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河南省许昌市鄢陵一高2016届高三第二次月考物理试卷


鄢陵一高 2016 届高三第二次月考理综物理试题
二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中。第 1 4~ 18 题只有一项符合题目要求, 第 19~21 题有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。
14.如图所示,两颗卫星围绕着质量为 M 的中心星体做匀速圆周运动。若两颗卫星和中心 星

体始终在同一直线上, 两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计, 则下 列判断正确的是( )
M

A.两颗卫星的轨道半径相等 B.两颗卫星的向心加速度相同 C.两颗卫星的向心力大小相等 D.两颗卫星的动能相等

15.如图所示,甲、乙两船在同一河岸边 A、B 两处,两船船头方向与河岸均成 θ 角,且恰 好对准对岸边 C 点。若两船同时开始渡河,经过一段时间 t,同时到达对岸,乙船恰好到达 正对岸的 D 点。若河宽 d、河水流速均恒定,两船在静水中的划行速率恒定,不影响各自的 航行,下列判断正确的是 ( )
C D

A.两船在静水中的划行速率不同 B.甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小 C.两船同时到达 D 点 dtanθ D.河水流速为 t
甲船 θ A 乙船 θ B

16.如图所示,直角三角形 OAB 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,C 为 AB 的中 点。现有比荷相同的两个分别带正、负电的粒子(不计重力)沿 OC 方向同时从 O 点射入 磁场。下列说法正确的是 ( )
C B

A.若有一个粒子从 OA 边射出磁场,则另一个粒子一定从 OB 边射出磁场 B.若有一个粒子从 OB 边射出磁场,则另一个粒子一定从 CA 边射出磁场 C. 若两个粒子分别从 A、 B 两点射出磁场, 则它们在磁场中运动的时间之比为 2∶1 D.若两个粒子分别从 A、B 两点射出磁场,则它们在磁场中运动的轨道半径之比 为 1∶ 3
A

O

17.在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场,被拉直的绝缘轻绳一端固定在 O 点,另一 端系着带正电的小球,轻绳与水平面平行,OB 与电场线 平行。若 小球从 A 点由静止释放后,沿水平面摆动到 B 点,不 计空气阻力,则关于此过程,下列判断正确的是 A.小球的动能先变小后变大 B.小球的切向加速度一直变大 C.小球受到的拉力 先变大后变小 D.小球受到的电场力做功功率先增大后减小 18.在绝缘水平面上方均匀分布着方向与水平向右成 60°角斜向上的磁场中,一通有如图所
O E A B

B I 60°

示的恒定电流 I 的金属方棒,在安培力作用下水平向右做匀速直线运动。已知棒与水平面间 的动摩擦因数 μ = 3 。若在磁场方向由图示方向开始沿逆时针缓慢转动至竖直向上 3

的过程中棒始终保持匀速直线运动,此过程中磁场方向与水平 向右的夹角设为 θ,则关于磁场的磁感应强度的大小 B 与 θ 的 变化关系图象可能正确的是(
B/T 1 -1 B /T


1 -1 B /T 1 -1 B /T

O A

90 θ/°

O B

90 θ/°

O

30 60 90 C

θ /°

O

30 60 90 D

θ/°

19.如图所示,在远距离输电电路中,发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变,变压 器、电表 均为理想化的。若发电厂的输出功率减小,则下列说法正确的是( A.电压表 V1 示数减小,电流表 A1 减小 B.电压表 V2 示数增大,电流表 A2 减小 C.输电线上损耗功率增大 D.用户总功率与发电厂的输出功率的比值增大
A1 V1
升压变压器


A2 V2 用 户

发 电 厂

降压变压器

20.如图 1 所示,小物块静止在倾角 θ=37°的粗糙 斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的 推力 F,力 F 的大小随时间 t 的变化情况如图 2 所示,物块的速率 υ 随时间 t 的变化规律如 图 3 所示,取 sin37° = 0.6,cos37° = 0.8,重力加速度 g = 10m/s2。下列说法正确的是( A.物块的质量为 1kg B. 物块与斜面间的动摩擦因 数为 0.7 C.0~3s 时间内力 F 做功的 平均功率为 0.32W D.0~3s 时间内物体克服摩 擦力做的功为 5.12J 21.如图为一电源电动势为 E,内阻为 r 的恒定电路,电压表 A 的内阻 为 10kΩ,B 为静电计, C1 、 C2 分别是两个电容器,将开关闭合一段 时间,下列说法正确的是( ) A.若 C1 > C2 ,则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差 B.若将变阻器滑动触头 P 向右滑动,则电容器 C2 上带电量增大 C. C1 上带电量为零 D.再将电键 S 打开,然后使电容器 C2 两极板间 距离增大,则静电计张角也增大
θ 图1 O 1 2 3 图2 4 t/s O 1 2 3 图3 4 t/s F 0.8 0.4 F/N 0.8 0.4 υ/m·s
-1



第 II 卷
三、非选择题;包括必考题和选考顺两部分。第 22 题~第 32 题为必考题,每个 试题考生都必须做答。第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题(11 题,共 129 分)
22.(6 分) 某学习小组利用图 1 所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 ①若某同学按图 1 所示开始实验,则一个很明显的不合理之处是_____________________。 ②经纠正后,按正确操作,得到如图 2 所示的一条点迹清晰的纸带,用刻度尺测得起始点 O 到计数点 A、B、C、D 各点的距离分别为 h1、h2、h3、h4,相邻计数点间时间间隔为 T, 从 O 到 D 的时间为 t。若用 O、C 两点来验证机械能守恒定律,为了计算打下 C 点时的重物 的速度大小,甲、乙、丙、丁四位同学提供了四个计算式,其中正确的是_________。 (填选 项前的字母) A.甲同学:υC = B.乙同学:υC = gt C.丙同学:υC = D.丁同学:υC = h4 – h2 2T h4 – h3 T
O h3 h2 h1 A B 图2 图1 C D

2gh3
h4

③提供正确计算式的同学发现,以 C 点算出的重力势能 mgh3 总比 mυc2/2 略大些,这主要 是因为_______________________________________________________________________。 23. (9 分)某学习小组欲探究小灯泡(额定电压为 3V,额定电流约为 0.5A)的伏安特性, 可提供的实验器材如下: A.干电池:电动势约 4.5V,内阻可不计 B.双量程的电压表 V1:量程为 0~3V、内阻约为 3kΩ ; V2:量程为 0~15V、内阻约为 15kΩ C.双量程的电流表 A1:量程为 0~0.6A、内阻约为 1Ω ; A2:量程为 0~3A、内阻约为 0.1Ω D.滑动变阻器 R:阻值范围 0~10Ω 、允许通过最大电流为 2A E.开关 S,导线若干 在尽量提高测量精度的情况下,请回答下列问题: ①根据以上器材,请你把实验电路原理图 1 补充完整,并在图 1 中标明所选器材的代号。 ②根据选择的正确电路原理图, 用笔画线代替导线将实物图 2 连接成完整电路。 闭合开关 前,滑动变阻器的滑动片应移到_______端(选填“A”或“B”)
图1 V A

U/V 3

2 A B 1

0 图2

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 I/A

图3

③按正确操作得到 7 组电压表和电流表示数如下表所示, 请图 3 所示的坐标纸上画出小灯泡 的 U – I 图线。 组数 U/V I/A 1 0 0 2 0.28 0.10 3 0.58 0.20 4 0.92 0.30 5 1.50 0.40 6 2.00 0.45 7 3.00 0.49

④若将该小灯泡接在电动势为 3.0V、内阻为 2.0Ω 的干电池两端,则此时该小灯泡的电阻为 ________Ω。 (结果保留 3 个有效数字) 24.(12 分) 如图所示,等腰三角形 OPQ 区域内存在场强方向沿 PQ 方向、大小为 E 的匀强 电场,A 为 PQ 的中点,D 为 OQ 的中点,PQ = 2L,θ = 30°。一质量为 m、电量为 q 的带正 电粒子(重力不计、初速度视为零) ,从靠近 M 板 O′处由静止释放,经两平行金属板 M、N 间的电场加速后, 通过 N 板上的小孔沿 AO 方向从 A 点射入三角形 OPQ 区域, 粒子恰好从 D 点射出电场。 (1)求 M、N 两板间的电压 U 及粒子过 A 点时的速率 υ; (2)若将三角形 OPQ 区域内的电场撤去,在此区域内及其边界上充满方向垂直纸面向 里的匀强磁场,该粒子仍从 O′处由静止释放,要使该粒子在三角形 OPQ 区域中运动的时间 最长,磁场的磁感应强度 B 应为多大?并求在磁场中运动的最长时间 tm。
M N P θ

O′

A D θ Q

O

25. (20 分)如图所示,长为 L 的轻杆下端用铰链固定在光滑的水平面上的 C 点,上端有一 个质量为 m 的光滑小球 A(视为质点) ,小球旁轻靠有一正方体滑块 B。若用一大小为 mg

的水平恒力(g 为重力加速度大小)向右作用于小球 A,当杆与水平面成 θ = 30°角时 A、B 恰好分离,求: (提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为 F υ2 = m 向 L) (1)A、B 分离瞬间球 A 的速度大小; (2)滑块 B 的质量 M; (3)球 A 刚要触地时球对杆的作用力 F 大小和方向。
L C m A B

[来源:学科网]

35.(1)(6 分)关于原子和原子核,下列说法正确的是( A.α 粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性 B.光电效应实验揭示了光的粒子性



[来源:学#科#网 Z#X#X#K]

C.根据玻尔理论可知,氢原子核外电子跃迁过程电子的电势能和动能之和是不守恒的 D.根据玻尔理论可知,一个氢原子核外电子从 n = 4 能级向低能级跃迁最多可辐射 6 种频 率的光子 E.已知 90 Th 的半衰期是 24 天,48g 的 90 Th 经过 72 天后衰变了 42g (2) (9 分)如 图所示,静止在水平面上的弧形木板质量为 2m,AB 部分是半径为 R、圆心 角 θ = 53° 的圆弧轨道,BC 部分是长为 L 的水平轨道。一质量为 m 的小物块(视为质点) 从 A 处轻轻释放后恰好滑到达 C 点。已知物块与弧形木板间的动摩擦因数为 μ,sin53° =0.8, cos53° =0.6,重力加速度为 g。求: ①物块到达 B 点时的速度大小 υB; ②物块通过圆弧轨道的过程中克服摩擦力做的功 Wf。
O θ A M m R B C
234 234

[来源:学科网]

鄢陵一高月考物理参考答案及评分标准:
14.【答案】A 【提示】由“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度 ω 相等, Mm 根据G r2 = mω2r,得 r =
3

GM ,可见两颗卫星的轨道半径相等,选项 A 正确;由 a = ω2r ω2

Mm 得向心加速度大小 a1 = a2, 但方向相反, 选项 B 错误; 由万有引力提供向心力即 F 向 = G r2 Mm 知,F 向与卫星的质量 m 有关,由于两颗卫星的质量关系不确定,选项 C 错误;根据G r2 = Mm υ2 1 2 m 得卫星的动能 Ek = mυ = G 2r 与 m 有关,选项 D 错误。 r 2

15.【答案】C 【提示】由题意可知,两船渡河的时间相等,两船沿垂直河岸方向的分速度 υ1 相等, 由 υ1 = υsinθ 知两船在静水中的划行速率 υ 相等,选项 A 错误;乙船沿 BD 到达 D 点,可见 河水流速 υ 水方向沿 AB 方向,可见甲船不可能到达到正对岸, 甲船渡河的路程较大,选项 B d d 错误;根据速度的合成与分解,υ 水 = υcosθ,而 υsinθ = ,得 υ 水 = ,选项 D 错误; t ttanθ 由于甲船沿 AB 方向的位移大小 x = (υcosθ + υ 水)t = 选项 C 正确。 16.【答案】C υ2 mυ 【提示】由 qυB = m 得轨道半径 R = 。由题意可知,两个 R qB 粒子分别顺、逆时针偏转,但它们的速率关系未知,轨道半径关系 也未知, 选项 A、 B 均错误; 若两个粒子分别从 A、 B 两点射出磁场, 如图所示,则 α = 60° ,θ = 30° ,OA = OBtan30° ,R1 = OA ,R2 = A 2sinα
αα O C B R2 θ θ O2

2d = AB,可见两船同时到达 D 点, tanθ

R1

OB R1 1 2πm 2α ,得 = ,选项 D 错误;周期 T = 相同,由 t1 = T、 2sinθ R2 3 qB 2π

t2 =

2θ t1 2 T 得 = ,选项 C 正确。 2π t2 1 17.【答案】D 【提示 】小球从 A 点摆动到 B 点的过程中,只有电场力做功且一直做正功,根据动能

定理知小球的动能 Ek 一直增大,选项 A 错误;小球从 A 点摆动到 B 点的过程中轻绳与 OB 的夹角设为 θ,则小球的切向加速度 a1 = qEsinθ 随着 θ 的减小而减小,选项 B 错误;根据 m

υ2 2 牛顿第二定律和向心力公式有 F – qEcosθ = m 得小球受到的拉力大小 F = qEcosθ + · E, L L k cosθ、Ek 均随着 θ 的减小而增大,可见 F 一直增大,选项 C 错误;在 A 点时小球的速率为 零,电场力做功的瞬时功率为零,过 B 点时小球的速度方向与电场力垂直,电场力做功的 瞬时功率也为零,可见小球受到的电场力做功功率先增大后减小,选项 D 正确。 18.【答案】C 【提示】棒受力如图所示,则 BILsinθ =μ(mg + BILcosθ), 1 IL 得B = μmg(sinθ –μcosθ) = 19.【答案】BD 2IL sin(θ – 30°),只有选项 C 正确。 3mg
f mg θ BIL N B

U出 n1 【提示】根据 = 得电压表 V1 两端的电压 U1 不变,选项 A 错误;根据 P 出 = U1I1 U1 n2 I2 n3 得通过电流表 A1 的电流 I1 将减小,根据 = 得通过电流表 A2 的电流 I2 将减小,降压变 I1 n4 U n3 压器原线圈两端的电压 U = U1 – I1R 线将增大, 根据 = 得电压表 V2 两端的电压 U2 增大, U2 n4 选项 B 正确;输电线上损耗功率 P 线 = I1R 线将减小,选项 C 错误;用户总功率与发电厂的 I2U2 n3 输出功率的比值为 = U 随着 U2 的增大而增大,选项 D 正确。 I1U1 n4U1 2 【答案】AD 20.【提示】由速度图象知在 1~3s 时间内,物块做匀加速直线运动,则 0.8 + mgsinθ –μ mgcosθ = ma,a = 0.8 – 0 m/s2 = 0.4m/s2。在 3~ 4s 时间内,物块匀速运动,受力平衡, 3–1
2

则 μ mgcosθ – mgsinθ = 0.4N,解得 m = 1kg,μ = 0.8,选项 A 正确,B 错误;0~1s 时 1 间内,物块静止,力 F 不做功,1~3s 时间内,力 F = 0.8N,物块的位移 x = 2 × 0.4 × 22m

0.8 × 0.8 Fx = 0.8m,0~3s 内力 F 做功的平均功率为 = W = 0.213W,选项 C 错误;0~3s 时 t3 3 间内物体克服摩擦力做的功为 μ mgcosθ · x = 5.12J,选项 D 正确。 21.CD

22. 【答案】①释放纸带前重物离打点计时器太远 ②C ③实验中存在阻力,重物下 落过程中减少的重力势能转化为重物的动能和因阻力产生的其他形式的能量。 -----每空 2 分 【提示】①因释放纸带前重物离打点计时器太远,重物下落的加速度较大,纸带上打的 点数极少, 所以实验中释放纸带前应提高纸带使重物靠近打点计时器。 ②因实验中存在阻力, 重物下落时的实际加速度小于重力加 速度,计算速度时应根据匀变速直线运动中中间时刻 速度等于该过程的平均速度来求,正确的是丙同学;而甲、乙两同学提供的计算式是没有阻 力作用下速度的理论值,不合理;丁同学提供的计算式是求 DE 段的平均速度即求 CD 间中 间时刻的速度。 ③因为实验中存在阻力, 重物下落过程中减少的重力势能转化为重物的动能 和因阻力产生的其他形式的能量。 23.【答案】①如图 4 所示 ----2 分 ②连线如图 5 所示;A 示 ---2 分 ④4.5 或 4.6 或 4.7Ω -----2 分 【提示】 ①探究小灯泡的伏安特性, 要求灯泡两端的电压可以从零伏开始调整到额定电 压, 即要求测量的电压范围从 0~3V, 选择电压表 V1; 由于小灯泡的额定电流约为 0.5A<0.6A, 选择电流表 A1;由于小灯泡的最大电阻约为 Rm = 采用外接法,实验电路原理图 4 所示。 ②根据图 4,用笔画线代替导线将实物图 2 连接成完整电路如图 5 所示。闭合开关前, 滑动变阻器的滑动片应移到 A 端,使闭合开关后灯泡两端的电压为零以保护电表。 ③画出小灯泡的 U – I 图线如图 6 中曲线所示。 ④根据闭合电路欧姆定律有 U = 3.0– 2.0I,此直线如图 6 中所示,与曲线的交点坐标为 2.10 (0.455A,2.10V) ,得待求电阻为 Ω = 4.6Ω。 0.455 3V = 6Ω ,很明显 Rm<<RV1,电流表 0.5A ----3 分 ③如图 6 中曲线所

24.(12 分) 【解析】 (1)粒子在两板间电场加速,根据动能定理有: 1 qU = 2 mυ2 --------------1 分
P θ O1 R A R O

粒子在三角形 OPQ 区域中做类平抛运动,有: L 1 2 2= 2 at --------1 分

θ Q

1 2 Ltanθ = υt

----1 分

根据牛顿第二定律有:qE = ma ----1 分 1 解得:U = 24EL,υ = qEL 12m。--------2 分

s (2)由 t = υ知,当 υ 一定时,弧长 s 最大即轨迹圆弧恰好与 OP 边相切(如图所示) 时 t 最大。设轨迹圆弧与 OP 边相切时圆弧的半径为 R,有: R R + sinθ = L ------2 分

υ2 qυB = m R --------------1 分 πR tm = υ ------1 分 解得:B = 3mE 4qL ,tm = 2π mL 3qE。 -------2 分
[来源:学,科,网]

25.(20 分) 【解析】 (1)如图 10.2 所示,设杆与水平面夹 θ 角时 A 与 B 的速度大小分 别为 υ1、υ2,有: υ2 = υ1sinθ ------2 分
υ2
θ θ

在杆下摆过程中,对轻杆、球与滑块组成的系统,根据动能定理 有: 1 2 1 2 mgLcosθ + mg(L –Lsinθ) = 2 mυ1 + 2 Mυ2 – 0 解得 υ1 = (3 + 3)gL 6 ----2 分 ------3 分
C

υ1 图 10.2

(2)分离时 A、B 不仅有相同的水平速度,而且分离前瞬间 A、B 在水平方向的加速度 也始终相同,而分离后 B 的加速度必为零,分离时两者的水平加速度必为零。 由图 10.3 根据平衡条件有:Tcosθ = mg -----2 分 υ12 由沿杆方向的合力提供向心力有:(Tsinθ + mg)sinθ = m L 解得:M = 8(3 + 5 3) 8 m = 11(1 + 9 3)m 6+ 3 ----2 分 ---2 分

(3)球 A 刚要触地时的速度设为 υA,则根据动能定理有: 1 1 2 2 mg(L – Lcosθ) + mgLsinθ = 2 mυA – 2 mυ1 F′ = m L
2 υA

------2 分
C

mg T
θ θ

mg 图 10.3

----1 分

解得:F′ =

21 – 5 3 mg,方向水平向左 ----2 分 6 21 – 5 3 mg,方向水平向右。----2 分 6

根据牛顿第三定律得 F = F′ = 35.(1)【答案】BCE

【提示】α 粒子散射实验中没有 涉及原子核内部问题,是提出了原子核式结构模型的实 验基础,选项 A 错误;光电效应实验揭示了光的粒子性,表明光子具有能量,选项 B 正确; 根据玻尔理论可知,氢原子核外电子跃迁过程,电子的总能量将减小(或增加)即电子的电 势能和动能之和是不守恒的,这是因为氢原子要辐射(或吸收)一个光子,选项 C 正确; 一个氢原子核外电子从 n = 4 能级向低能级跃迁最多只能辐射 n – 1 = 3 种频率的光子, 选项 1 72 234 D 错误; 经过 = 3 个半衰期后, 48g 的 90 Th 还剩下 48 × (2 )3g = 6g, 衰变了 48g – 6g = 42g, 24 选项 E 正确。 (2)【解析】 (1)物块从 A 点滑到 C 点的过程,系统在水平方向上不受外力,水平方向 动量守恒,有: mυB – 2mυ = 0 3mυC = 0 -----1 分 ---------------2 分

物块从 B 点滑到 C 点的过程,根据能量守恒定律有: 1 1 1 μmgL = 2 mυB2 + 2 ×2mυ2 – 2 × 3mυC2 -----2 分 解得:υB = 4 μgL。---1 分 3

(2)物块从 A 点滑到 B 点的过程,根据动能定理有: 1 mg (R﹣R cosθ)﹣Wf = 2 mυB2 ----2 分 1 1 解得:Wf = 2mg(5 R – 3 μL)。---2 分


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