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问酷网2015年浙江省杭州市淳安中学高考物理二模试卷


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2015 年浙江省杭州市淳安中学高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共 4 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1. (6 分) (2013?重庆)如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角 θ.若此人所受重 力为 G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )

A .G

B.Gsinθ

C.Gcosθ

D.Gtanθ

考点: 力的合成. 难度星级: 五星 专题: 受力分析方法专题. 分析: 人受多个力处于平衡状态,合力为零.人受力可以看成两部分,一部分是重力,另一部分是椅子各部分 对他的作用力的合力.根据平衡条件求解. 解答: 解:人受多个力处于平衡状态,人受力可以看成两部分,一部分是重力,另一部分是椅子各部分对他的 作用力的合力. 根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值,反向,即大小是 G. 故选 A. 点评: 通过受力分析和共点力平衡条件求解.
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2. (6 分)如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处固定一个点电荷,将质量为 m、带电荷量为 q 的小球从圆弧管的水平直径端点 A 由静止释放,小球沿细管滑到最低点 B 时,对管壁恰好无压力,则固定于圆心 处的点电荷在 AC 圆弧最低点 B 处的电场强度 E 的大小为( )

A.

E=

B.

E=

C.

E=

D. E=

考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系;向心力. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 小球沿细管滑到最低点 B 过程中,只有重力做功,小球的机械能守恒.小球到达 B 点时对管壁恰好无压力, 则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力,根据机械能守恒定律求出小球到达 B 点时的速度,由牛 顿第二定律求出电场力的大小 解答: 解:设细管的半径为 R,小球到达 B 点时速度大小为 v.小球从 A 滑到 B 的过程,由机械能守恒定律得:
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得到: 小球经过 B 点时,由牛顿第二定律得:

代入得: Eq=3mg,

故选:C 点评: 本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用.对于圆周运动,常常不单独出题,会和动能定理、机 械能守恒结合应用. 3. (6 分) (2015?湖南一模)某跳伞运动训练研究所,让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下,研究人员 利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况,通过分析数据,定性画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中 在空中沿竖直方向运动的 v﹣t 图象如图所示,则对运动员的运动,下列说法正确的是( )

A.0~15s 末都做加速度逐渐减小的加速运动 B. 0~10s 末做自由落体运动,15s 末开始做匀速直线运动 C. 10s 末打开降落伞,以后做匀减速运动至 15s 末 D.10s 末~15s 末加速度方向竖直向上,加速度的大小在逐渐减小 考点: 匀变速直线运动的图像. 难度星级: 五星 专题: 运动学中的图像专题. 分析: 速度时间图象的斜率等于加速度,根据斜率分析加速度大小如何变化,判断运动员的运动情况.自由落体 运动是初速度为零的加速度为 g 的匀加速直线运动. 解答: 解: A、0~10s 内图线的斜率在减小,说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动,10~15s 运动员做加速度减小 的减速运动.故 A 错误. B、0~10s 末做运动员的速度开始减小,不可能做自由落体运动,15s 末开始做匀速直线运动.故 B 错误. C、由于图象的斜率在减小,则运动员在 10s 末打开降落伞后做变减速运动至 15s 末.故 C 错误. D、10s 末~15s 末速度向下做减速直线运动,加速度方向竖直向上,加速度的大小在逐渐减小.故 D 正确. 故选 D 点评: 本题考查理解速度问题的能力.关键根据图线的斜率等于加速度,来分析运动员的运动情况.
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4. (6 分) (2014?宝鸡一模)理论研究表明,无限长通电直导线磁场中某点的磁感应强度可用公式

(k 是常数、

I 是导线中电流强度、r 是该点到直导线的距离)表示.如图,两根无限长通电直导线垂直 x 轴平行放置,相距为 L, 电流强度均为 I, 能正确反映两导线间的磁感应强度 B 与 x 关系的是图中的 (规定 B 的正方向垂直纸面向里) ( )

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A.

B.

C.

D.

考点: 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 难度星级: 二星 分析: 通电导线周围有磁场存在,磁场除大小之外还有方向,所以合磁场通过矢量叠加来处理.根据右手螺旋定 则可得知电流方向与磁场方向的关系. 解答: 解:根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里,右边通电导线在两根 导线之间的磁场方向垂直纸面向外,离导线越远磁场越弱,在两根导线中间位置磁场为零.由于规定 B 的 正方向垂直纸面向里,所以 A 正确; 故选:A 点评: 由于电流大小相等,方向相同,所以两根连线的中点磁场刚好为零,从中点向两边移动磁场越来越强,左 边的磁场垂直纸面向里,右边的磁场垂直纸面向外.
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二、选择题(本题共 3 小题.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是正确,全部选对的得 6 分,选对但不 全的得 3 分,有选错的得 0 分. ) 5. (6 分)2014 年 9 月 10 日是中国就钓鱼岛及其附属岛屿的领海基点、基线发表声明两周年.当天,中国海警 7 艘舰船编队在我钓鱼岛领海内巡航.编队分为两个组,一组顺时针,一组逆时针,从 9 点 18 分开始绕岛巡航,假 设每个小组的巡航时间为 4 个小时,航程为 60 海里,且绕岛一周后全部回到各自的出发点.其中海警“2112”号和海 警“2350”号被编在同一个组.若所有舰船行驶速率相同,则下列说法正确的有( ) A.研究其中一艘舰船巡航 30 海里过程中的平均速度时可将其看作质点 B. 由题中条件可求出此次巡航过程海警舰船的瞬时速度大小 C. “60 海里”指的是编队的位移 D.由题中条件可求出此次巡航过程中海警“2112”的平均速度 考点: 位移与路程;平均速度. 专题: 直线运动规律专题. 分析: 当忽略物体的形状与大小对所研究的物体不产生影响时,可以把物体看做质点,区分路程与位移,平均速 度是位移与时间的比值. 解答: 解:A、研究其中一艘舰船编队的平均速度时可将其看作质点,因为船的大小相当于路程来讲可以忽略,A 正确; B、根据题目中的条件只能计算平均速率,无法计算出瞬时速度的大小,B 错误; C、“60 海里”指的是编队的路程,C 错误; D、平均速度是位移与时间的比值,由题中条件不能求出此次巡航过程中海警“2112”的平均速度,D 错误; 故选:A 点评: 一个物体能否看做质点不是以物体的大小来定的,注意路程与位移的区别及平均速度的公式.
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6. (6 分) (2013?甘肃模拟)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.一同学利用压敏电阻设计了判断升降机 运动状态的装置,如图甲所示,将压敏电阻平放在升降机内,受压面朝上,在上面放一物体 m,升降机静止时电流 表示数为 I0.某过程中电流表的示数如图乙所示,则在此过程中( )

A.物体处于失重状态 C. 升降机一定向上做匀加速运动

B. 物体处于超重状态 D.升降机可能向下做匀减速运动

考点: 闭合电路的欧姆定律;超重和失重. 难度星级: 五星 专题: 恒定电流专题. 分析: 根据升降机静止时电流表示数和此运动过程中电流,由欧姆定律分析压敏电阻的阻值如何变化,确定压敏 电阻所受压力如何变化,判断物体处于失重状态还是超重状态,再分析升降机可能的运动情况. 解答: 解: A、B 据题,升降机静止时电流表示数为 I0,而此过程中电流表示数为 2I0,由欧姆定律分析压敏电阻的阻 值变小,说明压敏电阻所受压力增大,则物体处于超重状态.故 A 错误,B 正确. C、D 物体处于超重状态时,速度方向可能向下,也可能向上,则升降机可能向下做匀减速运动,也可能向 上做匀加速运动.故 C 错误,D 正确. 故选 BD 点评: 本题是信息题,首先要抓住题中信息:压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小,其他部分是常规问题.
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7. (6 分)现代科学研究中常用到高速电子,电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备.电子感应加速器 主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成.当电磁铁绕组通以变化的电流时,产生变化的磁场,穿过真空盒所包 围的区域内的磁通量也随时间变化, 这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场, 电子将在涡旋电场作用下得到加速. 如 图所示(上图为侧视图、下图为真空室的俯视图) ,若电子被“约束”在半径为 R 的圆周上运动,当电磁铁绕组通有 图中所示的电流时( )

A.电子在轨道上逆时针运动 B. 保持电流的方向不变,当电流增大时,电子将加速 C. 保持电流的方向不变,当电流减小时,电子将加速 D.被加速时电子做圆周运动的周期不变 考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;质谱仪和回旋加速器的工作原理;楞次定律. 难度星级: 一星 分析: 磁场发生变化,通过楞次定律可判断出涡旋电场的方向,从而可知电子在涡旋电场下的运动. 解答: 解:AB、线圈中的电流增强,磁场就增大了,根据楞次定律,感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生
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电场为顺时针方向,即电流方向顺时针,所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动,洛伦兹力约束 下做圆周运动.故 AB 正确; C、当磁场减小,根据楞次定律,可知涡旋电场的方向为逆时针方向,电子将沿逆时针方向减速运动. D、在电子被加速过程中,由于磁场的变化,导致运动的周期变化, 故只有 AB 正确,CD 均错误; 故选:AB 点评: 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电场的方向;方法同感应电流的判断方法:感应电流的磁场总是阻 碍引起感应电流磁场磁通量的变化. 三、非选择题部分 8. (6 分) (1)用多用电表测量该电阻的阻值,选用“×10”倍率的电阻档测量,发现指针偏转角度太小,因此需选择 ×100 倍率的电阻档(选填“×1”“×100”) ,欧姆凋零后再进行测量,示数如图所示,测量值为 2200 Ω. (2)多用电表使用时间长了,其内部电池的电动势不变,但内阻会明显变大,使用该表测电阻时,仍能够使用“调 零旋钮”进行调零,则用该表测得的电阻测量值与电阻的真实值比较将 C . A.偏大 B.偏小 C.不变.

考点: 伏安法测电阻. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析: 本题(1)的关键是明确当欧姆表的指针偏角过小时说明待测电阻的阻值较大,即所选倍率较小,应选择倍 率较大的挡;题(2)的关键是列出调零时闭合电路欧姆定律的表达式,然后讨论即可. 解答: 解: (1)欧姆表的指针偏角太小,说明待测电阻的阻值太大,即所选倍率较小,应选择倍率较大的×100 挡; 欧姆表的读数为 R=22×100Ω=2200Ω;
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(2)根据欧姆表的改装原理可知,电池正常调零时应有:

=



当电池内阻变大调零时应有:

=

,所以中值电阻

不变,由 I=

可知,测得电阻的

测量值与真实值比较将不变,即 C 正确; 故答案为: (1)×100,2200; (2)C 点评: 欧姆表的指针偏角过小时应选择阻值较大的倍率,偏角过大时应选择倍率较小的挡. 9. (14 分)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系. ① 将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧,弹簧轴线和刻度尺都应在 竖直 方向(填“水平”或“竖直”) ② 弹簧自然悬挂,待弹簧稳定时,长度记为 L0,弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为 Lx;在砝码盘中每次增加 10g 砝 码,弹簧长度依次记为 L1 至 L6,数据如表: 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 数值(cm) 25.35 表中有一个数值记录不规范,其代表符号为 L3 .由表可知所用刻度尺的最小刻度为 1mm .

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③ 图是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与 Lx 的差值(填“L0 或 Lx”) . ④ 由图可知弹簧的劲度系数为 4.9 N/m;通过图和表可知砝码盘的质量为 10 g(结果保留两位有效数字,重力 2 加速度取 9.8m/s ) .

考点: 探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题: 实验题. 分析: 弹簧自然悬挂,故是竖直放置;充分利用测量数据, 根据公式△ F=k△ x 可以计算出弹簧的劲度系数 k.其中△ x 为弹簧的形变量. 解答: 解: (1)用铁架台,一定是竖直悬挂,所以弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向; (2)用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位,记录数据的最后一位是估读位,故数据 L3 记录 不规范,由表可知所用刻度尺的最小刻度为 1mm; (3)若纵轴是砝码的质量,没有考虑砝码盘的重力的影响,所以横轴是弹簧长度与悬挂砝码盘时的长度 Lx 的差. (4)根据胡克定律公式△ F=k△ x,有
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N/kg=4.9N/m 由表格得到,弹簧原长为:L0=25.35cm;挂砝码盘时:Lx=27.35cm; 根据胡克定律,砝码盘质量为:M= kg=0.01kg=10g;

故答案为:① 竖直;② L3,1mm;③ Lx;④ 4.9,10 点评: 弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长与受到的拉力成正比.对于实验问题,我们要充分 利用图象处理实验数据来减少偶然误差. 10. (16 分) (2009?黄浦区二模)右图为 ARJ21﹣700 飞机在上海成功实现首飞的雄姿,它是中国首架自主研制、 拥有完全自主知识产权的新型涡扇支线飞机.假定飞机的质量为 m,以水平速度 v0 飞离跑道后逐渐上升,在此过 程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其它力的合力提供,不含重力) .现测得 当飞机从飞离地面开始算起,在水平方向的位移为 s 时,它的上升高度为 h.求: (1)飞机受到的升力大小; (2)从飞离地面开始算起,飞机上升至 h 高度的过程中升力所作的功及在高度 h 处飞机的动能.

考点: 运动的合成和分解;牛顿第二定律.

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难度星级: 一星 专题: 平行四边形法则图解法专题. 分析: (1)飞机做类平抛运动,根据运动学公式与牛顿第二定律相结合,从而即可求解; (2)根据功的表达式与动能表达式,即可求解. 解答: 解: (1)飞机水平速度不变,则有:s=v0t y 方向加速度恒定,则有 消去 t 即得 由牛顿第二定律 F=mg+ma

(2)升力做功

在h处 ∴ =

答: (1)飞机受到的升力大小为



(2)从飞离地面开始算起,飞机上升至 h 高度的过程中升力所作的功

及在高度 h 处飞机

的动能



点评: 考查物体做类平抛运动中,运动学公式与牛顿第二定律相综合运用,并掌握功与动能表达式,同时学会运 动的分解与合成的应用. 11. (20 分)如图所示,以两虚线为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为 d,两侧为相同的 匀强磁场,方向垂直纸面向里.一质量为 m、带电量+q、重力不计的带电粒子,以初速度 v1 垂直边界射入磁场做 匀速圆周运动,后进入电场做匀加速运动,然后第二次进入磁场中运动,此后离子在电场和磁场中交替运动,已知 粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此类推,求: (1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 W1. (2)粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 En. (3)粒子第 n 次经过电场所用的时间 tn.

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考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: (1)根据牛顿第二定律求出粒子第 n 次进入磁场时的半径 Rn 与速度的关系式,由题给条件研究粒子第 2 次进入磁场时的速度,即粒子第一次经过电场的过程的末速度,根据动能定理求解粒子第一次经过电场的
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过程中电场力所做的功 W1. (2)根据第(1)问的结果可知粒子第 n+1 次进入磁场时和第 n 次进入磁场时的速度,即第 n 次进入电场 时和穿出电场时的速度,根据动能定理求出粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 En. (3)根据牛顿第二定律求出粒子第 n 次经过电场时的加速度,由(2)结论,由速度公式求出粒子第 n 次 经过电场所用的时间 tn. 解答: 解: (1)设粒子第 n 次进入磁场时的半径为 Rn,速度为 vn, 由牛顿第二定律得: …①

由① 式得:

…②

因为 R2=2R1, 所以有:V2=2v1…③ 对粒子第一次在电场中运动的过程, 由动能定理得: …④

联立③ ④ 式得:

…⑤

(2)粒子第 n 次进入电场时速度为 vn,穿出电场时速度为 vn+1, 由题意知:Vn=nv1,vn+1=(n+1)v1 …⑥ 由动能定理得: …⑦

联立⑥ ⑦ 式得:

…⑧

(3)设粒子第 n 次在电场中运动的加速度为 an, 由牛顿第二定律得:qEn=man…⑨ 由运动学公式得:vn+1﹣vn=antn…⑩ 联立⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 式得:

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答: (1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 W1



(2)粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 En 为

(3)粒子第 n 次经过电场所用的时间 tn 为 点评: 本题关键是充分应用题给条件研究粒子第 n 次进入电场时的速度,穿出电场时速度.动能定理是功常用的 方法. 12. (22 分) (2015?黄埔区模拟)如图所示,两平行金属导轨轨道 MN、M? N? 间距为 L,其中 MO 和 M? O? 段与金 属杆间的动摩擦因数 μ=0.4, ON 和 O? N? 段光滑且足够长, 两轨道的交接处由很小的圆弧平滑连接, 导轨电阻不计, 左侧接一阻值为 R 的电阻和电流传感器,轨道平面与水平面的夹角分别为 α=53°和 β=37°.区域 PQP? Q? 内存在垂 直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为 d,PP? 的高度为 h2=0.3m.现开启电流传感器,同时让质量为 m、电 阻为 r 的金属杆 ab 自高 h1=1.5m 处由静止释放, 金属杆与导轨垂直且保持接触良好, 电流传感器测得初始一段时间 内的 I﹣t(电流与时间关系)图象如图乙所示(图中 I0 为已知) .求:

(1)金属杆第一次进入磁场区域时的速度大小 v1(重力加速度为 g 取 10m/s ) ; (2)金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔△ t 的大小(此后重力加速度取 g) ; (3)电阻 R 在 t1﹣t3 时间内产生的总热能 QR(用 v1 和其他已知条件表示) ;

2

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(4)定性画出 t4 时刻以后可以出现电流的、且金属杆又回到 OO? 的这段时间内可能的 I﹣t 关系图

象. 考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;动能定理. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: (1)有动能定理求得进入时的速度, (2)有图象可知,金属杆第一次离开磁场时刻为 t2,第二次离开磁场区域时的时刻为 t4,而 t2 到 t3 金属棒 做匀减速运动,t3 到 t4 金属棒做匀速运动,分别利用运动学公式求解即可; (3)根据能量守恒定律和串并联电路特点,求解热量 (4)根据牛顿第二定律和运动学知识点,确定金属棒的运动,定性的画出 v﹣t 图象; 解答: 解: (1)金属杆从静止开始运动到达 pp′ 位置,由动能定理
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解得:v1=

=

m/s

(2)金属杆第一次出磁场的速度为 v2,由图线可知,当金属杆中的电流为 I0 时处于平衡状态: 由 FA=BI0L=mgsinβ 得

,解得:v2=

=

金属杆第一次出磁场的速度为 v2,加速度 a2=gsinβ,末速度为 0,金属杆做匀减速运动,根据匀变速运动规 律,可以看成反向匀加速,由:v=v0﹣at 根据对称性得:△ t1=t3﹣t2= = ,

进入磁场后,金属杆做匀速运动,穿越磁场的时间△ t2=

=



所以时间△ t=△ t1+△ t2=

+



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(3)电阻 R 在 t1﹣t3 时间内产生的总热能,由能量守恒得;Q=

由串并联电路特点得:QR=

( mv1 ﹣ mv2 ﹣mgdsinβ)=

2

2

(4)① t4 之后,冲上 MO 斜面之后由于摩擦力作用能量损耗,速度减小,穿过磁场又在滑下穿过磁场的情 况:

② 进入磁场为穿越就减速到零返回的情况:

答: (1)金属杆第一次进入磁场区域时的速度大小 v1 为: (2)金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔△ t 的大小为: + ,

(3)电阻 R 在 t1﹣t3 时间内产生的总热能 QR 为



(4)如图



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点评: 本题利用能量守恒和牛顿第二定律及运动学知识,难度较大,注意过程的分界点及过程之间的联系.

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