《河南省南阳一中2018届高三上学期第三次月考物理试题（word版附解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省南阳一中2018届高三上学期第三次月考物理试题（word版附解析）.doc（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、河南省南阳一中2018届高三（上）第三次月考物理试卷一.选择题1.甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化at图像如图所示关于甲、乙两车在020 s的运动情况，下列说法正确的是A. t10 s时两车相遇B. 在t20 s时两车相遇C. 在t10 s时两车相距最远D. 在t20 s时两车相距最远【答案】D【解析】【详解】A、根据图象可知，在内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知甲的合力不变，乙的合力减小，故A错误；B、根据加速度时间图象知图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，可知，在前乙的速度比甲的速度大，而甲、乙两车从同
2、一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，因此在时甲还没有追上乙，故B错误；C、当时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当时，两车速度相等即相距最远，故C正确，D错误。2.一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为（不计空气阻力）（）A. 1.0 sB. 1.8
3、sC. 2.0 sD. 2.6 s【答案】B【解析】由于是光滑斜面，所以上升的过程是匀减速直线运动，下降的过程是匀加速直线运动，而且整个过程中的加速度大小方向都不变根据规律可知，上升和下降的时间相等，故都为假设斜面的长度为x，根据题意可得：与中间的挡板相碰撞，上升段的时间为：由上两式可知，此为上升的时间，加上往返的时间，所以小球运动的总时间为：即：，故B正确，ACD错误点睛：本题考察的知识主要是匀变速直线运动的规律，熟练掌握匀加速，匀减速直线运动位移时间关系的公式，并要求熟练应用3.如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，仅考虑物体B与水平面间的摩擦，其余接触面
4、的摩擦不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为下列说法正确的是（）A. 物体B对水平面的压力大小为MgB. 物体B受到水平面的摩擦力大小为C. 滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanD. 滑块A对物体B的压力大小为【答案】B【解析】A、对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小；再根据牛顿第三定律，对地压力大小为，故A错误，B正确；D、对物体A受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：，根据牛顿第三定律，A对B压力大小为，A对墙壁的压力大小为，故C
5、D错误点睛：首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小4.如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向作匀加速直线运动当飞机飞经观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L2处的D点，且L2=3L1，空气阻力不计以下说法正确的有（）A. 飞机第一次投弹的速度为L1/TB. 飞机第二次投弹时的速度为2L1/TC. 飞机水平飞行的加速度为L1/T2D. 两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离
6、为4L1/3【答案】AD【解析】由平抛运动规律可得，飞机第一次投弹的速度为v1=L1/T，选项A错误；由于飞机做匀加速运动，飞机投放出第二颗炸弹时，飞机已经通过C点正上方，所以飞机第二次投弹时的速度小于2L1/T，飞机水平飞行的加速度不是L1/T2，选项BD错误；由L2=s+v2T,，s=( v1+ v2)T/2，v1=L1/T，联立解得两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为s=4L1/3，选项C正确5.正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在B1C1D1平面内（包括边界）不计空气阻力，以
7、地面为重力势能参考平面则下列说法正确的是（）A. 小球初速度的最小值与最大值之比是1：B. 落在C1点的小球，运动时间最长C. 落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D. 轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同【答案】D【解析】小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由x=v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A错误；小球做平抛运动，由h=gt2得，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D
8、1或B1的小球，落地时机械能的最大设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2水平位移为x2由几何关系有 x1：x2=1：，由x=v0t，得：v1：v2=1：，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1=mgh+mv12，E2=mgh+mv22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2故C错误设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有，则 tan=2tan，可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确故选D.点睛：该题结合平抛运动考查机械能守恒，解决本题的
9、关键要掌握平抛运动的研究方法，掌握分位移公式，D项也可以根据作为结论记住6.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象（以地面为参考系）如图乙所示已知v2v1，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则（）A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B. 0t2时间内，小物块受到摩擦力方向先向右后向左C. 0t2时间内，摩擦力产生的热量为D. 0t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】A、时间内木块向左做匀减速直线运动，时刻以后小物块向右运
10、动，则时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；B、时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；C、时间内，物块与传送带间的相对路程为： 摩擦产生的热量为：，故C错误；D、时间内，物块在传送带上留下的划痕为：，故D正确点睛：本题的解题关键要根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况，要知道摩擦生热与相对位移有关7.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为1和2，AB与BC
11、长度相等，则( )A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 动摩擦因数122tanC. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D. 整个过程中地面对滑梯的支持力先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力【答案】BD【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯
12、的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左故AC错误，D正确设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sin=，小孩在B点的速度为v小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：-1mgLcoos+mgh=mv2-0;小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：-2mgLcos+mgh=0-mv2；联立并代入数据得：1+2=2tan，故B正确故选BD点睛：本题主要考查了牛顿定律即动能定理的直接应用，注意当物体加速度有向下分量时处于失重状态，加速度有向上分量时处于超重状态.可以结合整体及隔离法分析.8.如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B卫星的轨道半径的比值为k，地
13、球自转周期为T0某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由开普勒第三定律得：，设两卫星至少经过时间t距离最远，即B比A多转半圈，又，解得：，故选项C正确点睛：本题主要考查了开普勒第三定律的直接应用，注意只有围绕同一个中心天体运动才可以使用开普勒第三定律9.如图所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧测力计的示数为设最大静摩擦力等于
14、滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A. B对A的摩擦力大小为，方向向左B. A和B保持静止，C匀速运动C. A保持静止，B和C一起匀速运动D. C受到地面的摩擦力大小为F-【答案】ACD【解析】【详解】A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式，可知，BC之间滑动摩擦力大于AB之间的摩擦力，因此在F作用下，BC作为一整体运动的；对A分析，A受到B给的摩擦力和弹簧测力计的拉力，二力平衡，故B对A的摩擦力大小为，AC正确B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B和C受到A对它水平向右的摩擦力，大小为；由于B和C作匀速直线运动，则B和C受到水平向左的拉力F和水平向右的两
15、个摩擦力平衡（A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力），根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为，D正确10.如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河沿均成角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）A. 两船渡河时间一定相等B. 甲乙两船可能在P点相遇C. 两船相遇在NP直线上D. 渡河过程中两船不一定会相遇【答案】AC【解析】A、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度，故小船过河的时间：，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故A
16、正确；B、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上，又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故BD错误，C正确点睛：本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定11.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则（）A. 当地的重力加速度为B. 轻质绳长为C. 小球在最低点受到的最小拉力为5aD. 若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过90的过程中杆始终对小球产生支持力【答案】AB【解析】A、在
17、最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：得： 由图象知，时，图象的斜率，则得：，得绳长 ；当时，由得：，得 ，故A正确，B正确；C、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：最高点： 最低点： 从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得： 联立解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故C错误；D、若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过的过程中开始时杆对小球的作用力为支持力；当转过后，小球的向心力必定由杆的拉力提供，所以可知，在小球从最高点由静止转过的过程中，杆对小球的作用力开始时是支持力，然后是拉力，故D错误点睛：小球在竖直面内做圆周运动，到最高点时由绳对小球的拉力
18、和重力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题根据牛顿第二定律和机械能守恒列式求解小球在最低点和最高点时绳的拉力差12.如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速（既在每个转速下可认为是匀速转动），已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数均为，A、B离转台中心的距离分别为15r、r，已知弹簧的原长为15r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（）A. 当B受到的摩擦力为0时，A的摩擦力向右B. B先相对木板发生滑动C. 当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为D
19、. 转台转动的角速度为，则B不动，A刚好要滑动【答案】B【解析】A、当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，此时弹簧的弹力为，则有解得：，此时A受到的向心力，故A受到的摩擦力向左，故A错误；B、当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：，解得：，当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有，解得：，因为，可知B先滑动，故B正确，CD错误点睛：本题主要考查了胡克定律以及向心力公式的直接应用，知道当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，明确向心力的来源是解题的关键二.实验
20、题13.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”实验中，打点计时器接在50Hz低压交流电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示:（1）若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做_运动且直线与x方向夹角越大，说明纸带运动的加速度_(选填：越大或越小)（2）从第一个计数点A开始计时，为求出0.25s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪
21、一段纸带的长度_(选填：a、b、c、d或e)（3）若测得a段纸带的长度为10.0cm，e段纸带的长度为2.0cm，则可求出加速度的大小_m/s2【答案】 (1). 匀减速直线 (2). 越大 (3). c (4). 2.0【解析】【详解】（1）纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与每条纸带相等的时间对应，竖直长度为相邻相等时间的位移，由于x=aT2，纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，所以图线可看作vt图象，即物体的速度在均匀减少，物体做匀减速运动；图象与x方向夹角越大，即斜率越大，则加速度越大（2）求0.25s的速度，即求0.2s0.3s内的平均速度，0.20.3s内的位移恰好是纸带c
22、段对应的长度，故需测出c段纸带的长度即可（3）利用x=aT2，即xa-xe=4aT2有：加速度a=10-2m/s2=2.0m/s2答案为：（1）匀减速直线；越大；（2）c；（3）2.014.如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系” 实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g (1)下列说法正确的是_A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这
23、一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中_ (选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”)图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_.A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平状态C砝码盘和砝码的总质量太大 D所用小车的质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数_，钩码的质量_.【答案】（1）D （2）丙；C （3），【解析】【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况得出图象弯曲的原因是：未满足
24、沙和沙桶质量远小于小车的质量；根据牛顿第二定律，得出的关系式，然后结合图象的斜率与截距进行求解【详解】（1）根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足，即，与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量应远小于小车和砝码的质量m2，C错误；在用图象探究加速度与质量关系时，为了得出线性关系，应作图象，D正确；（2）没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砝码盘和砝码的总
25、质量太大，不再满足砝码和砝码盘的质量远小于小车和砝码的质量，故选C（3）根据牛顿第二定律可知，结合图象，可得：，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量，小车与木板间的动摩擦因数【点睛】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于钩码的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法三、计算题15.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止
26、，它和O点的连线与OO之间的夹角为，已知动摩擦因数为，重力加速度大小为g(1)若，若小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(2)求要使小物块随陶罐一起转动且相对陶罐壁静止，求陶罐转动的最大值角速度【答案】（1）（2）【解析】【分析】小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；当时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度【详解】（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：，解得；（2）当时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大
27、值，设此最大角速度为，由牛顿第二定律得，联立以上三式解得：；【点睛】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解16.如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t=0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v已知容器在t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水求：（1）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度应为多大？（2）第二滴水
28、与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x【答案】（1） （2）【解析】（1）水滴在竖直方向做自由落体运动，有：，得要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度为n，所以角速度为：（2）第二滴水落在圆盘上的水平位移为：第三滴水在圆盘上的水平位移为：当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为：点睛：本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大，运用数学知识，解决物理问题的能力是高考考查的内容之一17.由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大
29、小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299：300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等而有些星球，却不能忽略假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7：8，已知该星球的半径为R，求：（1）绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；（2）若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为G，则该星球的密度【答案】（1）2R；（2）【解析】（1）设物体质量为m，星球质量为M，星球的自转周期为T，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即：物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是
30、重力，有：因为：，得：该星球的同步卫星的周期等于自转周期T，则有：联立解得：（2）在星球赤道上，有：可得：又因星球的体积：所以该星球的密度：点睛：本题要知道物体在星球两极时，万有引力等于重力，物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力，有关系：，这两个关系是解题的关键18.如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为m1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水平面上运动的vt图象如图乙所示，g10 m/
31、s2求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量【答案】（1）；（2）2.5m；（3）1.5kg【解析】(1)开始F向左时，滑块受到水平推力F、重力mg和支持力处于平衡，如图所示：水平推力：；(2)由图乙知，滑块滑上木板时速度为：，设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：，代入数据得：，则滑块下滑的位移为：，则下滑时的高度：；(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1，由图乙知，滑块刚滑上木板时的加速度为，对滑块：，此时木板的加速度：，对木板：，当滑块和木板速度相等，均为：，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：，对整体：，由以上各式解得： 19汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！