上海市市西中学2025-2026学年高二上学期期末物理试卷

2025-2026学年上海市市西中学高二（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共23分。 1.通电长直导线周围的磁场可用磁感线描述，下列磁感线描述正确的是(    ) A. B. C. D. 2.把水平直导线放置在一小磁针的正上方，导线未通电时，导线和小磁针方向如图所示。当导线中通以由南向北方向的电流时，则小磁针静止时N极指向(    ) A. 西偏北方向 B. 东偏北方向 C. 西偏南方向 D. 东偏南方向 3.下列单位中，不是磁感应强度B的单位是(    ) A. T B. C. D. 4.空间中有两根水平放置的无限长且平行的直导线，某一截面图如图所示，P、Q表示两根导线，导线通的电流分别为、，其大小关系为。除无限远点外，关于P、Q所在直线上磁感应强度叠加的分析，下列说法正确的是(    ) A. P、Q之间有一个点磁感应强度大小为0 B. 只有Q右侧有一个点磁感应强度大小为0 C. 只有P左侧有一个点磁感应强度大小为0 D. P左侧和Q右侧各有一个点磁感应强度大小为0 5.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(    ) A. 0 B. BIl C. 2BIl D. 6.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕原子核运动可等效为一环形电流。如图为一分子电流模型，电量为e的电子以角速度绕原子核沿顺时针方向在水平面内做匀速圆周运动，则该环形电流的大小和磁场的方向为(    ) A. ，竖直向下 B. ，竖直向上 C. ，竖直向下 D. ，竖直向上 7.类比是学习和研究物理的一种重要思维方法。我们已经知道，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放置一面积为S的平面，穿过它的磁通量；与之类似，我们也可以定义电通量。在真空中有一电荷量为的点电荷，其电场线和等势面分布如图所示，等势面M，N到点电荷的距离分别为r1、r2，通过等势面M、N的电通量分别为、，已知r1：r2：2，则为(    ) A. 1：4 B. 1：2 C. 1：1 D. 4：1 8.如图所示，水平桌面上有一圆形闭合线圈，右侧是匀强磁场区域，磁感应强度的方向与桌面垂直，线圈在外力作用下以恒定的速度进入匀强磁场，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值与感应电动势最大值之比为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共1小题，共5分。 9.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是(    ) A. 感应电动势越来越大 B. 单位时间内，金属棒的动量增量变大 C. 金属棒中的机械能越来越小 D. 单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变 E. 棒的a端电势比b端电势低 三、实验题：本大题共1小题，共14分。 10.电磁感应中有许多实验问题，对理解有关概念帮助很大。 探究电磁感应现象应选用______选填“图1”或“图2”所示的装置进行实验。图2中开关合上后金属棒将向______运动填左或右。 在图3中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏不通电时指针停在正中央，则在图4中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量和电流表的指针偏转方向的说法正确的是______。 A.磁通量增大，指针右偏 B.磁通量增大，指针左偏 C.磁通量减小，指针右偏 D.磁通量减小，指针左偏 在图5中，导体棒ab向左移动过程中，电流表仍为图3中电流表的指针将______偏转。 A.向左 B.向右 C.不发生 在图6中，R为光敏电阻光强变大，电阻变小，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴线圈平面与螺线管线圈平面平行，并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向和运动情况的说法正确的是______。 A.顺时针，向左 B.顺时针，向右 C.逆时针，向左 D.逆时针，向右 四、计算题：本大题共4小题，共58分。 11.带有速度选择器的质谱仪可以选择特定的带电粒子速率，再经过偏转分离器中的偏转，从而测定未知带电粒子的比荷，发现新元素。简化原理如图：a为粒子加速器，加速电压未知；b为速度选择器，其左、右极间有水平向右的匀强电场E和垂直纸面方向的匀强磁场，两者正交；C为偏转分离器，其磁感应强度为，方向垂直纸面向里；PK是荧光板，板上O处有孔可供带电粒子通过。带电粒子甲初速为0，经a加速后，恰能匀速通过速度选择器b，再进入偏转分离器C后做匀速圆周运动，恰好打中PK荧光板上Q点，其轨迹如图中虚线所示，已知Q点距离O处d。不计重力。结果用题给字母E、、、d表达 甲通过速度选择器时的速率为______，的方向是垂直纸面向______。 甲的比荷______。 粒子加速器的加速电压______。 现有带负电的粒子乙，电量与甲相同，但甲的质量稍大些。乙的初速也为0，同样经上述粒子加速器进入速度选择器，则______多选。 A.粒子乙将左偏 B.粒子乙将右偏 C.粒子乙的速度将变大 D.粒子乙的速度将变小 12.如图所示，有一个质量为m、电量为e的质子，以某一水平速度从左侧垂直边界、垂直磁场进入宽度为d的局部匀强磁场区，磁场区域的边界竖直，磁感应强度的大小为B、方向水平向里，不计质子的重力影响。 质子刚进入磁场区域时所受的洛伦兹力方向______； A.竖直向上 B.竖直向下 C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外 如果质子从右侧边界处和边界成角方向射出，则粒子作圆周运动的半径______，对应粒子进入磁场时的速度为______； 如果质子以不同速度进入磁场，但都从磁场左侧边界离开，则质子的轨迹和在磁场中运动的时间确定吗？说明理由。 求洛伦兹力对质子冲量的最大值。计算 13.如图，在竖直平面内有一半径为R的圆形导线框，导线框内有垂直导线框向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀增大。导线框的右端小缺口通过导线连接水平放置的、正对的平行金属板a、b，两板间距为d。一个质量为m、电荷量大小为q的带电小球P从左侧两板中央以初速度水平向右射入，P恰好沿直线飞出金属板，已知重力加速度为g。 一定带______电选填“正”或“负”，磁感应强度B随时间t的变化率______； 若磁感应强度B随时间t的变化率变为，小球P恰好能从某一个水平极板的右侧边缘飞出。 ①下列说法正确的是______。 A.从上极板的a点射出，射出时速度大于 B.从上极板的a点射出，射出时速度小于 C.从下极板的b点射出，射出时速度大于 D.从下极板的b点射出，射出时速度小于 ②求金属板的长度。计算 14.如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L，已知圆木质量时，圆木与楔形木块碰撞，且碰后瞬间圆木速度变为碰前速度的倍，速度方向不变，设碰撞在瞬间完成，且以后在辅助装置作用下短时间内圆木速度被减为零，而碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。忽略楔形木块底部的摩擦力。 圆木运动到最低点时的速度大小为______； 碰撞后瞬间楔形木块的速度大小为______； 圆木从右侧偏角处静止释放到与楔形木块碰撞前过程中，线中拉力的水平冲量和竖直冲量分别记为、，则______； A.， B.， C.， D.， 楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比比例系数为未知常数，第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为d，重力加速度为g，求第5次撞击过程楔形木块楔入的深度。计算 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：根据右手螺旋定则，通电长直导线周围的磁场应为以导线为圆心的一圈一圈的同心圆；大拇指表示电流方向，弯曲的四指表示周围磁场方向，故A正确，BCD错误。 故选：A。 根据右手螺旋定则判定通电导线周围的磁场方向即可。 本题主要考查了右手螺旋定则，解题关键是熟练应用定则进行判定。 2.【答案】A  【解析】解：导线中通以由南向北的电流，导线位于小磁针正上方。根据安培定则：右手握住导线，拇指指向电流方向向北，则导线下方小磁针所在处的磁场方向为向西。导线未通电时，小磁针N极指向地磁场的北极近似地理北方；通电后，小磁针同时受地磁场向北和导线磁场向西的作用，合磁场方向为西北方向。 小磁针N极的指向与合磁场方向一致，故静止时N极指向西偏北方向。 故A正确，BCD错误。 故选：A。 用安培定则判断：导线中通由南向北的电流，其下方小磁针处磁场方向向西；小磁针同时受地磁场向北和导线磁场向西，合磁场方向为小磁针静止时N极指向。 这道题是安培定则与地磁场结合的基础应用题，设计很经典，需要同时考虑地磁场和电流磁场的叠加，避免忽略地磁场而直接判断导线磁场的单一影响，能检验知识的全面性。 3.【答案】B  【解析】解：磁感应强度的国际单位是特斯拉，字母为T，故A是磁感应强度的单位； B.由，可知磁感应强度的单位可以为，故B不是磁感应强度的单位； 根据磁感应强度的定义式得，，又得，故CD是磁感应强度的单位。 故选：B。 根据磁感应强度与磁通量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系。 T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉，基础题。 4.【答案】B  【解析】解：根据右手定则可知，在P、Q之间，P产生的磁场方向向下，Q产生的磁场方向也向下，方向相同，不会抵消，即P、Q之间没有磁感应强度为0的点，故A错误； B.Q右侧：P产生的磁场方向向下，Q产生的磁场方向向上，方向相反，由于，根据磁场叠加可知，在Q右侧存在一点，两导线在该点产生的磁场等大反向，合磁感应强度为0，故B正确； 左侧：P产生的磁场方向向上，Q产生的磁场方向向下，方向相反，同样因为，根据磁场叠加可知，在P左侧不存在两导线在该点产生的磁感应强度大小相等，方向相反等大的点，即叠加后磁感应强度不为0，故CD错误。 故选：B。 先根据安培定则判断两根通电直导线在连线上各点的磁场方向，结合电流大小关系，分析磁场叠加后合磁感应强度为零的点的位置，从而判断选项正误。 这是一道考察通电直导线磁场叠加的典型题，以平行长直导线为情景，结合安培定则与磁场叠加原理，通过电流大小差异分析合磁感应强度为零的位置，能有效检验空间磁场的分析与推理能力。 5.【答案】C  【解析】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为： 导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为： ，故C正确，ABD错误； 故选：C。 分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc边受到的安培力大小，从而得出导线受到的安培力。 本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析，难度不大。 6.【答案】B  【解析】解：电子圆周运动的周期 根据电流的定义式可得环形电流的大小为 由于电子绕核顺时针运动，故电流方向为逆时针方向，根据右手螺旋定则可知，磁场方向竖直向上。故B正确，ACD错误； 故选：B。 根据电流的定义式可得电流的大小，根据右手螺旋定则判定磁场方向。 本题主要考查了电流的定义式和右手螺旋定则，解题关键是掌握电流的定义式。 7.【答案】C  【解析】解：根据库仑定律，距离点电荷为的球面处的电场强度为：； 距离点电荷为的球面处球面的面积为：； 则通过半径为的球面的电通量为：； 同理，距离点电荷为的球面处的电场强度为：； 距离点电荷为的球面处球面的面积为：； 则通过半径为的球面的电通量为：； 则，故ABD错误，C正确。 故选：C。 距离点电荷为r处的电场强度由库仑定律即可求出；电场线全部通过M，N面，可确定电通量。 该题属于信息给予的题目，解答的关键是正确理解题目中的信息，结合磁通量来理解电通量的意义。 8.【答案】D  【解析】解：设线圈的半径为r，速度为v，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值；线圈穿过磁场的最大有效长度为2r，所以感应电动势的最大值为，则：，所以ABC错，D正确。 故选：D。 理解导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式：，其中L为有效长度，v为导体棒相对于磁场的速度；计算机感应电动势的平均值时，用公式来计算。 计算电动势的平均值用，计算电动势的最大值时，考虑线圈切割磁场的最大有效长度，其长度为直径。 9.【答案】DE  【解析】解：A、金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则感应电动势大小不变，故A错误； B、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，金属棒所受合力即重力，则单位时间内，金属棒所受合力的冲量不变，则由动量定理可知，单位时间内，金属棒的动量增量不变，故B错误； C、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，故C错误； D、结合前面分析可知，金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则单位时间内金属棒垂直于磁场方向扫过的面积不变，则单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变，故D正确； E、根据右手定则可知，b端的电势高于a，故E正确。 故选：DE。 金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，据此分析判断；金属棒所受合力即重力，据此根据动量定理分析判断；金属棒做平抛运动中，只有重力做功，据此分析机械能的变化情况；金属棒垂直切割磁感线的速度不变，由此分析感应电动势大小；根据右手定则判断电势高低。 本题考查电磁感应过程中的能量类问题，关键是掌握平抛运动的规律，知道导体棒平动切割磁感应线产生的感应电动势的计算方法。 10.【答案】图右  A  A  C  【解析】解：探究电磁感应现象应用应该选用图1，根据导体棒切割磁感线时电流表指针的偏转分析；根据左手定则可以判断图2中开关合上后金属棒将向右运动。 在图3中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从电流表“+”接线柱流入时，指针向左偏转；在图4中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的感应电流将从电流表的“-”接线柱流入电流表，所以电流表指针将向右偏转，故A正确，BCD错误。 故选：A。 在图5中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知导体棒中电流方向为从a到b，即电流从电流表的“+”接线柱流入电流表，电流表的指针将向左偏转，故A正确，B错误。 故选：A。 当光照增强时，光敏电阻的阻值电阻变小，则电路中电流变大，螺线管的磁性增强，穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律可知金属环将向左运动，阻碍磁通量的增大；根据安培定则可知穿过金属环的磁通量方向向右，根据楞次定律可以判断金属环中的电流方向应该为逆时针方向自左向右看，故C正确，ABD错误。 故选：C。 故答案为：图1，右；；；。 根据探究电磁感应的器材分析即可；根据左手定则判断； 根据磁通量的变化，结合楞次定律分析； 根据安培定则和流入电流表电流的方向判断； 根据电路中电流的变化，结合楞次定律分析即可。 本题考查了楞次定律、右手定则和左手定则以及闭合电路的欧姆定律的综合应用，本题综合性较强，是一道考查学生基本能力的一道好题。 11.【答案】外    BC  【解析】解：粒子恰好能沿直线通过速度选择器，说明粒子受力平衡，所以有，根据左手定则，磁场方向垂直于纸面向外， 代入数据得 由洛伦兹力提供向心力得， 代入数据得 由动能定理得 代入数据得 带负电的粒子进入速度选择器，由动能定理，由于 所以，速度变大，故C正确，D错误； 粒子带负电，洛伦兹力方向与正电荷相反，，所以粒子向右偏，故A错误，B正确。 故选：BC。 答：；；；。 速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件可得速率；结合粒子带电性，用左手定则判断磁场的方向； 偏转分离器中洛伦兹力提供向心力，结合轨迹几何关系确定半径，由向心力公式推导粒子的比荷； 粒子在加速器中加速，由动能定理，结合速度选择器得到的速率，推导加速电压； 分析质量更大的乙粒子经加速器后的速度变化，再判断速度选择器中受力是否平衡，从而确定偏转方向。 这道题以质谱仪为背景，将粒子加速、速度选择与偏转分离有机结合，设问由浅入深。从速度选择器的受力平衡，到偏转磁场的圆周运动分析，再到动能定理的应用与不同粒子的偏转判断，全面考察电磁学核心规律，梯度清晰，能有效检验学生的综合应用能力。 12.【答案】A   轨迹不确定，因速度不同轨道半径不同；运动时间确定，因轨迹为半圆，圆心角，时间  洛伦兹力对质子冲量的最大值为2eBd  【解析】解：质子带正电荷，依据左手定则判断其受力，可知洛伦兹力方向竖直向上，故A正确，BCD错误。 故选：A。 质子在磁场中做匀速圆周运动，由左侧边界垂直射入，从右侧边界以角射出，根据几何关系有，解得：。 洛伦兹力提供向心力，即，代入半径r，解得入射速度。 质子运动轨迹不确定，因为轨道半径与速度v有关，不同速度对应不同圆周路径。但质子在磁场中的运动时间确定，因其垂直入射并从同侧边界射出，轨迹为半圆，圆心角为，运动时间与速度无关。 洛伦兹力对质子的冲量大小等于其动量变化量大小，即。当质子偏转角度最大时，动量变化量最大。 在有限宽度的磁场中，质子从左侧进入，最大偏转角为，此时动量变化量。为使质子能返回左侧边界，需满足，即，解得：。 当速度取最大值时，冲量取得最大值，即。 答：。 粒子作圆周运动的半径r为，对应粒子进入磁场时的速度为。 轨迹不确定，因速度不同轨道半径不同；运动时间确定，因轨迹为半圆，圆心角，时间。 洛伦兹力对质子冲量的最大值为2eBd。 质子带正电，根据左手定则判断洛伦兹力方向：已知质子水平速度方向及磁场方向，结合正电荷运动方向与磁场方向关系，即可确定洛伦兹力指向。 质子垂直进入磁场做匀速圆周运动，从右侧边界以角射出。通过几何关系可找到轨道半径与磁场宽度d的联系，进而利用洛伦兹力提供向心力的关系，由半径求出进入磁场的速度。 若质子均从左侧边界离开，则其轨迹圆心角均为，运动时间由周期公式决定，与速度无关；但不同速度对应不同轨道半径，因此轨迹形状不同。 洛伦兹力的冲量等于质子动量的变化量。当质子偏转角最大时，动量变化量最大。在磁场宽度限制下，质子能返回左侧边界的最大速度对应最大冲量，需结合半径条件求出速度上限，进而计算冲量最大值。 本题综合考查带电粒子在匀强磁场中的运动，涉及洛伦兹力方向的判断、圆周运动的半径与速度计算、运动轨迹与时间的分析以及冲量的极值求解。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对左手定则、牛顿第二定律在圆周运动中的应用以及几何关系的处理能力。第问要求学生利用几何关系求解半径，并进而推导速度，锻炼了建模与公式应用能力。第问深入探讨了轨迹与时间的确定性，巧妙揭示了圆心角决定时间而与速度无关的规律，有助于深化对周期公式的理解。第问将动量定理与圆周运动结合，通过分析最大偏转角对应的动量变化来求冲量最大值，并需结合临界条件确定速度上限，综合性强，能有效提升学生的逻辑推理与临界分析能力。 13.【答案】正  ①②金属板的长度L为  【解析】解：、a两板间电势差 P所受重力和电场力为一对平衡力 粒子带正电，代入数据得 ①②磁感应强度B随时间t的变化率变为原来的一半，则P受到的电场力也为原来的一半，重力大于电场力，所以从下极板b射出，P在竖直方向的加速度 将P在电场中的运动分解为水平、竖直两个方向，水平方向 竖直方向 代入数据得，即小球P恰好能从b板的右侧边缘飞出，速度大于，故ABD错误，C正确。 故选：C。 金属板的长度L为 故答案为：正；；①C；②金属板的长度L为。 由法拉第电磁感应定律求线框感应电动势，得到板间电场强度，结合粒子受力平衡分析电性，再由平衡条件推导磁感应强度的变化率； ①变化率改变使板间电场变化，粒子受力失衡发生偏转，分析电场力方向与做功情况，判断射出位置与速度变化； ②将粒子运动分解为水平匀速与竖直类平抛，由牛顿定律求加速度，结合运动学公式联立求解金属板的长度。 这是一道电磁感应与带电粒子偏转结合的综合题，考点覆盖法拉第电磁感应定律、受力平衡、类平抛运动等，梯度设计合理，从受力平衡到偏转分析，能综合考察电磁学与运动学的结合能力，难度中等偏上，是巩固这类综合题型的优质题目。 14.【答案】   D  第5次撞击过程楔形木块楔入的深度为  【解析】解：圆木从静止释放运动至最低点，依据机械能守恒定律可得，解得圆木运动到最低点时的速度大小。 圆木与楔形木块发生碰撞瞬间，系统动量守恒。已知，碰撞后圆木速度变为，由，解得碰撞后瞬间楔形木块的速度大小。 圆木在摆动过程中，其水平方向动量由0变为，依据动量定理可知水平冲量；竖直方向初末动量均为0，但因重力始终存在，绳子拉力在竖直方向分量的冲量需抵消重力冲量，故竖直冲量，故D正确。 楔形木块所受阻力满足，根据动能定理，每次撞击过程所做的功等于木块动能的改变量。设每次碰撞提供给木块的动能为K，则有：第1次撞击后，；第4次撞击后总深度满足；第5次撞击后总深度满足。第5次撞击过程中楔入的深度，联立解得。 答：。 。 。 第5次撞击过程楔形木块楔入的深度为。 圆木从静止释放到最低点，此过程机械能守恒，圆木重力势能减少转化为其动能，利用圆木下降高度与摆长关系可建立重力势能变化与动能的关系，从而求出圆木在最低点的速度大小。 圆木与楔形木块在最低点发生正碰，碰撞瞬间系统在水平方向不受外力，动量守恒。已知圆木碰前速度、质量关系及碰后速度比例，应用动量守恒定律即可求得碰后楔形木块的速度大小。 分析圆木从释放到碰撞前过程，其动量变化由合外力的冲量决定。水平方向动量从零变为某一值，故合外力水平冲量不为零；竖直方向初末动量均为零，但过程中重力持续作用，拉力竖直分量的冲量需抵消重力冲量，因此竖直冲量也不为零。 楔形木块运动所受阻力与楔入深度成正比，每次碰撞后木块获得的动能相同，均用于克服阻力做功。阻力做功与深度平方成正比，故木块总动能与总楔入深度平方成正比。由第一次撞击楔入深度可确定比例关系，进而求出前四次撞击后的总深度与第五次撞击后的总深度，两者之差即为第五次撞击过程中楔入的深度。 本题以古法榨油为背景，巧妙地将单摆模型、碰撞过程及变力做功问题有机结合，综合考查了机械能守恒、动量守恒、动量定理及动能定理等多个核心知识点。题目计算量适中，但思维层次丰富，要求学生具备清晰的物理图景构建能力。第问通过分析圆木摆动过程中水平与竖直方向动量的变化，深入考查了动量定理的矢量性及对合外力冲量的理解。第问则设计巧妙，将碰撞提供的动能与阻力做功相联系，需要学生运用能量观点处理变力做功问题，并利用比例关系进行递推计算，有效锻炼了学生的逻辑推理和数学运算能力。整体而言，本题是一道能很好区分学生思维深度和知识应用能力的综合性好题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $