【文档说明】河南省新高中创新联盟TOP二十名校计划2023-2024学年高三上学期11月调研考试 物理答案.docx，共(23)页，1.490 MB，由小赞的店铺上传

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物理全卷满分110分，考试时间90分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的。1.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（）A.根据速度定义式xvt=，当Δt非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速

度，这里采用了极限法B.在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法C.加速度的定义式vat=，采用了比值定义法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小

段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【答案】B【解析】【详解】A．根据速度定义式xvt=，当Δt非常小时，xt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A正确；B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代

替实际物体采用了理想模型法，故B错误；C．加速度的定义式vat=，采用了比值定义法，故C正确；D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。由于本题选择错误的，故选B。2.5G是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络．5G网络使用的无线电波通信频率在3.0GHz以上的超高频段和极高频段（如图所示），比目前4G及以下网络（通信频率在0.3GHz～3.0GH

z间的特高频段）拥有更大的带宽和更快的传输速率．未来5G网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达10Gbps（bps为bitspersecond的英文缩写，即比特率、比特/秒），是4G网络的50-100倍．

关于5G网络使用的无线电波，下列说法正确的是A.在真空中的传播速度更快B.在真空中的波长更长C.衍射的本领更强D.频率更高，相同时间传递的信息量更大【答案】D【解析】【详解】A、无线电波（电磁波）在真空的传播速度与光速相同，保持不变，其速

度与频率没有关系，故A错误；BC、由公式cf=可知：cf=，频率变大，波长变短，衍射本领变弱，故BC错误；D、无线电波（电磁波）频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确．3.如图所示是乘客通过“刷身份证”进高铁站时

的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份，下列物理教材上小实验能说明这一原理的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象，A选项图中有电源，为电动机

的工作原理，是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的，故A错误；B．B选项图中实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系，运用了电流的磁效应，故B错误；C．C选项图中没有电源，为发电机的工作原理，是根据电磁感应现象制成的，故C正确；D．D选项图中为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场

，故D错误。故选C。4.2021年5月15日，我国首次火星探测任务天问一号探测器，在火星乌托邦平原南部预选着陆区着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了我国星际探测征程的重要一步，天问一号着陆器着陆于火星表面的过程可简化为如下过程：首先着陆器在距火星表面高为h处悬停，接着

以恒定的加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F，当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，随后着陆器经时间t速度减为0。已知着陆器的质量为m，火星半径为R（R远大于h），引力常量为G，

下列说法正确的是（）A.火星的质量为2()FmaRGm+B.火星表面的重力加速度为FmC.火箭反推力对着陆器所做的功为212Fat−的D.着陆器对火星表面的平均冲击力大小为2mahFmat−+【答案】A【解析】【详解】AB．设火星表面

的重力加速度为g，着陆器加速下降过程由牛顿第二定律有mgFma−=解得Fmagm+=对火星表面的物体有2MmGmgR=解得，火星的质量为2()FmaRMGm+=故A正确，B错误；C．火箭反推力对着陆器所做的功为WFh=−故C错误；D．着陆器落在火星表面的过程，以向上为正方向，

由动量定理得()()0Fmgtmv−=−−又22vah=解得2mvmahFmgFmatt=+=++故D错误。故选A。5.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，

物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（）A.物块从圆盘上滑落瞬间，圆盘的角速度大小为grB.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘

的线速度大小为grC.餐桌面的半径为52rD.物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为mgr【答案】C【解析】【详解】AB．物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得2mg

rm=解得gr=由线速度与角速度的关系公式vr=，可得圆盘的线速度大小为gvrrgrr===AB错误；C．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得的2102mgxmv−=−代入数据解得2=rx由几何关系可得222

2rRr=+代入数据解得餐桌面的半径为52Rr=C正确；D．物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为21122Wmvmgr==D错误。故选C。6.在如图所示的电路中R1、R2均为定值电阻，电表V1、V2均为理想电压表，A、B间的电压恒定。若调节可变电阻R

接入电路的阻值，使电压表V2的示数增大2U，则在该过中（）A.可变电阻R接入电路的阻值增大B.电表V1的示数减小，减小量大于2UC.通过电阻R1的电流减小，减小量小于12URD.通过可变电阻R的电流增大，增大量大于22UR【答案】D【解析】【详解】A．由电路图可知，A、B间的电

压恒定，可变电阻R和R1并联后和R2串联，电压表V2的示数增大2U，则并联电路电压减小。R2电阻不变，则通过它的电流即总电流增大22UR，通过R1的电流减小，通过可变电阻R的电流增大，可得可变电阻R的阻值减小，故A错误；B．A、B间的电压恒定，电压表V2的示数增大2U

，则并联电路电压减小2U，故B错误；C．并联电路电压减小2U，通过电阻R1的电流减小，减小量等于12UR，故C错误；D．总电流通过R1和R，增大量为22UR，通过电阻R1的电流减小量为12UR，则通过可变电阻R的电流增大量大于22UR，故D正确。故选D。7

.如图所示，空间有一正三棱锥,PABCD−点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，在O点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（）A.、、ABC三点的电场强度相同B.底面ABC

为等势面C.将一负的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功再做正功D.将一负的试探电荷从P点沿直线PO移动到O点，电势能先增大后减少【答案】C【解析】【详解】A．A、B、C三点到

P点和O点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；B．处于O点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的球面，本题O为等边三角形ABC的中心，即A、B、C三点电势相等，但是该平面不是等势面，故B错误；C

．沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即B、C电势高于D点电势，从B经D到C，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式Ep=qφ可知负试探电荷电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故C正确；D．沿

着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势P点移到低电势O点，根据电势能的计算公式可知Ep=qφ电势能一直增大，故D错误。故选C。8.如图为小明设计的发电机的原理图，边长为L的n匝正方形线圈，线圈电阻不计，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场

的中心轴做匀速转动，角速度为ω，转动时线圈两端在固定的半圆环P、Q上滑动，且始终与半圆环保持良好接触，P、Q通过导线连接到电阻R的两端，下列说法正确的是（）A图示位置线圈平面与中性面垂直B.从图示位置开始计时，R中流过的是正

弦交流电C.电路中电阻R两端的最大电压为2nBLD.线圈转动一个周期内R上产生的热量为2242nBLR【答案】C【解析】【详解】A．图示位置穿过线圈的磁通量最大，为中性面，A错误；B．由于P、Q为固定的半圆环，分别始终与转动中的左侧和右侧线圈保持良好的接触，故流过R中的电流不是正弦式交变

电流，而是直流电，B错误；C．线圈转动产生的感应电动势的最大值为2mEnBL=.所以电阻R两端的最大电压为2nBL，C正确；D．线圈转动产生感应电动势的有效值为2mEE=线圈转动的周期2T=故线圈一个周期内

R上产生的热量2EQTR=联立解得224=nBLQRD错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.关于以下四个示意图，下

列说法正确的是（）A.甲图为双缝干涉示意图，可以用白炽灯直接照射双缝，在屏上可以得到等宽、等亮的干涉条纹B.图乙所示用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到的明暗相间的干涉条纹，该区域薄膜厚度一定沿x轴正方向逐渐变厚C.丙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将框架顺时针旋转90°，条纹不会跟着顺时针旋转

90°D.图丁所示泊松亮斑是由于光的衍射形成的【答案】CD【解析】【详解】A．甲图为双缝干涉示意图，如果用白炽灯直接照射双缝，可知白炽灯光是由多种单色光组成，各单色光波长不同，由双缝干涉条纹间距公式lxd

=可知，不同波长的光，产生的条纹间距不同，因此的会产生彩色条纹，在屏上不可以得到等宽、等亮的干涉条纹，故A错误；B．图乙所示用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到的明暗相间的干涉条纹，条纹间距越来越大，说明该区域薄膜厚度一定

沿x轴正方向逐渐变薄，故B错误；C．丙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将框架顺时针旋转90，肥皂泡薄膜仍然是上薄下厚，条纹不会跟着顺时针旋转90，故C正确；D．图丁为泊松亮斑，是由于光的衍射形成的，故D正确。故选CD。10.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压

U为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数之比为4:1B.原、副线圈匝数之比为5:1C.此时a和b的电功率之比为4:1D.此时a和b的电功率之比为1:4【答案】AD【解析】【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电

压为4U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为4：1：故A正确；B错误；根据变压器原理可得122114InIn==，所以I1=14I2，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：4；故C错误，D正确；故选AD．【点睛】本题考查变压器原理，要

注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比．11.直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一

条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已知SCCD=，光在棱镜中的传播时间为32dtc=，真空中光速为c，不考虑光的反射。下列说法正确的是（）A.该棱镜的折射率为3B.该棱镜的折射率为233C.入射光与BC的夹角为30D.入射光与BC的夹角为60【答案】AC【解析】【详解】AB．由题意画

出光路图，如图所示E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传播速度为v，入射角为i，折射角为，光与BC边的夹角为。则有12DEd=，12vtd=由折射定律cnv=解得，该棱镜的折射率为3n=A正确，B错误；CD．光射到BC边，由几何关系

和折射定律有2i=−22=−sinsinin=联立解得，入射光与BC夹角为30=C正确，D错误。故选AC。12.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为1000kgM=和800kgm=。A、B由跨过轻质滑轮的足够

长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率2kWP=保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，210m/s=g。在A向上运动过程

中，则（）A.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动B.轿厢A能达到的最大速度m1m/sv=C.轿厢A向上的加速度为22m/s=寸，配重B下端的牵引绳上拉力5600NF=D.厢体A从静止开始到上升的高度为

5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间5.25st=【答案】BC【解析】【详解】A．电动机输出功率2kWP=保持不变，速度增大时，根据PFv=可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A错误；的B．当轿厢A的速度达到

最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为()FMmg=−又mPFv=联立解得m1m/sv=故B正确；C．当A向上的加速度为22m/sa=时，设A、B之间绳的拉力为1F，重物B下端绳的拉力大小为F；分别分析A、B，根据牛顿第二定律得1FMgMa−

=，1FmgFma+−=联立解得5600NF=故C正确；D．厢体A从静止开始到上升的高度为5m时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得2m1()2PtmghMghMmv+−=+解得5.45st=故D错误。故选BC。三、非选

择题：共54分。13.一研究性学习小组利用图甲装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。（1）实验过程如下：①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器；总质量为M的滑块（含拉力传感器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传

感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接，调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行；②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的st−图像如图乙所示，该图线的函

数表达式是()21.20mst=，则可得滑块加速度=a______2m/s（计算结果保留两位小数）；③若滑块的加速度为a时，拉力传感器示数为TF，则滑块与长木板间的动摩擦因数=______（用题中物理量字母符号表示）。（2）本实验中如果不满足滑块质量远大于重物质量，对实验结果

的分析______影响（选填“有”“无”）。【答案】①.2.40②.TFMaMg−③.无【解析】【详解】（1）②[1]根据匀变速直线运动位移时间关系212sat=又()21.20mst=联立可得滑块加速度为22.40m/sa=③[2]以滑块为研究对象，根据牛顿

第二定律可得TFMgMa−=可得TFMaMg−=（2）[3]由于拉力可以通过力传感器得知，所以本实验中如果不满足滑块质量远大于重物质量，对实验结果的分析无影响。14.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千

家万户。济南市定期对市场出售的纯净水质量进行抽测，通过测量电导率判定是否合格（电导率是电阻率的倒数，电导率小于10为水质合格）。测量时将采集的水样装入绝缘性能良好的圆柱形容器，容器两端用圆片形的金属电极密封，

两电极相距L＝0.50m，该实验还用到如下器材：电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源、单刀单掷开关一个和导线若干。图甲为用10分度的游标卡尺测量容器内径的图示。图乙为测量电路，图丙为根据电流表和电压表的实验数据所画出的U－I图像。请根据

以上所述完成下列问题：（1）容器的内径d的测量值为______cm。（2）请根据图乙所示的实物图画出电路图______（被测电阻用符号表示）。（3）根据图丙的UI−图像，求出水样的电阻R=______（保留两位有效数字）。（4）计算

出该水样的电导率=______()1m−（保留三位有效数字），通过数据对比可以判定此水样水质______（选填“合格”或者“不合格”）。【答案】①.2.16②.见解析③.52④.26.3⑤.不合格【解析】【详解】（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图甲可知容器的内

径为21mm60.1mm21.6mm2.16cmd=+==（2）[2]根据图乙所示的实物图，滑动变阻器采用了分压式接法，电流表采用了内接法，故电路图如图所示（3）[3]根据图丙的UI−图像可知水样的电阻为312.5Ω52Ω2

4010URI−==（4）[4]由电阻定律LRS=又24dS=，1=联立可得该水样的电导率为1222440.526.3()3.14(2.16105m)2LdR−−==[5]由于1126.3()1m(m0)−−=可知此水

样水质不合格。15.战绳训练对运动员综合体能有非常好的训练效果，运动员挥舞战绳运动时，它在抖动的过程中由于方向节奏，方式和波形不同；产生的离心力会造成不稳定，而运动员的身体为了保持稳定，全身各个部分的机能都将做出对抗反应，某次训练时，有两位健身者甲

、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，如图所示，某时刻开始计时，0=t时两列波的图像如图所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，O点为手握的绳子一端，向右为x轴正方向，已知绳波的速度为15

m/sv=，求：（1）甲、乙的绳端振动频率f甲和f乙；（2）以图2所示为0=t时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m处质点的振动方程。【答案】（1）1.25Hz，2.5Hz；（2）60.25sin(5)myt

=+【解析】【详解】（1）由图像可知12m=甲6m=乙由波速公式vf=可知vff==甲乙乙甲代入数据解得1.25Hzf=甲2.5Hzf=乙（2）设振动方程为6sin()yAt=+其中25cmA=25f==乙由图像可知=则60.25sin(5

)myt=+16.如图所示，间距为L的光滑“”形金属直导轨固定在绝缘水平面上，垂直于导轨的虚线MN和PQ间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为R、长为L的金属棒静止在导轨上，金属棒到PQ的距离为2L，给金属棒一个水平向右的恒力F（大小未知），金属棒刚要进入

磁场时撤去F，金属棒进磁场的一瞬间加速度大小为a，金属棒离开磁场时的速度为进磁场时速度的一半，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，不计导轨电阻，求：（1）拉力F的大小；（2）PQ和MN间的距离。【答案】（1）52234aRmBL；（2）22442maRB

L【解析】【详解】（1）根据动能定理有21122FLmv=金属棒进磁场的一瞬间有22BLvmaR=解得52234aRmFBL=（2）金属棒进磁场一瞬间的速度大小22maRvBL=由题意知，金属棒出磁场时的速度大小22122maRvvBL==根据动量定理有BiLtmvmv=−BLsq

itR==解得22442maRsBL=17.如图所示，水平传送带与左、右两边的光滑的水平台面等高，并能平滑对接，静止在台面上可视为质点的滑块A的质量为0.9kgm=，长3.5ml=的传送带始终以v=1m/s的速率顺时

针转动，滑块A左侧的枪膛长1m，高压气体对质量为0100gm=子弹的平均作用力为80N，若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑块A（子弹与滑块作用时间极短），并留在A内，两者一起滑上传送带的左端，已知A与传送带之间的动摩擦因数0.1=，忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s，求：

（1）子弹出膛的速度大小；（2）子弹与小滑块A的整体滑上传送带左端时的速度大小；（3）小滑块A到达传送带右端时速度大小。【答案】（1）40m/s；（2）4m/s；（3）3m/s【解析】【详解】（1）设子弹出膛的

速度为0v，则由牛顿第二定律可得0Fma=由匀变速直线运动规律有202vax=解得040m/sv=（2）子弹打滑块A过程中动量守恒，则()0001mvmmv=+解得含有子弹的小滑块A水平滑上传送带左端时的速度大小00104m/smvvmm=

=+（3）假设A在传送带上一直做减速运动，A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有()()()00021221122mmglmmvmmv−+=+−+代入数据解得23m/sv=因为2vv，所以假设正确，A在到达传送带右端时速度大小为3m/s。公众号：全元高考18.双

聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图（a）所示。其原理图如图（b）所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的离子被加速后，进入辐射电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直边界从

P点进入14圆形磁场区域，PO1=d。之后垂直磁场下边界射出并从K点进入检测器，检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于0.5d。已知圆弧轨迹处的电场强度为E。（1）求磁场区域磁感应强度B；（2）由不同离子组成的粒子束，以不同速度进入电场

分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入磁场，粒子离开O1O2时与O1O2所夹锐角相同，若探测器能接收到的粒子中比荷qm的最大值与最小值之比为，求的值。【答案】（1）1mERBdq=；（2）25。【解析】【详解】（1）设离子的速度为v0，粒子在电场和磁场中分别做匀速圆周运动

，在电场中，电场力提供向心力20mvqER=在磁场中，洛伦兹力提供向心力200mvqvBd=解得磁感应强度为1mERBdq=（2）设在某处被检测到的离子在磁场中的轨道半径为r，则在磁场中2mvqvBr=在电场中2qEmvR=可得22qERmBr=由此可知当粒子运动

半径最小时，荷质比最大；当粒子运动半径最大时，荷质比最小。如图，设a（q1，m1）、b（q2，m2）离子在磁场中的分别在M、N处被检测到，半径分别为r1、r2，易知在所有被检测到的粒子半径中，r1最小，r2最大。由于两离子到达O1O2时，与O1O2夹角相等，均设为θ，由此可得：∠O1FM和

∠O2GN均为θ。如图，内几何关系O3F=r1O1O3=d-r13132dOMr=−得2222311132MFPMrdrr=−=−−由几何关系13OMMFMFOM=解得135rd=在b的轨迹中4

121422sinPOPOrdOGOrr−−==又11432sinsin2325rOGOFMOdd===+解得r2=3d又12211qERmBr=22222qERmBr=可得获得更多资源请扫码加入享学资源网

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