B受到的摩擦力增加量为△f=f3﹣f2=μmgcosθ=tanθ•mgcosθ=mgsinθ=
mg.故A正确,B错误.
C、D、对整体研究:
未加C匀速上滑时,地面对A的摩擦力大小为fA1=Fcosθ,
又对B:
F=μmBgcosθ+mBgsinθ,得fA1=2mBgsinθcosθ;
加上C匀速上滑时,地面对A的摩擦力大小为fA2=F′cosθ
F′=μ(mB+m)gcosθ+(mB+m)gsinθ
得,fA2=2(m+mB)gsinθcosθ;
所以A受到地面的摩擦力增加量为△fA2=2mgsinθcosθ=mgsin2θ=mg.故C错误,D正确.
故选:
AD.
点评:
本题中B涉及三个平衡状态,其中要根据匀速下滑时,得到结论μ=tanθ是解题的关键点之一,还要灵活选择研究对象,采用隔离法和整体法结合比较简便.
7.(6分)(2014秋•广安校级月考)如图所示,把重为20N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上并静止,物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接,若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N,则弹簧对物体的弹力(弹簧与斜面平行)( )
A.
可以为22N,方向沿斜面向上
B.
可以为2N,方向沿斜面向上
C.
可以为12N,方向沿斜面向下
D.
弹力不可能为零
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:
将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力,当最大静摩擦力平行斜面向下和平行斜面向上时,分别求解出对应的弹簧弹力,得到弹簧弹力的作用范围.
解答:
解:
将重力按照作用效果分解:
平行斜面的下滑分力为mgsin30°=10N,垂直斜面的垂直分力为mgcos30°=15
N;
当最大静摩擦力平行斜面向下时,物体与斜面间的最大静摩擦力为12N,弹簧弹力为拉力,等于22N;
当最大静摩擦力平行斜面向上时,物体与斜面间的最大静摩擦力为12N,弹簧弹力为推力,等于2N;
故弹簧弹力可以是不大于2N推力(向下)或者不大于22N的拉力(向上),也可以没有弹力;
故AB正确,CD错误;
故选:
AB
点评:
本题关键是根据平衡条件求解出物体即将上滑和即将下滑的两种临界情况的弹簧弹力,不难.
二、解答题(共4小题,满分16分)
8.(2分)(2014秋•广安校级月考)如图所示,为打点计时器打出的一条纸带,从纸带上看,打点计时器出的毛病是( )
A.
打点计时器接在直流电源上
B.
电源电压不够大
C.
电源频率不够大
D.
振针压得过紧
考点:
电火花计时器、电磁打点计时器.
专题:
实验题.
分析:
解决该题要掌握打点计时器的工作原理,打点计时器使用交流电源,电压不稳影响点痕的轻重,电源频率不稳会影响打点的时间间隔,打点针压得过紧影响点的形状,知道了这些相关知识即可正确解答本题.
解答:
解:
A、打点计时器使用的是交流电源,若打点计时器接在直流电源上,打点计时器不打点,故A错误;
B、点痕的轻重和电源电压不稳有关,电源电压不稳不会导致短线,故B错误;
C、电源频率大小只会影响打点的时间间隔,不会影响点的形状,不会造成短线,故C错误;
D、打点针压得过紧,振针和纸带接触时间过长,可能造成短线,故D正确;
故选:
D.
点评:
对于基本实验仪器不光要了解其工作原理,还要从实践上去了解它,自己动手去实际操作,达到熟练使用的程度.
9.(2分)(2014秋•广安校级月考)若实验中,算出各点的时刻所对应的瞬时速度,计算加速度最合理的方法是( )
A.
根据实验数据画出图出v﹣t图,量出倾斜角α,由a=tanα,求出加速度
B.
根据任意两点的速度用加速度公式算出加速度
C.
根据实验数据正确画出v﹣﹣t图,由图线上适当的两点对应的速度、时间,用加速度公式算出加速度
D.
依次算出通过连续两计数点的加速度,算出平均值作为小车的加速度
考点:
机械运动.
专题:
直线运动规律专题.
分析:
通过题目给出的数据作出速度﹣时间图象,解出其斜率即是小车的平均加速度;也可以采用逐差法求解平均加速度.
解答:
解:
A、根据实验数据画出v﹣t图象,当纵坐标取不同的标度时,图象的倾角就会不同,所以量出其倾角,用公式a=tanα算出的数值并不是加速度,故A错误;
B、C、在处理实验数据时,如果只使用其中两个数据,由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大;所以我们可以根据实验数据画出v﹣t图象,考虑到误差,不可能是所有点都整齐的排成一条直线,连线时,应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧,这样图线上会舍弃误差较大的点,由图线上任意两点所对应的速度及时间,用公式a=
算出加速度,所以误差小;故B错误,C正确.
D、这种方法是不对的,因为根本就不知道加速度是一个什么函数,如果是一个变化值这种方法完全是错误的,除非你能确定加速度是什么函数,故D错误.
故选:
C
点评:
掌握纸带的处理,会通过纸带求解加速度,关键是匀变速直线运动的推论的运用.
10.(6分)(2014秋•武胜县校级月考)如图为打点计时器打出的一条纸带,使用50Hz的打点计时器,每打5个点所取的记数点,但第3个记数点没有画出(结果保留三位有效数)
①该物体的加速度为 0.737 m/s2,
②第3个记数点与第2个记数点的距离约为 4.36 cm,
③打第3个点时该物体的速度为 0.473 m/s.
考点:
探究小车速度随时间变化的规律.
专题:
实验题;直线运动规律专题.
分析:
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度以及2、3两个计数点的距离.通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第3个计数点的速度.
解答:
解:
(1)每打5个点所取的记数点,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,
得:
x45﹣x12=3aT2
a=
=0.737m/s2,
(2)第3个计数点与第2个计数点的距离x23=x12+aT2=0.0362m+0.74×0.01m=0.0436m=4.36cm
(3)打第2个点时的瞬时速度等于打1、3之间的平均速度,因此有:
v2=
=0.399m/s
所以打第三个点的速度为:
v3=v2+aT=0.399m/s+0.74×0.1m/s=0.473m/s
故答案为:
①0.737,
②4.36,
③0.473.
点评:
解决本题的关键掌握纸带的处理,会通过纸带求解瞬时速度和加速度,关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用.
11.(6分)(2014秋•广安校级月考)如图所示为某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置,该装置为水平放置的木板上固定有一张白纸,一橡皮筋的一端固定在白纸上的O点,另一端A拴两个细绳套.
(1)下面为实验的一些操作步骤:
①比较F′和F大小、方向是否近似相同;
②过P点用统一标度作出F、F1、F2的图示;
③用一个弹簧测力计钩住细绳套,拉A至某点P,在纸上标出P点,记下拉力F的方向和大小
④用平行四边形定则作出F1、F2的合力F
⑤用两个弹簧测力计互成角度分别拉住两个细绳套,拉A至同样的位置P,在纸上记下两个力F1、F2的方向和大小.
这些实验步骤的合理顺序为 ③⑤②④① .
(2)对于该实验,下列说法正确的是 D
A.两细绳套必须等长
B.若将细绳也换成橡皮筋,对实验结果有影响
C.记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线
D.实验中,把橡皮筋的另一端拉到P点时,两弹簧测力计之问的夹角不能太大
(3)假如在上述实验步骤⑤中使其中一弹簧测力计拉力Fl的大小不变,逐渐增加F1与合力之间的夹角,且保证两弹簧测力计之间的夹角小于90°.为了使橡皮筋仍然伸长到P点.对另一个弹簧测力计的拉力F2的大小和方向与原来相比,下面说法中正确的是 B
A.F2一直变大.与合力方向的夹角一直增大
B.F2一直变大,与合力方向的夹角先变大后变小
C.F2一直变小,与合力方向的夹角一直减小
D.F2先减小后增大,与合力方向的夹角先减小后增大.
考点:
验证力的平行四边形定则.
专题:
实验题;平行四边形法则图解法专题.
分析:
实验步骤要符合逻辑,符合事物发展规律,一般都是先安装设备,然后进行实验、测量,最近整理仪器,进行数据处理的顺序进行实验.
解答:
解:
(1)进行实验时在明确实验原理以及实验目的基础上,要先进行实验设备的安装,即先在桌面上放一块方木板,在木板上垫一张白纸,把橡皮条一端固定在木板的某点,然后进行实验和有关数据的测量,最后进行数据处理和仪器的整理.
所以正确的排列顺序是③⑤②④①.
(2)A、细线的作用是能显示出力的方向,所以不必须等长.故A错误;
B、若将细绳也换成橡皮筋,对实验结果没有影响,故B错误;
C、在确定力的方向时,应该描绘距离尽量大些的两点确定方向,故C错误;
D、实验中,把橡皮筋的另一端拉到P点时,两弹簧测力计之问的夹角不能太大,故D正确;
故选:
D.
(3)F1与F2的合力不变,作出力的矢量三角形,当F1大小不变,而逐渐增大F1与合力之间的夹角时,F2一直变大,与合力方向的夹角先变大后变小.
故ACD错误,B正确;
故选:
B.
故答案为:
(1)③⑤②④①
(2)D(3)B
点评:
本实验采用是等效替代的思维方法.实验中要保证一个合力与两个分力效果相同,结点O的位置必须相同,同时要明确实验原理和步骤,以及知道实验的注意事项.
三、计算题(共52分)
12.(14分)(2013秋•桥东区校级期中)小明同学乘坐京石“和谐号”动车,发现车厢内有速率显示屏.当动车在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间,他记录了不同时刻的速率,进行换算后数据列于表格中.在0﹣600s这段时间内,求:
t/s
v/m•s﹣1
0
30
100
40
300
50
400
50
500
60
550
70
600
80
(1)动车两次加速的加速度大小;
(2)动车位移的大小.
考点:
匀变速直线运动的位移与时间的关系.
专题:
直线运动规律专题.
分析:
根据表格中的数据,通过速度时间公式求出两段加速阶段的加速度,根据速度时间图线通过面积求出动车组的位移.
解答:
解:
(1)通过记录表格可以看出,动车组有两个时间段处于加速状态,设加速度分别为a1、a2.
由a=
,代入数据得:
,
(2)通过作出动车组的v﹣t图可知,第一次加速运动的结束时间是200s,第二次加速运动的开始时刻是450s.
x2=v2t2=50×250=12500m
所以x=x1+x2+x3=8000+12500+9750=30205m.
答:
(1)动车两次加速的加速度值分别为0.1m/s2、0.2m/s2.
(2)动车组位移的大小为30205m.
点评:
解决本题的关键搞清动车组的运动情况,高能级运动学公式进行求解,难度适中.
13.(16分)(2012•福州模拟)如图所示,斜面体ABC固定在地面上,小球p从A点静止下滑,当小球p开始下滑时,另一小球q从A点正上方的D点水平抛出,两球同时到达斜面底端的B处.已知斜面AB光滑,长度l=2.5m,斜面倾角为θ=30°.不计空气阻力,g取10m/s2.求:
(1)小球p从A点滑到B点的时间;
(2)小球q抛出时初速度的大小.
考点:
平抛运动.
专题:
平抛运动专题.
分析:
(1)小球p从斜面上匀加速下滑,由牛顿第二定律和运动学公式求得小球p从A点滑到B点的时间;
(2)小球q抛出做平抛运动,水平位移大小等于BC,由题意,两物体运动时间相等,由q球水平方向做匀速直线运动,即可求出q抛出时初速度的大小.
解答:
解:
(1)小球p从斜面上下滑的加速度为a,根据牛顿第二定律
a=
=gsinθ①
下滑所需时间为t1,根据运动学公式得
l=
②(
由①②得t1=
③
代入数据得t1=1s
(2)小球q运动为平抛运动,水平方向做匀速直线运动,设抛出速度为v0.则
x=lcos30°=v0t2④
依题意得:
t2=t1⑤
由③④⑤得v0=
m/s
答:
(1)小球p从A点滑到B点的时间是1s;
(2)小球q抛出时初速度的大小是
.
点评:
本题是匀加速直线运动和平抛运动的综合,既要分别研究两个物体的运动情况,更要抓住它们运动的同时性.
14.(22分)(2009•山东)如图所示,某货场而将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物中轨道顶端无初速滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道次排放两个完全相同的木板A、B,长度均为L=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)求:
(1)货物到达圆轨道末端时对轨道的压力;
(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件;
(3)若μ1=0.5,求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.
考点:
机械能守恒定律;匀变速直线运动规律的综合运用;牛顿第二定律;牛顿第三定律;牛顿运动定律的综合应用.
分析:
(1)物体下滑的过程中,机械能守恒,根据机械能守恒可以得出到达底端时的速度,再由向心力的公式可以求得物体受到的支持力的大小,根据牛顿第三定律可以得到货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小;
(2)货物滑上木板A时,木板不动,说明此时货物对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力的大小,而滑上木板B时,木板B开始滑动,说明此时货物对木板的摩擦力大于了地面对货物的摩擦力的大小,由此可以判断摩擦因数的范围.
(3)当μ1=0.5时,由⑥式可知,货物在木板A上滑动时,木板不动,货物做的是匀减速直线运动,位移是木板的长度L,由匀变速直线运动的规律可以求得.
解答:
解:
(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得,
mgR=
m1V02①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,
根据牛顿第二定律得,FN﹣m1g=m1
②
联立以上两式代入数据得,FN=3000N③
根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N,方向竖直向下.
(2)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g④
若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g⑤
联立④⑤式代入数据得0.4<μ1≤0.6⑥.
(3)当μ1=0.5时,由⑥式可知,货物在木板A上滑动时,木板不动.
设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,
由牛顿第二定律得μ1m1g≤m1a1⑦
设货物滑到木
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