2023-2024学年吉林省部分名校高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年吉林省部分名校高一（下）期中物理试卷，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）关于功，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功与路径无关
B．因为功有正负，所以功是矢量
C．摩擦力只能做负功
D．功仅由力决定，力越大，这个力做的功越多
2．（4分）关于行星运动的公式k，以下理解正确的是（ ）
A．k是一个与行星质量有关的常量
B．k与a3成正比
C．k与T2成反比
D．k与a和T均无关
3．（4分）某次晨练中，小强沿圆形跑道匀速跑步半个小时。关于这段时间内小强的速度和加速度，下列说法正确的是（ ）
A．速度和加速度都不变
B．速度和加速度都改变
C．速度改变，加速度不变
D．速度不变，加速度改变
4．（4分）甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为1：3，角速度大小之比为1：2，则甲、乙两小球的转动半径之比为（ ）
A．1：2B．2：1C．2：3D．3：2
5．（4分）中国国际航空航天博览会是展示当今世界航空航天业发展水平的盛会，代表着当今国际航空航天业先进科技主流，已成为世界五大最具国际影响力的航展之一。某架表演飞机特技飞行时的轨迹照片如图所示，若水平圆轨迹半径为竖直圆轨迹半径的2倍，飞机飞行的速率保持不变，则飞机做水平圆周运动和竖直圆周运动相比较，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度大小之比为2：1
B．合力大小之比为1：1
C．角速度大小之比为1：2
D．周期之比为1：2
6．（4分）使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系为。已知某星球的半径为R，其表面的重力加速度大小为地球表面重力加速度大小g的k（k＞1）倍。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）一轻质细杆的一端可绕某点在竖直面内转动，另一端连接着一质量为m的小球。重力加速度大小为g。若当小球以大小为v的速度通过最高点时，小球受到细杆大小为的支持力，则当小球以大小为2v的速度通过最高点时，小球所受细杆的作用力是（ ）
A．大小为的支持力B．大小为的支持力
C．大小为的拉力D．大小为的拉力
（多选）8．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．卡文迪什首先通过实验测出了引力常量
B．开普勒首先发现了万有引力定律
C．当地球离太阳较近的时候，地球绕太阳运行的速度较大
D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的中心
（多选）9．（6分）如图所示，质量为1kg的小球（视为质点）从距桌面高度为1.2m处的A点下落到水平地面上的B点，与地面碰撞后恰好能上升到与桌面等高的C点，C点距地面的高度为0.8m。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在小球从A点经B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为28J
B．在小球从B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为﹣8J
C．以桌面为重力势能的参考平面，小球在A点时的重力势能为12J
D．以桌面为重力势能的参考平面，小球在B点时的重力势能为零
（多选）10．（6分）如图所示，圆锥中心轴线OO′竖直，锥面光滑，母线与竖直方向的夹角为θ，两段长度分别为L、2L的轻质细线，上端固定在OO′上的同一点，下端系有质量之比为1：2的小球A、B。若圆锥绕轴OO′转动的角速度ω从零开始缓慢增大，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A球比B球先离开锥面
B．B球比A球先离开锥面
C．当时，OA线与OO′的夹角比OB线与OO′的夹角大
D．当时，OB线与OO′的夹角比OA线与OO′的夹角大
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）“北斗一号”卫星定位系统是中国自主研发，利用地球同步卫星为用户提供全天候、区域性的卫星定位系统。“北斗一号”卫星定位系统能快速确定目标或者用户所处地理位置，向用户及主管部门提供导航信息。已知地球的自转周期为T，地球的质量为M，引力常量为G，则地球同步轨道上的卫星的周期为 ，角速度大小为 ，轨道半径为 。
12．（8分）某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置如图甲所示，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力大小F，速度传感器测量圆柱体的线速度大小v，该同学通过保持圆柱体的质量和运动半径不变，来探究向心力大小F与线速度大小v的关系。
（1）该同学采用的实验方法为 。
A.等效替代法
B.控制变量法
C.理想化模型法
（2）改变线速度大小，多次测量，该同学测出了5组F、v数据，该同学对数据分析后，在如图乙所示的坐标纸上描出了5个点。
①请作出F﹣v2图线；
②分析可知，由小到大，第 （填“1”“2”“3”“4”或“5”）组数据错误；
③若圆柱体运动半径r＝0.18m，由作出的F﹣v2图线可得圆柱体的质量m＝ kg（结果保留两位有效数字）。
13．（10分）2024年1月11日，我国在酒泉卫星发射中心使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）地球的质量M；
（2）地球的第一宇宙速度v。
14．（13分）一辆汽车以大小v0＝20m/s的速度沿平直公路匀速行驶，此时其功率为额定功率P＝60kW。假设汽车行驶时所受路面的阻力大小恒定（其他阻力不考虑）。
（1）求汽车行驶时所受路面的阻力大小f；
（2）若汽车因紧急情况刹车，刹车后获得的加速度大小a＝8m/s2，求汽车开始刹车后4s内行驶的距离x。
15．（17分）如图所示，在足够大的光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根细线穿过小孔，一端连接质量m＝0.2kg的小球A，另一端连接水平地面上质量M＝0.3kg的物体B，小孔O与小球A的距离L1＝0.15m，小孔O与物体B的距离L2＝0.25m。使小球A做匀速圆周运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，小球A与物体B均视为质点，不计桌面的厚度。
（1）试证明当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v1＝1m/s时，物体B未离开地面；
（2）要使物体B不与桌面接触，求小球A做匀速圆周运动的线速度大小v应满足的条件；
（3）求当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v2＝1.8m/s时，物体B距地面的高度h。
2023-2024学年吉林省部分名校高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）关于功，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功与路径无关
B．因为功有正负，所以功是矢量
C．摩擦力只能做负功
D．功仅由力决定，力越大，这个力做的功越多
【分析】根据重力做功计算公式进行分析；功是标量；摩擦力可以做正功；根据功的计算公式W＝FLcsθ进行分析。
【解答】解：A、根据重力做功计算公式W＝mgh可知，重力做功与路径无关，故A正确；
B、功是标量，功的正负不表示方向，也不表示大小，故B错误；
C、摩擦力可以做负功，也可以做正功，故C错误；
D、根据功的计算公式W＝FLcsθ可知，功仅由力、位移以及二者之间的夹角决定，力越大，这个力做的功不一定越多，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键是掌握功的计算公式，知道重力做功的特点，知道功是标量。
2．（4分）关于行星运动的公式k，以下理解正确的是（ ）
A．k是一个与行星质量有关的常量
B．k与a3成正比
C．k与T2成反比
D．k与a和T均无关
【分析】开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即k，k是一个对所有行星都相同的常量。
【解答】解：开普勒描述了行星绕太阳公转的情况，开普勒第三定律中的常数是一个与行星无关、与太阳有关的数。圆心是太阳，做环绕运动的是行星，研究的是公转，T为公转周期，R为椭圆轨道的半长轴，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题是对开普勒行星运动第三定律的直接的考查，要注意k是由中心天体决定的。
3．（4分）某次晨练中，小强沿圆形跑道匀速跑步半个小时。关于这段时间内小强的速度和加速度，下列说法正确的是（ ）
A．速度和加速度都不变
B．速度和加速度都改变
C．速度改变，加速度不变
D．速度不变，加速度改变
【分析】加速度和速度都是矢量，方向变化，则该矢量发生变化。
【解答】解：小强做匀速圆周运动，加速度方向时刻在变，速度方向时刻在变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解题关键是记住矢量具有方向性。
4．（4分）甲、乙两小球都在水平面上做匀速圆周运动，它们的线速度大小之比为1：3，角速度大小之比为1：2，则甲、乙两小球的转动半径之比为（ ）
A．1：2B．2：1C．2：3D．3：2
【分析】根据圆周运动线速度与角速度的关系求解作答。
【解答】解：根据圆周运动线速度与角速度的关系v＝rω
变形得半径
甲、乙两小球的转动半径之比
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了圆周运动线速度与角速度的关系，基础题。
5．（4分）中国国际航空航天博览会是展示当今世界航空航天业发展水平的盛会，代表着当今国际航空航天业先进科技主流，已成为世界五大最具国际影响力的航展之一。某架表演飞机特技飞行时的轨迹照片如图所示，若水平圆轨迹半径为竖直圆轨迹半径的2倍，飞机飞行的速率保持不变，则飞机做水平圆周运动和竖直圆周运动相比较，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度大小之比为2：1
B．合力大小之比为1：1
C．角速度大小之比为1：2
D．周期之比为1：2
【分析】根据半径的二倍关系，结合向心加速度公式，向心力公式，角速度公式和周期公式，可求出各自的比值，得出正确选项。
【解答】解：A、令竖直的半径为R，则水平的半径为2R，由于飞机的飞行速度不变，所以线速度一样，根据向心加速度公式有a，所以向心加速度大小之比为1：2，故A错误；
B、根据向心力可知，合力大小公式有F＝m，所以合力大小的之比为1：2，故B错误；
C、根据线速度与角速度的关系有ω，所以角速度大小之比为1：2，故C正确；
D、根据周期公式有T，根据C选项中，角速度之比为1：2，所以周期之比为2：1，故D错误；
故选：C。
【点评】学生在解答本题时，应注意熟练掌握圆周运动中各个物理量表达式。
6．（4分）使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系为。已知某星球的半径为R，其表面的重力加速度大小为地球表面重力加速度大小g的k（k＞1）倍。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由重力提供向心力，结合星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系为求解该星球的第二宇宙速度。
【解答】解：由重力提供向心力，结合牛顿第二定律可得

解得地球表面的第一宇宙速度为

则星球表面的第一宇宙速度为

由题意得该星球的第二宇宙速度为
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，是最大的环绕速度，当卫星以该速度运行时，相当于在中心天体附近绕行，轨道半径近似等于中心天体的半径。
7．（4分）一轻质细杆的一端可绕某点在竖直面内转动，另一端连接着一质量为m的小球。重力加速度大小为g。若当小球以大小为v的速度通过最高点时，小球受到细杆大小为的支持力，则当小球以大小为2v的速度通过最高点时，小球所受细杆的作用力是（ ）
A．大小为的支持力B．大小为的支持力
C．大小为的拉力D．大小为的拉力
【分析】小球通过最高点时，两种情况下根据牛顿第二定律列方程求解小球所受细杆的作用力。
【解答】解：设小球做圆周运动的半径为r，当小球以大小为v的速度通过最高点时，根据牛顿第二定律可得：
假设当小球以大小为2v的速度通过最高点时，小球受到细杆大小为F的支持力，根据牛顿第二定律可得：
解得：，F为负值，说明此时小球所受细杆的作用力为拉力，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。
（多选）8．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．卡文迪什首先通过实验测出了引力常量
B．开普勒首先发现了万有引力定律
C．当地球离太阳较近的时候，地球绕太阳运行的速度较大
D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的中心
【分析】根据物理学史和万有引力定律的基础知识解答即可。
【解答】解：A、卡文迪什首先通过实验测出了引力常量，故A正确；
B、牛顿首先发现了万有引力定律，开普勒发现了行星运动的三大定律，故B错误；
C、根据开普勒第二定律可知，当地球离太阳较近的时候，地球绕太阳运行的速度较大，故C正确；
D、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查物理学史和万有引力定律的基础知识，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
（多选）9．（6分）如图所示，质量为1kg的小球（视为质点）从距桌面高度为1.2m处的A点下落到水平地面上的B点，与地面碰撞后恰好能上升到与桌面等高的C点，C点距地面的高度为0.8m。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在小球从A点经B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为28J
B．在小球从B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为﹣8J
C．以桌面为重力势能的参考平面，小球在A点时的重力势能为12J
D．以桌面为重力势能的参考平面，小球在B点时的重力势能为零
【分析】AB.根据重力做功的公式代入相应数据计算求解；
CD.根据所选的参考平面，结合重力势能的表达式代入数据求解。
【解答】解：A.在小球从A点经B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为mg•hAC＝1×10×1.2J＝12J，故A错误；
B.在小球从B点运动到C点的过程中，重力对小球做的功为﹣mg•hBC＝﹣1×10×0.8J＝﹣8J，故B正确；
CD.以桌面为重力势能的参考平面，小球在A点重力势能为EPA＝mg•hAC＝1×10×1.2J＝12J，小球在B点的重力势能为EPB＝mg•hCB＝1×10×（﹣0.8）J＝﹣8J，故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】考查功和重力势能的计算问题，会根据题意进行相应的分析和计算。
（多选）10．（6分）如图所示，圆锥中心轴线OO′竖直，锥面光滑，母线与竖直方向的夹角为θ，两段长度分别为L、2L的轻质细线，上端固定在OO′上的同一点，下端系有质量之比为1：2的小球A、B。若圆锥绕轴OO′转动的角速度ω从零开始缓慢增大，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A球比B球先离开锥面
B．B球比A球先离开锥面
C．当时，OA线与OO′的夹角比OB线与OO′的夹角大
D．当时，OB线与OO′的夹角比OA线与OO′的夹角大
【分析】根据牛顿第二定律和几何知识推导判断；根据角速比较判断两球均已离开锥面，再根据牛顿第二定律推导判断夹角关系。
【解答】解：AB．设A球的质量为m，A、B两球恰好离开锥面时的角速度分别为ω1、ω2，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
因为
ω1＞ω2
所以B球先离开锥面，故A错误，B正确；
CD．当时，因为
ω＞ω1＞ω2
所以两球均已离开锥面，设此时OA线、OB线与OO′的夹角分别为α、β，根据牛顿第二定律有
mgtanα＝mω2Lsinα
2mgtanβ＝2mω2⋅2Lsinβ
解得
csα＝2csβ
所以
α＜β
故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键掌握向心力来源、做圆周运动半径分析。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）“北斗一号”卫星定位系统是中国自主研发，利用地球同步卫星为用户提供全天候、区域性的卫星定位系统。“北斗一号”卫星定位系统能快速确定目标或者用户所处地理位置，向用户及主管部门提供导航信息。已知地球的自转周期为T，地球的质量为M，引力常量为G，则地球同步轨道上的卫星的周期为 T ，角速度大小为 ，轨道半径为 。
【分析】地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的周期等于地球自转周期，角速度等于地球自转角速度；万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出其轨道半径。
【解答】解：地球同步卫星的周期等于地球自转周期T，角速度ω
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得Gmr，解得r。
故答案为：T；；。
【点评】知道同步卫星的特点，应用牛顿第二定律即可解题。
12．（8分）某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置如图甲所示，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力大小F，速度传感器测量圆柱体的线速度大小v，该同学通过保持圆柱体的质量和运动半径不变，来探究向心力大小F与线速度大小v的关系。
（1）该同学采用的实验方法为 B 。
A.等效替代法
B.控制变量法
C.理想化模型法
（2）改变线速度大小，多次测量，该同学测出了5组F、v数据，该同学对数据分析后，在如图乙所示的坐标纸上描出了5个点。
①请作出F﹣v2图线；
②分析可知，由小到大，第 2 （填“1”“2”“3”“4”或“5”）组数据错误；
③若圆柱体运动半径r＝0.18m，由作出的F﹣v2图线可得圆柱体的质量m＝ 0.16 kg（结果保留两位有效数字）。
【分析】（1）研究一个物理量与多个物理量的关系，先要控制一些物理量不变，再进行研究，这种方法叫控制变量法。
（2）根据F﹣v2图线，结合向心力公式，通过图线的斜率求出圆柱体的质量。
【解答】解：（1）实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故AC错误，B正确；
故选：B。
（2）①如图
②由图可知第2组数据错误；
③根据向心力的公式：F＝m
则图线的斜率k
在图像上取两个点：（0，0）和（8，9），运动半径r＝0.18m
代入数据解得：m＝0.16kg。
故答案为：（1）B；（2）①图见解析；②2；③0.16
【点评】本实验考查控制变量法、描点作图的方法以及图线斜率的物理意义，难度不大。
13．（10分）2024年1月11日，我国在酒泉卫星发射中心使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若卫星入轨后做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）地球的质量M；
（2）地球的第一宇宙速度v。
【分析】（1）天行一号卫星，根据万有引力提供向心力，结合向心力公式求解地球质量答；
（2）对于近地卫星，轨道半径r≈R；根据万有引力提供向心力，结合向心力公式求解第一宇宙速度。
【解答】解：（1）对天行一号卫星，万有引力提供向心力
地球质量
（2）对于近地卫星，轨道半径r≈R
万有引力提供向心力
联立解得。
答：（1）地球的质量M为；
（2）地球的第一宇宙速度v为。
【点评】本题主要考查了万有引力定律在天体运动中的运用，要明确向心力的来源和确定轨道半径；熟练掌握向心力公式是解题的关键。
14．（13分）一辆汽车以大小v0＝20m/s的速度沿平直公路匀速行驶，此时其功率为额定功率P＝60kW。假设汽车行驶时所受路面的阻力大小恒定（其他阻力不考虑）。
（1）求汽车行驶时所受路面的阻力大小f；
（2）若汽车因紧急情况刹车，刹车后获得的加速度大小a＝8m/s2，求汽车开始刹车后4s内行驶的距离x。
【分析】（1）汽车匀速行驶合力为零，由P＝Fv可得阻力大小；
（2）先判断汽车刹车时间，利用运动学公式可得位移大小。
【解答】解：（1）汽车匀速行驶时，牵引力和阻力大小相等，则有：
代入数据可得：f＝3×103N
（2）汽车速度从20m/s到减为零的时间：
汽车开始刹车后4s内行驶的距离：
答：（1）汽车行驶时所受路面的阻力大小f为3×103N；
（2）若汽车因紧急情况刹车，刹车后获得的加速度大小a＝8m/s2，汽车开始刹车后4s内行驶的距离x为25m。
【点评】本题考查了功率和直线运动的规律，解题的关键是先求出汽车刹车的时间。
15．（17分）如图所示，在足够大的光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根细线穿过小孔，一端连接质量m＝0.2kg的小球A，另一端连接水平地面上质量M＝0.3kg的物体B，小孔O与小球A的距离L1＝0.15m，小孔O与物体B的距离L2＝0.25m。使小球A做匀速圆周运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，小球A与物体B均视为质点，不计桌面的厚度。
（1）试证明当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v1＝1m/s时，物体B未离开地面；
（2）要使物体B不与桌面接触，求小球A做匀速圆周运动的线速度大小v应满足的条件；
（3）求当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v2＝1.8m/s时，物体B距地面的高度h。
【分析】（1）根据牛顿第二定律可求线速度大小；
（2）根据牛顿第二定律可求解线速度应满足的条件；
（3）根据题意和牛顿第二定律可求解高度。
【解答】解：（1）当物体B恰好要离开地面时，地面对物体B的支持力为零，此时细线的拉力大小F0与物体B所受的重力大小相等，即
F0＝Mg
设此时小球A的线速度大小为v0，有

解得
v0＝1.5m/s
因为v1＜v0，所以当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v1＝1m/s时，物体B未离开地面；
（2）设当物体B恰好与桌面接触且无相互作用时，小球A做匀速圆周运动的线速度大小为v3，有

解得

要使物体B不与桌面接触，小球A做匀速圆周运动的线速度大小v应满足的条件为

（3）因为v0＜v2＜v3，所以当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v2＝1.8m/s时，物体B已离开地面且未接触桌面，设小球做匀速圆周运动的半径为r，有

解得
r＝0.216m
经分析可知
h＝r﹣L1
解得
h＝0.066m
答：（1）见题目解析。
（2）要使物体B不与桌面接触，小球A做匀速圆周运动的线速度大小v应满足的条件为m/s；
（3）当小球A做匀速圆周运动的线速度大小v2＝1.8m/s时，物体B距地面的高度为0.066m。
【点评】本题通过分析小球A做匀速圆周运动时，通过细线对物体B的影响，探讨了不同线速度条件下物体B的状态变化。关键在于理解向心力的来源及其对物体B的影响，通过设置合理的物理模型，可以准确求解特定条件下的物理量。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/21 10:24:20；用户：秦子政；邮箱：13669037329；学号：41037197题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
D
B
C
C
D
C
题号
8
9
10
答案
AC
BC
BD