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重庆市巴蜀中学2012-2013学年度青年教师解题大赛高中物理试题卷及答案


重庆市巴蜀中学 2012-2013 学年度青年教师解题大赛

高中物理试题卷
一.不定项选择题(本题共 8 个小题,每小题至少有一个选项符合要求.每小题 6 分,共 48 分,选不全得 3 分,多选和错选得0分) 1.我国已于 2011 年 9 月 29 日发射“天宫一号”目标飞行器,11 月 1 日发射“神舟八号”飞船 并在 11 月 3 日与“天

宫一号”实现对接.某同学为此画出“天宫一号”和“神舟 八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示,A 代表“天宫一号”,B 代 表“神舟八号”,虚线为各自的轨道.由此假想图,可以判定( ) A.“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期 B.“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率 C.“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度 D.“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接 2.如图所示,某人从高出水平地面 h 的坡上水平击出一个质量为 m 的高 尔夫球,由于恒定的水平风力的作用,高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为 L 的 A 穴, 则( ) A.该球从被击出到落入 A 穴所用时间为
g 2h

A B

v
h
A
L

B.该球从被击出到落入 A 穴所用时间为 2h
g

C.球被击出时的初速度大小为 L 2 g
h

D.球被击出时的初速度大小为 L

g 2h

3.如图所示,斜面体 A 静止放置在水平地面上,质量为 m 的物体 B 在外力 F (方向水平 向右)的作用下沿斜面向下做匀速 运动,此时斜面体仍保持静止,则下列说法中正确的是 ( ) A.若撤去力 F ,物体 B 将沿斜面向下加速运动 B.若撤去力 F , A 所受地面的摩擦力方向向左 C.若撤去力 F , A 所受地面的摩擦力可能为零 D.若撤去力 F , A 所受地面的摩擦力方向可能向右 4.如图所示,表面粗糙的斜面固定在水平地面上,并处在方向垂直纸面向外的、磁感应强 度为 B 的匀强磁场中.质量为 m ,带电量为 ? Q 的小滑块从斜面顶端 由静止开始下滑.在滑块下滑过程中,下列说法正确的是( ) m B A F

?Q

[来源:

X]

A.在开始下滑时,滑块具有最大加速度 B.滑块达到达地面时的动能大小与 B 的大小无关 C.当 B 足够大时,滑块可能静止在斜面上 D.当 B 足够大时,滑块最后可能沿斜面匀速下滑

B

5.如图所示,电源电动势为 E,内电阻为 r .当滑动变阻器的触片 P 从右端滑到 左端时,发现电压表 V1、V2 示数变化的绝对值分别为 ΔU1 和 ΔU2,下列说法中正 确的是( )
第 1 页 共 9 页

L1

P L3
V1

L2

V2

A.小灯泡 L1、L3 变暗,L2 变亮 B.小灯泡 L3 变暗,L1、L2 变亮 C.ΔU1<ΔU2 D.ΔU1>ΔU2 6.质量为 0.3kg 的物体在水平面上运动,图中的两条直线分别表示物体受 到与运动方向共线的水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度—时间图 像,则下列说法中正确的是( ) A.水平拉力一定等于 0.1N B.摩擦力一定等于 0.2N C.物体受水平拉力时的速度图像可能是 a D.物体不受水平拉力时的速度图像一定是 b 7.在光电效应实验中,飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三 条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图所示.则可判断出 ( A.甲光的频率大于乙光的频率 B.乙光的波长大于丙光的波长 C.在同一均匀介质中传播,甲光的速度大于丙光的速度 D.甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能

v / m ? s ?1
5 4 3
v
1

m/s
a
b ( ) 6
)

2
t/s

0 ( m / s2 2 4 )

8.在光滑的水平面上有一质量为 M 、倾角为 ? 的光滑斜面,其上有一质量为 m 的物块,如 图所示,物块在下滑的过程中对斜面压力的大小为( )

Mmg cos? M ? m sin ? cos? Mmg cos? C. M ? m sin 2 ?
A.

Mmg cos? M ? m sin ? cos? Mmg cos? D. M ? m sin 2 ?
B.

?

二.计算题(本题共 8 个小题,共 102 分,请写出必要的文字说明和过程,只有结果不得 分) 9. (10 分)固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向 的推力 F 作用下向上运动,推力 F 与小环速度 v 随时间变化规律如图所示,取重力加速度 g =10 m/s2.求: ⑴ 小环的质量 m; ⑵ 细杆与地面间的倾角?. F α 0 2 4 6 t/s 0 2 4 6 t/s F/N 5.5 5 1 v/m· s
-1

10.(10 分)如图所示,气缸放置在水平平台上,活塞质量为 10kg,横截面积为 50cm2,厚 度 1cm,气缸全长 21cm,气缸质量 20kg,大气压强为 1× 5Pa,当温度为 7℃ 10 时,活塞封闭 的气柱长 10cm,若将气缸倒过来放置时,活塞下方的空气能通过平台上的缺口 与大气相通.(活塞摩擦不计) g 取 10m/s2 求: (1)汽缸倒置时气柱的长度? (2)若升高气体的温度,当温度为多少摄氏度时,活塞刚好接触平台? (3) 若升高气体的温度, 当温度为多少摄氏度时, 缸筒刚好对地面无压力?
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11.(10 分)如图所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在临近平台的一倾角为 α =53° 的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差 h=0.8m, 重力加速度 g=10m/s2,sin53°= 0.8,cos53°= 0.6,求 h (1)小球水平抛出的初速度 v0 是多少? (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是多少? (3) 若斜面顶端高 H = 20.8m, 则小球离开平台后经多长时间 t 到达斜面底端?

υ0

s

53°

12.(12 分)隐身技术在军事领域应用很广.某研究小组的“电磁隐形技术”可等效为下面的 模型, 如图所示, y ? 0 的区域内有一束平行的 ? 粒子流 在 (质量设为 M , 电荷量设为 q ) , 它们的速度均为 v ,沿 x 轴正向运动.在 0 ? x ? d 的区间有磁感应强度为 B 的匀强磁场, 方向垂直纸面向里;在 d ? x ? 3d 的区间有磁感应强度为 B 的匀强磁场,方向垂直纸面向 外;在 3d ? x ? 4d 的区间有磁感应强度为 B 的匀强磁场,方向垂直纸面向里.要求 ? 粒 子流经过这些区域后仍能沿原直线运动,这样使第一象限某些区域 ? 粒子不能到达,从而 达到“屏蔽” ? 粒子的作用效果.则: (1)定性画出一个 ? 粒子的运动轨迹; y (2)求对 ? 粒子起“屏蔽”作用区间的最大面积; (3)若 v 、 M 、 q 、 B 已知,则 d 应满足什么条件?

α 粒子

0

d

2d

3d

4d

13.(12 分)有一倾角为 ? 的斜面,其底端固定一挡板 M ,另有三个木块 A 、 B 和 C ,它 们的质量分别为 m A ? mB ? m , mC ? 3m , 它们与斜面间的动摩擦因数都相同. 其中木块 A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板 M 相连,如图所示.开始时,木块 A 静止在 P 处, 弹簧处于自然伸长状态.木块 B 在 Q 点以初速度 v0 向下运动,

P 、 Q 间的距离为 L .已知木块 B 在下滑过程中做匀速直线运动, 与木块 A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低 点后又向上运动,木块 B 向上运动恰好能回到 Q 点.若木块 A 静止

2 v0 向下运动,经历同样过 3 ' 程,最后木块 C 停在斜面上的 R 点,求 P 、 R 间的距离 L 的大小.
于 P 点,木块 C 从 Q 点开始以初速度

14.(12 分)如下图( a )所示,间距为 L 、电阻不计的光 滑导轨固定在倾角为 ? 的斜面上. 在区域 I 内有方向垂直于斜
第 3 页 共 9 页

面向上的匀强磁场,磁感应强度为 B ;在区域Ⅱ 内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应 强度 Bt 的大小随时间 t 变化的规律如下图 b ) ( 所示.t =0 时刻在轨道上端的金属细棒 ab 从 如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒 cd 在位于区域 I 内的导轨上由 静止释放.在 ab 棒运动到区域Ⅱ 的下边界 EF 处之前, cd 棒始终静止不动,两棒均与导轨 接触良好.已知 cd 棒的质量为 m 、电 阻为 R , ab 棒的质量未知、阻值为 r ,区域Ⅱ 沿斜 面的长度为 2 L ,在 t = t x 时刻( t x 未知) ab 棒恰好进入区域Ⅱ ,重力加速度为 g .求: (1) ab 棒进入区域Ⅱ 之前 cd 棒上的感应电流的方向及大小 (2) ab 棒进入区域Ⅱ 时的速度及进入时刻 t x (3) ab 棒从开始下滑至 EF 的过程中回路中产生的热量.

15.(18 分)如图所示的环状轨道处于竖直平面内,它由半径为 R 的 DA D ? 半圆轨道和半 径为 2 R 的 CFC ? 半圆轨道、半径为 R 的两个四分之一圆轨道 D ?KJ 和两根长度分别为 2 R 和 4 R 的直轨道平滑连接而成.以水平线 MN 和 PQ 为界,空间分为三个区域,区域Ⅰ 和区 域Ⅲ 有磁感应强度为 B 的水平向里的匀强磁场,区域Ⅰ 和Ⅱ 有竖直向上的匀强电场,场强大小

2m g .一质量为 m 、电荷量为 ? q 的带电小环穿在轨道内,它与两根直轨道间的动 q 摩擦因数为 ? ( 0 ? ? ? 1),而轨道的圆弧形部分均光滑.将小环在较长的直轨道 CD 下端 的 C 点无初速释放,求: (1)小环在第一次通过轨道最高点 A 时的速度大小; B A (2)小环在第一次通过轨道最高点 A 时受到轨道的压力大
为E ? 小; (3)若从Ⅱ 区的 C 点释放小环的同时,在区域Ⅱ 再另加一垂 直于轨道平面向里的水平匀强电场, 其场强大小为 E ? ? 试讨论小环在两根直轨道上通过的总路程可能为多大? M D N



mg , q

D/x
E=

2m g q

K J Ⅱ

m,+q P C C/ Q Ⅲ B F 16.(18 分)如图所示,质量 m1 ? 0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上,车长 L ? 1.5m , 距车的右端 d ? 1.0 m 处有一固定的竖直挡板 P.现有质量为 m2 ? 0.2kg 可视为质点的物 块, 以水平向右的速度 v0 ? 2m s 从左端滑上小车, 物块与车面间的动摩擦因数 ? ? 0.2 , 取 g ? 10m s ,求:
2

第 4 页 共 9 页

⑴ 物块从左端滑上小车开始计时,经多长时间小车与挡板 P 相撞. ⑵ 若小车与挡板碰撞将以原速率反弹,最终小物块在车面上某处与小车保持相对静止, 此处与车左端的距离 L1 等于多少. ⑶ 若小车右端与挡板 P 之间的距离 d 可调,求出使 L1 取最大值的 d 的所有可能取值. L d P

m2
m1

物理参考答案
一.不定项选择题(本题共 8 个小题,每小题至少有一个选项符合要求.每小题 6 分,共 48 分,选不全得 3 分,多选和错选得 0 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 AD BC AB AD BD AC BCD C

二.计算题(本题共 8 个小题,共 102 分,请写出必要的文字说明和过程,只有结果不得 分) 9. (10 分)解: 由图得: a ?

前 2 s 有:F2-mg sin?=ma (2 分) 2 s 后有:F2=mg sin? (2 分) 代入数据可解得:

v ? 0.5 m/s 2 (2 分) t

F/N F α 0 2 4 6 t/s 0 5.5 5 1

v/m· s

-1

第 5 页 共 9 页

2

4

6 t/s

m=1 kg (2 分),?=30? (2 分) 10.(10 分)解: (1)1?2 等温变化:P1=P0+

mg mg =1.2× 5Pa P2=P010 =0.8× 5Pa (1 分) 10 s s

P1L1= P2L2 (1 分) L2=15 cm (1 分) (2)2?3 等压变化:T2= T1=(273+7)K=280K (1 分) L2 = 15cm,L3 = 20cm (1 分) v2 v3 v3 L3 0 = , T3 = T = T = 373K=100 C (1 分) T2 T3 v2 2 L2 2 (3) 3?4 等容变化: 4 = P0+ P

Mg = 1.4× 5 Pa (1 分) 10 s

P3

= P2 = 0.8?105Pa (1 分) P3 P4 = (1 分) T3 T4 P4 0 T4 = T = 653K= 380 C (1 分) P3 3 11.(10 分)解: (1)由题意可知:小球落到斜 面上并沿斜面下滑,说明此时小球速度方向与斜面平行,否 则小球会弹起,所以 vy = v0tan53° 分) (1 2 vy = 2gh (1 分) υ0 代入数据,得 vy = 4m/s,v0 = 3m/s (1 分) h (2)由 vy = gt1 得 t1 = 0.4s (1 分) s =v0t1 = 3× 0.4m = 1.2m (1 分) (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a = s mgsin53° 53° = 8m/s2 (1 分) m 初速度 υ = υ02 + υy2 = 5m/s(1 分) H 1 2 =vt sin53° 2 + 2 a t2 (1 分) 代入数据,整理得 4t22 + 5t2 - 26 = 0 解得 t 2 = 2s (1 分)或 t 2 = ?

13 s(不合题意舍去) 4

所以 t = t 1 + t 2 = 2.4s (1 分) 12.(12 分)解: (1)轨迹如图. (3分) (2)要使 ? 粒子流经过这些区域后仍能 沿直线运动,则每一小段小于等于四分之 一圆弧,且四分之一圆弧时“屏蔽”的面积 最大. (2分) 此时半径为 d ,如图。由几何关系 可知 最大面积 S max ? 4d (2分)
2

y

α 粒子

(3)由 Bqv ?

Mv 2 (1分) R

0

Mv R? (1分) qB
而要使 ? 粒子可以继续向右运动,则要求 R ? d (1分) 即: d ?

d

2d

3d

4d

x

Mv (2 分) qB
第 6 页 共 9 页

13.(12 分)解: 木块 B 下滑做匀速直线运动,有 mgsinθ=μmgcosθ(1分) B 和 A 相撞前后,总动量守恒,mv 0 =2mv 1 (1分) ,所以 v1 =

v0 (1分) 2

设两木块向下压缩弹簧的最大长度为 s,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速度为 v 2 ,则

2 2 μ2mgcosθ·2s= ·mv1 ? ·mv 2 (1分)
2 2

1 2

1 2

两木块在 P 点处分开后,木块 B 上滑到 Q 点的过程: (mgsinθ+μmgcosθ)L=

1 2 mv 2 (1分) 2

木块 C 与 A 碰撞前后,总动量守恒,则 3m· v′ 1 =

3 ,所以 v0 ? 4m v?1 (1分) 2

2 v 0 (1分) 4
1 2
2

设木块 C 和 A 压缩弹簧的最大长度为 s′,两木块被弹簧弹回到 P 点时的速度为 v ' 2 ,

4 则 μ4mgcosθ·2s′= ·mv ?1 ? 1 2

1 4mv ? 2 (1分) 2 2
2

木块 C 与 A 在 P 点处分开后,木块 C 上滑到 R 点的过程:

3 (3mgsinθ+μ3mgcosθ)L′= ·mv ? 2 (1分)
在木块压缩弹簧的过程中, 重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等, 因 此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.

2 因此,木块 B 和 A 压缩弹簧的初动能 E k1 ? ·mv1 ?
2

1 2

1 2 mv 0 , 木块 C 与 A 压缩弹簧的 4

初动能 E k 2 ?

1 1 2 2 mv ?1 ? mv 0 , 即 E k1 ? Ek 2 (1分) 2 4
2 v0 (1分) 32g sin ?

因此,弹簧前后两次的最大压缩量相等,即 s=s′(1分) 综上,得 L′=L-

14.(12 分)解: (1) cd 棒的受力如图,由左手定则判断电流方向,得 cd 棒电流方向: d 到 c (2 分) 对 cd 棒由平衡条件,得 mgsin ? ? BIL (1分) 解得 I ?

mg sin ? (1 分) BL

(2) ab 棒以速度 v 进入区域Ⅱ 将做匀速直线 运动,由闭合回路的欧姆定律得:

BLv ? I (1分) R?r mg ( R ? r ) sin ? 解得 v ? (1 分) B 2 L2 ab 棒未进入区域Ⅱ 时做匀加速直线运动,得 m g sin ? ? m a
第 7 页 共 9 页

v ? atx (1分) m( R ? r ) 解得 t x ? (1分) B 2 L2
(3)回路中电流是恒定电流,则

2L ) (3 分) v m 3 g 2 ( R ? r ) 2 sin 2 ? ? 2m gLsin ? (1 分) 解得 Q ? B 4 L4 Q ? I 2 ( R ? r )( t x ?
15.(18 分)解: (1)从 C 到 A,洛伦兹力不做功,小环对轨道无压力,也就不受轨道的摩擦力.由动能定理, 有:

qE ? 5R ? mg ? 5R ?
可得: v A ? 10gR

1 2 mv A (2分) 2
(2 分) M D

A

B Ⅰ N

(2)过 A 点时,研究小环,由受力分析和牛顿第二定律, 有:
2 vA FN ? m g ? qvA B ? qE ? m R 解得 FN ? 11 ? qB 10gR mg

D/x
E=

(2分) (2 分)

2m g q

K J Ⅱ

(3)由于 0<μ<1,小环必能通过 A 点,以后有三种可能: ① 有可能第一次过了 A 点后,恰好停在 K 点,则在 直轨道上通过的总路程为: (2分) s总 ? 4 R ② 也有可能在水平线 PQ 上方的轨道上往复若干次后, 最后一次从 A 点下来恰好停在 K 点,对整个运动过程, 由动能定理,有: qE ? 3R ? mg ? 3R ? ?qE ?s总 ? 0 (2 分) 得:s 总=

m,+q P C C/ Q Ⅲ B F

3R (2 分) ? ③ 还可能最终在 D 或 D ? 点速度为零(即在 D 与 D ? 点之间振动) ,由动能定理,有: qE ? 4R ? mg ? 4R ? ?qE ?s总 ? 0 (2 分) 4R 得:s 总= (2 分) ?
16.(18 分)解: ⑴ 小车与墙壁碰撞之前,令经过时间 t1 滑块与小车相对静止,共同速度为 v1 ,小车运动的位 移为 s1 。据动量守恒有:

m2v0 ? (m1 ? m2 )v1 (1分) m2v0 v1 ? ? 0.8(m s) m1 ? m2 1 2 对小车据动能定理有: ? m2 gs1 ? m1v1 ? 0 (1分) 2 2 m1v1 解得: s1 ? ? 0.24(m) 2? m2 g
第 8 页 共 9 页

L

m2
m1

d

P

对小车据动量定理有: ?m2 gt1 ? m1v1 ? 0 (1分) 解得 t1 ? 0.6(s) 因 s1 ? 1m ,所以小车与物块先相对静止,再匀速运动 (d ? s1 ) 与挡板相撞,又用时 t 2 。

d ? s1 ? v1t2 d ? s1 解得 t2 ? ? 0.95(s) v1 所以, t ? t1 ? t2 ? 1.55(s) (1分)
⑵ 小车与挡板碰后至小车与滑块再次相对静止的过程中,小车与滑块为系统动量守恒 m1v 1? m v ? (m ? m )v2 (1分) 2 1 1 2 解得: v2 ?

m1v1 ? m2v1 ? 0.16(m s) (1分) m1 ? m2

因小车与挡板碰撞时无机械能损失, 且整个过程物块相对小车的滑动方向一直向右, 据 能量转化与守恒有

? m2 gL1 ? m2v0 2 ? (m1 ? m2 )v2 2 (1分)
⑶ 若小车与挡板即将发生第 n 次碰撞之前,小车与物块的动量大小相等,则在小车与挡板第 n 次碰撞之后,据动量守恒可确定两者相对静止时,整体共同速度为零,系统末动能为零。 这样的条件下物块相对小车滑动的距离 L1 最大。 令小车运动的加速度 a1 ,据牛顿第二定律有: ? m2 g ? m1a1 解得: a1 ?

1 1 2 2 (1分) L1 ? 0 . 9 8 4 ( m )

4 (m s 2 ) (1分) 3

小车由静止开始匀加速至与挡板发生第一次碰撞之前,用时为 t 0

1 a1t0 2 (1分) 2 此时小车的速度 v ? a1t0 (2 分) d?
至小车即将与挡板发生第 n 次碰撞之前,用时 t ? (2n ? 1)t0 (2分) 此时,物块速度为 v ? , v? ? v0 ? a2t 且 m1v ? m2v? (1分) 代入数据联解可得: t0 ?

1 (1分) 2n

d?

1 (m) 6n 2

(n=1,2,3…)(2 分)

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