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    2019届江苏省南京市、盐城市高三第二次模拟考试物理试题(解析版)
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    2019届江苏省南京市、盐城市高三第二次模拟考试物理试题(解析版)

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    南京市、盐城市2019届高三年级第二次模拟考试

      

    一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意.

    1.如图所示,物理课本放在水平桌面上,下列说法中正确的是(  )

    A. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力

    B. 桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力

    C. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力

    D. 课本对桌面的压力就是课本的重力

    【答案】A

    【解析】

    【详解】桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力,选项A正确,C错误;桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对作用与反作用力,选项B错误;课本对桌面的压力是由于课本发生形变而产生的对桌面向下的压力,施力物体是课本,方向垂直于桌面,大小等于课本的重力,但不是重力,选项D错误;故选A.

    2.某次实验中,通过传感器获得小车的速度v与时间t的关系图象如图所示,则小车(  )

    A. 在0~1.0s内位移先增大后减小

    B. 在0~1.0s内加速度先增大后减小

    C. 在0~1.0s内位移约为0.5m

    D. 在0~0.5s内平均速度为0.35m/s

    【答案】C

    【解析】

    【详解】在0~1.0s内物体的速度均为正值,则物体的位移一直增大,选项A错误;v-t线的斜率等于加速度,则在0~1.0s内加速度先减小后增大,选项B错误;v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移,则由图像可知,在0~1.0s内位移约为0.5m,选项C正确;在0~0.5s内的位移约为0.21m,则平均速度为 ,选项D错误;故选C.

    3.如图所示,理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R为滑动变阻器,理想交流电压表V1和V2的示数分别为U1和U2,理想交流电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.下列说法正确的是(  )

    A. U1和U2是电压的瞬时值

    B. I1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比

    C. 滑片P向上滑动过程中,U2变大,I1变大

    D. 滑片P向上滑动过程中,U2不变,I1变小

    【答案】D

    【解析】

    【详解】U1和U2是电压的有效值,选项A错误;I1、I2之比等于原、副线圈的匝数的倒数之比,选项B错误;因初级电压U1和匝数比一定,则U2不变,滑片P向上滑动过程中,因R变大,则I2减小,则I1变小,选项C错误,D正确;故选D.

    4.将一小球竖直向上抛出,取向上为正方向.设小球在抛出点的重力势能为零,小球所受空气阻力大小恒定.则上升过程中,小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是(  )

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【详解】根据牛顿第二定律,则-mg-f=ma,解得,则选项A正确;根据v2=v02-2gh可知,选项B错误;根据能量关系:E=E0-fh可知,选项C正确;根据动能定理:可知,选项D正确;此题选择不正确的选项,故选B.

    5.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1=0和x2=4a的两点,在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向,无穷远处为电势零点),以下判断正确的是(  )

    A. Q1带正电、Q2带负电

    B. Q1的电荷量是Q2的3倍

    C. x轴上3a处的电势为零

    D. 正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的大

    【答案】D

    【解析】

    【详解】因x=0附近的场强为正,x=4a附近的场强为负值,可知两电荷均带正电,选项A错误;在x=3a处的场强为零,则,解得Q1=9Q2,选项B错误;x轴上3a处的电势为正,选项C错误;电场线方向从x轴上a处指向2a处,则正点电荷q从x轴上a处到2a处电场力做正功,则电势能减小,即正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的大,选项D正确;故选D.

    二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.

    6.如图所示,甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行,两轨道相切于P点.不计大气阻力,下列说法正确的有(  )

    A. 甲的机械能一定比乙的大

    B. 甲的运行周期比乙的大

    C. 甲、乙分别经过P点的速度大小相等

    D. 甲、乙分别经过P点的加速度大小相等

    【答案】BD

    【解析】

    【详解】两颗卫星的质量关系不确定,则不能确定两颗卫星的机械能的大小关系,选项A错误;甲的半长轴大于乙的半长轴,根据开普勒第三定律可知,甲的运行周期比乙的大,选项B正确;乙经过P点时加速才能进入甲的轨道,故甲、乙分别经过P点的速度大小不相等,选项C错误;根据可知,甲、乙分别经过P点的加速度大小相等,选项D正确;故选BD.

    7.如图所示,A、B为相同的灯泡,C为电容器,L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻).下列说法中正确的有(  )

    A. 闭合开关,B立即发光

    B. 闭合开关,电路稳定后,A中没有电流

    C. 电路稳定后,断开开关,B变得更亮后再熄灭

    D. 电路稳定后,断开开关,A中电流立即为零

    【答案】AC

    【解析】

    【详解】闭合开关S的瞬时,电容器C充电,相当于短路;而电感L阻碍电流的增加,相当于断路,则B先发光;电路稳定后,电容器充电完毕相当于断路,则A中有电流,选项A正确,B错误;电路稳定后,断开开关,则电感L与灯泡B组成新的回路,因电路稳定时L中的电流大于B的电流,则断开S时,B变得更亮后再熄灭,选项C正确;电路稳定后,断开开关,由于电容器放电,则A中电流不会立即为零,选项D错误;故选AC.

    8.如图所示,轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端与一个质量为m的滑块接触,弹簧处于原长,现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止,此过程中外力F做功为W1,滑块克服摩擦力做功为W2.撤去F后滑块向右运动,最终和弹簧分离.不计空气阻力,滑块所受摩擦力大小恒定,则(  )

    A. 撤去F时,弹簧的弹性势能为W1-W2

    B. 撤去F后,滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

    C. 滑块与弹簧分离时的加速度为零

    D. 滑块与弹簧分离时的动能为W1-2W2

    【答案】AD

    【解析】

    【详解】由能量关系可知,撤去F时,弹簧的弹性势能为W1-W2,选项A正确;撤去F后,由于有摩擦力做功,则滑块和弹簧组成的系统机械能减小,选项B错误;滑块与弹簧分离时,弹力为零,但是有摩擦力,则此时滑块的加速度不为零,选项C错误;滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态,整个过程中摩擦力做功为2W2,则根据动能定理,滑块与弹簧分离时的动能为W1-2W2,选项D正确;故选AD.

    9.如图所示,正方体空间ABCDA1B1C1D1上、下表面水平,其中有A→D方向的匀强电场.从A点沿AB方向分别以初速度v1、v2、v3水平抛出同一带电小球(可视为质点),小球分别从D1C1的中点、C1点、BC1的中点射出,且射出时的动能分别为Ek1、Ek2、Ek3.下列说法正确的有(  )

    A. 小球带正电

    B. 小球所受电场力与重力大小相等

    C. v1∶v2∶v3=1∶2∶2

    D. Ek1∶Ek2∶Ek3=1∶4∶8

    【答案】ABC

    【解析】

    【详解】由题可知,小球受电场力方向沿AD方向,则小球带正电,选项A正确;小球在竖直方向受重力作用,则竖直方向加速度为g,沿AD方向受电场力作用,加速度为;对从C1点射出的小球,沿AD方向的位移等于竖直位移,可知两方向的加速度相同,则qE=mg,选项B正确;从D1C1的中点、C1点射出的小球的时间相等,沿AB方向的位移关系之比为1:2,则速度之比为v1∶v2=1∶2;从C1点、BC1的中点射出的小球沿AB方向的位移相等,竖直方向位移之比为2:1,根据可知,时间之比为:1,则v2∶v3=1:;则v1∶v2∶v3=1∶2∶2,选项C正确;根据动能定理:从D1C1的中点射出时的动能;从C1点射出时的动能;BC1的中点射出的动能;Ek=mv2可知,射入时的初动能之比为mv12mv22mv32=1∶4∶8,故选项D错误;故选ABC.

    三、简答题:本题分必做题(第10、11、12题)和选做题(第13题)两部分.共计42分.

    10.某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律.在铁架台的顶端有一电磁铁,正下方某位置固定一光电门,电磁铁吸住直径为d的小铁球,此时球心与光电门的竖直距离为h.断开电源小球下落通过光电门的挡光时间为t.请回答下列问题:

    (1)用游标卡尺测得d的长度如图乙所示,则该示数为________cm.

    (2)该实验需要验证的表达式为________________(用题中字母表示,设重力加速度为g).

    (3)在实验过程中,多次改变h,重复实验,这样做可以________.

    A.减小偶然误差

    B.减小系统误差

    C.使实验结论更具有普遍性

    (4)小组内某同学提出,用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性,其理由是___.

    【答案】    (1). 0.565    (2). gh=    (3). C    (4). 小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径,圆柱体挡光长度就是柱体高度

    【解析】

    【详解】(1)用游标卡尺测得d的长度为:0.5cm+13×0.05mm=0.565cm

    2)小球到达光电门时的速度:;则要验证的关系是: ,即

    3)在实验过程中,多次改变h,重复实验,这样做不能减小偶然误差和系统误差,但可以使实验结论更具有普遍性,故选C.

    4)小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径,圆柱体挡光长度就是柱体高度,所以用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性。

    11.在研究金属电阻阻值与温度的关系时,为了能够较准确地测出金属电阻的阻值,设计了如图甲所示的电路.除了金属电阻Rx外,还提供的实验器材有:

    学生电源E,灵敏电流计G,滑动变阻器R、Rs,定值电阻R1、R2,电阻箱R0,开关S,控温装置,导线若干.

    ①按照电路图连接好电路后,将R0调至适当数值,R的滑片调至最右端,Rs的滑片调至最下端,闭合开关S;

    ②把R的滑片调至适当位置,调节R0,并逐步减小Rs的阻值,直到Rs为零时,电流计G指针不发生偏转,记录R0的阻值和Rx的温度;

    ③多次改变温度,重复实验;

    ④实验完毕,整理器材.

    根据上述实验回答以下问题:

    (1)上述②中,电流计G指针不发生偏转时,a点电势________(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势.

    (2)某次测量时,R0的旋钮如图乙所示,则R0的读数为________Ω.

    (3)用R0、R1、R2表示Rx,Rx=________.

    (4)求出的阻值Rx和对应温度如下表所示:

    温度t/℃

    35.0

    40.0

    45.0

    50.0

    55.0

    阻值Rx

    58.3

    59.4

    60.6

    61.7

    62.8

     

    请在图丙所示的坐标纸上描绘出Rxt图线_______________.

    (5)本实验中Rs的作用为________________________.

    【答案】    (1). 等于    (2). 40.0    (3).     (4).     (5). 保护电流计

    【解析】

    【详解】(1)上述②中,电流计G指针不发生偏转时,说明电流计中无电流,即a点电势等于b点电势.

    (2)R0的读数为40.0Ω.

    (3)设上边支路的电流为I1,下边支路的电流为I2,当a点电势等于b点电势时:I1Rx=I1R1;I2R0=I2R2;两式相除可知:,即

    (4)根据实验数据描绘出Rx-t图线如图;

    (5)本实验中Rs的作用为保护电流计;

    12.铀核裂变的一种方程为U+X→Sr+Xe+2n,已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示,下列说法正确的有________.

    A. X粒子是中子

    B. X粒子是质子

    C. U、Sr、Xe相比, Sr的比结合能最大,最稳定

    D. U、Sr、Xe相比,U的质量数最多,结合能最大,最稳定

    【答案】AC

    【解析】

    【详解】根据质量数和电荷数守恒可知,X的质量数为1,电荷数为0,为中子,选项A正确,B错误;根据图像可知 相比的比结合能最大,最稳定;的质量数最多,结合能最大,比结合能最小,最不稳定,选项C正确,D错误;故选AC.

    13.利用如图所示的电路做光电效应实验,当光照射到光电管的金属材料上时,灵敏电流计中没有电流通过.经检查实验电路完好.则发生这种现象的原因可能有_____________________

    【答案】    (1). 入射光的频率小于极限频率    (2). 所加反向电压大于遏止电压

    【解析】

    【详解】当光照射到光电管的金属材料上时,灵敏电流计中没有电流通过,则说明可能没有发生光电效应,即入射光的频率小于极限频率;也可能是所加反向电压大于遏止电压。

    14.在光滑水平面上,质量均为m的三个物块排成直线,如图所示.第1个物块以动量p0向右运动,依次与其余两个静止物块发生碰撞,并粘在—起,求:

    ①物块的最终速度大小;

    ②碰撞过程中损失的总动能.

    【答案】①

    【解析】

    【详解】①依据动量守恒定律p0=3mv

    解得v=.

    ②由p0=mv0,Ek0mv02

    解得初动能Ek0

    末动能

    所以损失的总动能为Ek0-Ek

    15.下列说法中正确的有________.

    A. 乙醚液体蒸发为气体的过程中分子势能变大

    B. 一定质量的理想气体,体积不变时压强和摄氏温度成正比

    C. 当液面上方的蒸汽达到饱和状态后,液体分子不会从液面飞出

    D. 用油膜法测油酸分子直径时,认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径

    【答案】AD

    【解析】

    【详解】蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功,增加分子势能,故A正确。根据PV/T=C可知一定质量的理想气体,体积不变时压强和绝对温度成正比,选项B错误;当液面上方的蒸汽达到饱和状态后,进入液体和从液面飞出的分子数相等,选项C错误;用油膜法测油酸分子直径时,认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径,选项D正确;故选AD.

    16.图甲是岩盐晶体的平面结构,图中等长线段AA1、BB1上微粒的数目不同,由此可知,晶体具有________(选填“各向同性”或“各向异性”)的性质.图乙中液体表面层内分子间距离大于分子平衡距离r0,因此表面内层分子间作用力表现为________

    【答案】    (1). 各向异性    (2). 引力

    【解析】

    【详解】图甲是岩盐晶体的平面结构,图中等长线段AA1、BB1上微粒的数目不同,由此可知,晶体具有各向异性的性质.图乙中液体表面层内分子间距离大于分子平衡距离r0,因此表面内层分子间作用力表现为引力。

    17.在大气中,空气团运动时经过各气层的时间很短,因此,运动过程中空气团与周围空气热量交换极少,可看做绝热过程.潮湿空气团在山的迎风坡上升时,水汽凝结成云,到山顶后变得干燥,然后沿着背风坡下降时升温,气象上称这股干热的气流为焚风.

    ①空气团在山的迎风坡上升时温度降低,试说明其原因?

    ②设空气团的内能U与温度T满足U=CT(C为一常数),空气团沿着背风坡下降过程中,外界对空气团做的功为W,求此过程中空气团升高的温度ΔT.

    【答案】①坡上空气压强小,气团绝热膨胀,对外做功,温度降低.②

    【解析】

    【详解】①坡上空气压强小,气团绝热膨胀,对外做功,温度降低.

    ②根据U=CT得ΔU=CΔT①

    由热力学第一定律得ΔU=Q+W②

    Q=0③

    联立①②③解得ΔT=.

    18.如图所示,从点光源S发出的一束复色光,以一定的角度斜射到玻璃三棱镜的表面,经过三棱镜的两次折射后分为a、b两束光.下面的说法中正确的有________.

    A. 在三棱镜中a光的传播速率大于b光的传播速率

    B. a光频率大于b光频率

    C. 若改变复色光的入射角,可在入射面发生全反射

    D. a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb

    【答案】BD

    【解析】

    【详解】由光路图可知,棱镜对a光的折射率较大,则根据n=c/v可知,在三棱镜中a光的传播速率小于b光的传播速率,选项A错误;a光频率大于b光频率,选项B正确;发生全反射的条件之一就是光从光密介质到光疏介质,则即使改变复色光的入射角,也不可能在入射面发生全反射,选项C错误;a光频率大于b光频率,则a光的波长较小,根据可知,a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb,选项D正确;故选BD.

    19.如图所示,两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行,相对地面的速度均为v(v接近光速c).地面上测得它们相距为L,则A测得两飞船间的距离________(选填“大于”“等于”或“小于”)L.当B向A发出一光信号,A测得该信号的速度为________.

    【答案】    (1). 大于    (2). c(或光速)

    【解析】

    【详解】根据,L0为在相对静止参考系中的长度,L为在相对运动参考系中的长度,地面上测得它们相距为L,是以高速飞船为参考系,而A测得的长度为以静止参考系的长度,大于L.根据光速不变原理,则A测得该信号的速度为c.

    20.简谐横波沿x轴正向传播,依次经过x轴上相距d=10m的两质点P和Q,它们的振动图象分别如图甲和图乙所示.则

    ①t=0.2s时质点P的振动方向;

    ②这列波的最大传播速度.

    【答案】①沿y轴负方向.②最大传播速度为50m/s

    【解析】

    【详解】①由P点的振动图像可知,0.2s时质点P沿y轴负方向.

    ②从图象可知振源的周期为T=0.4s,P和Q的相位始终相反,则d=nλ+λ,其中,n=0,1,2,3,…

    由波速v=

    得v= m/s(n=0,1,2,3,…)

    当n=0时传播速度最大,则最大传播速度为50m/s.

    四、计算题:本题共3小题,共计47分.解答时请写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.

    21.如图所示,绝缘斜面倾角为θ,虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场,虚线与斜面底边平行.将质量为m,电阻为R,边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放,释放时cd边与磁场边界距离为x0,不计摩擦,重力加速度为g.求:

    (1) 金属框cd边进入磁场时,金属框中的电动势大小E;

    (2) 金属框cd边进入磁场时的加速度大小a;

    (3) 金属框进入磁场的整个过程中,通过金属框的电荷量q.

    【答案】(1) . (2) . (3) q=.

    【解析】

    【详解】(1) 金属框进入磁场前机械能守恒,mgx0sinθ=mv2

    金属框中感应电动势大小为E=Blv

    解得E=Bl

    (2) 感应电流I=

    安培力FA=IlB

    取沿斜面向下为正方向,对于金属框

    mgsinθ-FA=ma

    解得a=gsinθ-

    (3) 金属框进入磁场过程中的平均电动势

    E=

    平均电流I=

    流过的电荷量q=It

    解得q=

    22.如图所示,木块A固定在水平地面上,细线的一端系住光滑滑块B,另一端绕过固定在木块A上的轻质光滑滑轮后固定在墙上,B与A的竖直边刚好接触,滑轮左侧的细线竖直,右侧的细线水平.已知滑块B的质量为m,木块A的质量为3m,重力加速度为g,当撤去固定A的力后,A不会翻倒.求:

    (1) A固定不动时,细线对滑轮的压力大小F;

    (2) 撤去固定A的力后,A与地面间的动摩擦因数μ满足什么条件时,A不会向右运动;

    (3) 撤去固定A的力后,若地面光滑,则B落地前,A向右滑动位移为x时的速度大小vA.

    【答案】(1) F=mg. (2)μ≥. (3) vA

    【解析】

    【详解】(1) 细线对B的拉力大小T=mg

    滑轮对细线的作用力大小F′=T

    细线对滑轮的作用力大小F=F′

    由以上各式解得F=mg.

    (2) 地面对A的支持力大小N=3mg+mg

    A不会滑动的条件T≤μN

    由以上各式解得μ≥.

    (3) A向右滑动位移为x时,B下降h=x

    A向右速度大小为vA时,

    B的速度大小vBvA

    整个系统机械能守恒,mgx=·3mvA2·mvB2

    由以上各式解得vA

    23.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示,区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场,电场场强E=1.0×103V/m,宽度d=0.05m,长度L=0.40m;区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=2.5×10-2T,宽度D=0.05m,比荷=1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场.边界MM′不影响粒子的运动,不计粒子重力.

    (1) 若v0=8.0×105m/s,求粒子从区域PP′N′N射出的位置;

    (2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出,求v0的大小;

    (3) 若粒子从M′点射出,求v0满足的条件.

    【答案】(1)0.0125m  (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况:v0 (其中n=0、1、2、3、4)第二种情况:v0 (其中n=0、1、2、3).

    【解析】

    【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后,在电场中做类平抛运动,假设粒子能够进入磁场,则

    竖直方向

    代入数据解得t=1.0×10-6s

    水平位移x=v0t

    代入数据解得x=0.80m

    因为x大于L,所以粒子不能进入磁场,而是从P′M′间射出,

    则运动时间t0=0.5×10-6s,

    竖直位移=0.0125m

    所以粒子从P′点下方0.0125m处射出.

    (2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x=v0

    粒子进入磁场时,垂直边界的速度

    v1·t=

    设粒子与磁场边界之间的夹角为α,则粒子进入磁场时的速度为v=

    在磁场中由qvB=m得R=

    粒子第一次进入磁场后,垂直边界M′N′射出磁场,必须满足x+Rsinα=L

    把x=v0、R=、v= 代入解得

    v0=L·

    v0=3.6×105m/s.

    (3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy=R-Rcosα=R(1-cosα)

    把R=、v=代入解得

    可以看出当α=90°时,Δy有最大值,(α=90°即粒子从P点射入电场的速度为零,直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)

    Δymax=0.04m,Δymax小于磁场宽度D,所以不管粒子的水平射入速度是多少,粒子都不会从边界NN′射出磁场.

    若粒子速度较小,周期性运动的轨迹如下图所示:

    粒子要从M′点射出边界有两种情况,

    第一种情况:

    L=n(2v0t+2Rsinα)+v0t

    、R= 、v1=vsinα、 代入解得

    v0×105m/s(其中n=0、1、2、3、4)

    第二种情况:

    L=n(2v0t+2Rsinα)+v0t+2Rsinα

    、R=、v1=vsinα、代入解得

    v0×105m/s(其中n=0、1、2、3).


     


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