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2017世纪金榜人教版高三第一轮复习物理高中复习全程考卷 标准仿真模拟卷(一).doc


标准仿真模拟卷(一)
(分值:110 分) 第Ⅰ卷 一、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一项 符合题目要求,第 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有 选错的得 0 分。 1.如图,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场 电压的 k 倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后,从偏转电场两板 正中间垂直电场方向射入,且正好能从极板下边缘穿出电场,不计电荷的重 力,则偏转电场长宽之比 A. B.

l 的值为( d
C.

) D.

2.如图所示,在斜面顶端 A 以速度 v 水平抛出一小球,经过时间 t1 恰好落 在斜面的中点 P;若在 A 点以速度 2v 水平抛出小球,经过时间 t2 完成平 抛运动。不计空气阻力,则( A.t2>2t1 B.t2=2t1 C.t2<2t1 3.如图所示,可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2m 的轻杆相连, 两球质量相等,开始时两小球置于光滑的水平面上 ,并给两小球一个 2m/s 的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为 30°的光滑斜面, 不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g 取 10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断 正确的是( ) B.小球 A 的机械能守 D.落在 B 点 )

A.杆对小球 A 做负功 恒 C.杆对小球 B 做正功 距水平面的高度为 0.15m

D.小球 B 速度为零时

4.2014 年 10 月 24 日,“嫦娥五号”探路兵发射升空,为计划于 2017 年左右发射的 “嫦娥五号”探路,并在 8 天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。 “跳跃式返

回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层,依靠大气升力再次冲出大气层,降低速度后再 进入大气层。如图所示,虚线为大气层的边界。已知地球半径为 R,地心到 d 点距离为 r,地球 表面重力加速度为 g。下列说法正确的是( A.“嫦娥五号”在 b 点处于完全失重状态 B.“嫦娥五号”在 d 点的加速度小于 C.“嫦娥五号”在 a 点速率大于在 c 点的速率 D.“嫦娥五号”在 c 点速率大于在 e 点的速率 5.一理想变压器与电阻 R、交流电压表 V、电流表 A 按图甲所示方式连接,R= 10Ω ,变压器的匝数比为 Um=10 = 。图乙是 R 两端电压 U 随时间变化的图象, ) )

V。下列说法中正确的是(

A.通过 R 的电流 iR= 0.1A C.电流表 A 的读数为 10 V

cos50π tA

B.电流表 A 的读数为

A

D.电压表 V 的读数为

6.如图,在两等量异种点电荷连线上有 D、E、F 三点,且 DE=EF。K、M、L 分 别为过 D、E、F 三点的等势面。一不计重力的带负电粒子,从 a 点射入电场,运 动轨迹如图中实线所示,以|Wab|表示该粒子从 a 点到 b 点电场力做功的数值,以 |Wbc|表示该粒子从 b 点到 c 点电场力做功的数值,则( A.|Wab|=|Wbc| B.|Wab|>|Wbc| C.粒子由 a 点到 b 点,动能增大 电势高 7.如图所示,在一匀强磁场中有三个带电粒子,其中 1 和 2 为质子,3 为α 粒子 的径迹。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动 , 三者轨道半径 D.a 点的电势较 b 点的 )

r1>r2>r3,并相切于 P 点,设 T、v、a、t 分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度 以及各自从经过 P 点算起到第一次通过图中虚线 MN 所经历的时间,则( A.T1=T2<T3 C.a1>a2>a3 ) B.v1=v2>v3 D.t1=t2=t3

8.如图甲所示,一轻杆一端固定在 O 点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为 R 的圆周运 动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力的大小为 N,小球在最高点的速度大小为 v,N-v2 图 象如图乙所示。则( )

A.小球的质量为 R B.当 v< C.当 v< 时,球对杆有向下的压力 时,球对杆有向上的拉力

D.若 c=2b,则此时杆对小球的弹力大小为 a 第Ⅱ卷 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 9 题~第 12 题为必考题,每个试题考生都必 须做答。第 13 题~第 15 题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题(共 47 分) 9.(6 分)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ ,某小组使用 DIS 位移传感器设计了如图甲所 示实验装置,让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距 离。 位移传感器连接计算机,描绘出木块相对传感器的位移 x 随时间 t 的变化规律如图乙所示。

(1)根据上述图线,计算 0.4s 时木块的速度 v=________m/s,木块加速度 a =________m/s2(结果

均保留 2 位有效数字)。 (2)为了测定动摩擦因数μ ,还需要测量的量是________(已知当地的重力加速度 g);得出μ 的 表达式是μ =________。 10.(9 分)某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件,该电学元件上标有 “最大电流不 超过 6mA,最大电压不超过 7 V”,同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线,他们 设计的一部分电路如图所示,图中定值电阻 R=1kΩ ,用于限流;电流表量程为 10mA,内阻约为 5Ω ;电压表(未画出)量程为 10 V,内阻约为 10 kΩ ;电源电动势 E 为 12V,内阻不计。 (1)实验时有两个滑动变阻器可供选择: A.阻值 0~200Ω ,额定电流 0.3 A B.阻值 0~20Ω ,额定电流 0.5 A

应选的滑动变阻器是________(选填“A”或“B”)。 正确接线后,测得数据如下表: 次数 U/V I/mA 1 0.00 0.00 2 3.00 0.00 3 6.00 0.00 4 6.16 0.06 5 6.28 0.50 6 6.32 1.00 7 6.36 2.00 8 6.38 3.00 9 6.39 4.00 10 6.40 5.50

(2)由以上数据分析可知,电压表应并联在 M 与______(选填“O”或“P”)之间。 (3)在下图中将电路图补充完整。

(4)从表中数据可知,该电学元件的电阻特点是:_________________________。 11.(12 分)如图所示,将质量 m=2kg 的圆环套在与水平面成θ =37°角的足够 长直杆上,直杆固定不动,环的直径略大于杆的截面直径。 杆上依次有三点 A、 B、 C,sAB=8m,sBC=0.6m,环与杆间动摩擦因数μ =0.5。 现在对环施加一个与杆 成 37°斜向上大小为 20N 的拉力 F,使环从 A 点由静止开始沿杆向上运动, 圆环到达 B 点时撤去拉力 F,此后圆环从 B 点继续向上运动,求此环从 A 点到 达 C 点所用的时间。(已知重力加速度 g 取 10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

12.(20 分)如图所示,倾角为 30°、足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 相距 L1=0.4m,B1=5T 的匀强磁场垂直导轨平面向上。

一质量 m=1.6kg 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,其电阻 r=1Ω 。金属导轨上端连接右侧电路,R1=1Ω ,R2= 1.5Ω ,R2 两端通过细导线连接质量 M=0.6kg 的正方形金属框 cdef,正方形边长 L2=0.2m,每条 边电阻 r0 为 1Ω ,金属框处在一方向垂直纸面向里、 B2=3T 的匀强磁场中。 现将金属棒由静止 释放,不计其他电阻及滑轮摩擦,g 取 10m/s2。 (1)若开关 S 闭合,每根细导线能承受的最大拉力为 3.6 N,求细导线刚好被拉断时棒的速度。 (2)若开关 S 闭合后,从棒释放到细导线被拉断的过程中,棒上产生的电热为 2 J,求此过程中棒 下滑的高度(结果保留一位有效数字)。 (二)选考题:共 15 分。请考生从给出的 3 道物理题中任选一题做答,并用 2B 铅笔在答题卡 上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题 卡选答区域指定位置答题。如果多做,则按所做的第一题计分。 13.[物理——选修 3-3](15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是__________(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分, 选对 3 个得 5 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.当分子间距离增大时,分子势能可能增大 B.已知某物质的摩尔质量为 M,密度为ρ ,阿伏加德罗常数为 NA,则这种物质的分子体积为 V0= C.自然界一切过程能量都是守恒的,符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 D.布朗运动并不是分子的运动,但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动 E.一定质量的理想气体,压强不变,体积增大,分子平均动能增加 (2)(10 分)如图所示,有一光滑的导热性能良好的活塞 C 将容器分成 A、B 两室,A 室体积为 V0,B 室的体积是 A 室的两倍,A、B 两室分别有一定质量 的理想气体。 A 室上连有一 U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计),当两边 水银柱高度差为 19cm 时,两室气体的温度均为 T1=300K。 若气体的温度缓 慢变化,当 U 形管两边水银柱等高时,求:(外界大气压等于 76cm 汞柱) ①此时气体的温度为多少? ②在这个过程中 B 气体的内能如何变化?做功情况如何?从外界吸热还是放热?(不需说明理 由) 14.[物理——选修 3-4](15 分)

(1)(5 分)一列简谐横波,某时刻的波形如图甲所示,从该时刻开始计时,波上 A 质点的振动图象 如图乙所示。

①该列波沿 x 轴________(选填“正向”或“负向”)传播。 ②若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象,则所遇到的波的频率为________Hz。 (2)(10 分)如图为某种透明材料做成的三棱镜横截面,其形状是边长为 a 的等边 三角形,现用一束宽度为 a 的单色平行光束,以垂直于 BC 面的方向正好入射到 该三棱镜的 AB 及 AC 面上,结果所有从 AB、AC 面入射的光线进入后恰好全 部直接到达 BC 面。试求: ①该材料对此平行光束的折射率。 ②这些到达 BC 面的光线从 BC 面折射而出后,如果照射到一块平行于 BC 面的屏上形成光斑, 则当屏到 BC 面的距离 d 满足什么条件时,此光斑分为两块? 15.[物理——选修 3-5](15 分) (1)(5 分)氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量。 在某次聚变中,一个氘核与一个氚核 结合成一个氦核。 已知氘核的比结合能是 1.09MeV;氚核的比结合能是 2.78 MeV;氦核的比结 合 能 是 7.03 MeV 。 则 氢 核 聚 变 的 方 程 是 ________; 一 次 氢 核 聚 变 释 放 出 的 能 量 是 ________MeV。 (2)(10 分)如图,一个平板车的质量为 M=68kg(包含车上的卸货人),其上有质 量均为 m=14kg 的货物 8 袋。开始时平板车水平向右以速度 v0=5m/s 在水 平光滑的轨道上匀速运动,平板车上的卸货人以速度 v=10m/s(相对水平地 面)水平向右一次一袋把货物抛出,当平板车反向向左开始运动后,卸货人 不再抛出货物。求卸货人向右抛出货物的袋数和平板车的最终速度。

答案解析

1.B

设加速电压为 U1, 偏转电压为 U2, 因为 qU1= m

, 电荷离开加速电场时的速度

v0=

; 在 偏 转 电 场 中

=

t2, 解 得

t=d

, 水 平 距 离

l=v0t=

·d

=d

=d

,所以

l = d

,B 正确。

2.C 假设小球在 A 点以速度 v1 水平抛出时恰好落在 B 点,则小球在竖直方向上做自由落体 运动,两次小球下落竖直高度之比为 1∶2,h= gt2,故所用时间之比为 t1∶t2=1∶ 位移之比为 1∶2,由 x=vt 可知,v∶v1=1∶ 小球将落在 BC 段。故 C 正确。 3.D 将小球 A、B 视为一个系统,设小球的质量均为 m,最后小球 B 上升的高度为 h,根据机 械能守恒定律有 ×2mv2=mgh+mg(h+0.2m×sin30°),解得 h=0.15m,选项 D 正确;以小球 A 为 研究对象,由动能定理有-mg(h+0.2m×sin30°)+W=0- mv2,可知 W>0,可见杆对小球 A 做正功, 选项 A、B 错误;由于系统机械能守恒,故小球 A 增加的机械能等于小球 B 减少的机械能,杆 对小球 B 做负功,选项 C 错误。 4.C 根据曲线运动的规律,运动轨迹在合力和速度的交角之间 (合力指向运动轨迹的凹侧 ), =ma,且在地面附近万有引力 ,得 v1= 。 因为水平

v,所以在 A 点以速度 2v 水平抛出时,

由题图可知航天器在 b 点处于超重状态,故 A 错误;在 d 点 G 近似等于重力:G =mg,可得加速度 a=

,故 B 错误;航天器在 a、c、e 三点到地心距离相

等,航天器从 a 到 c 克服大气阻力,动能减少;从 c 到 e 无大气阻力,va>vc,vc=ve,故 C 对,D 错。 5.B 由图象知 T=2×10-2s,f=50Hz,ω =2π f=100π rad/s,故 iR= A 错误。再根据 = 值,U= cos 100π tA,

知,I1 有效值为 0.1A,B 正确,C 错误。电压表读数应为副线圈电压有效

=10V,D 错误。

6.B、D 由等量异种点电荷的电场线的特点可知靠近电荷处电场强度大,类比公式 U=Ed 知 |Uab|>|Ubc|,而 W=qU,所以|Wab|>|Wbc|,故 A 错误,B 正确;粒子由 a 点到 b 点,电场力做负功,电势 能增加,动能减少,C 错误;从粒子的运动轨迹可知该粒子从 a 点到 c 点受到大体向左的作用力, 所以左侧为正电荷,从左向右电势降低,D 正确。 7.A、C 各粒子做圆周运动的周期 T= ,根据粒子的比荷大小可知:T1=T2<T3,故 A 正确;

由于 r1>r2>r3,结合 r= a=

及粒子比荷关系可知 v1>v2>v3,故 B 错误;粒子运动的向心加速度

,结合各粒子的比荷关系及 v1>v2>v3 可得:a1>a2>a3,故 C 正确;由图可知,粒子运动到

MN 时所对应的圆心角的大小关系为θ 1<θ 2<θ 3,而 T1=T2,因此 t1<t2,由 T2<T3,且θ 2<θ 3,可知 t2<t3,故 D 错误。 8.A、 B、 D 由题意可知,在最高点时,若 v2<b,则杆对球的作用力为支持力,根据牛顿第二定律: mg-N=m ,解得: N=mg- v2,斜率的绝对值 k= = ,所以小球的质量为 m= R,A 正确;v2<b 时, 杆对球的作用力为支持力,根据牛顿第三定律可知,B 正确,C 错误;当 v2=0 时,有 a=mg;当 v2=b 时,有 mg=m ;当 v2=c=2b 时,有 mg+Nc=m ;联立可解得 Nc=mg=a,D 正确。

9.【解析】(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度,得 0.4s 末的 速度为 v= 为 a= = m/s=0.40 m/s;0.2 s 末的速度为 v′= =1.0m/s2。 ; m/s=0.2 m/s;则木块的加速度

(2)选取木块为研究对象,木块沿斜面方向的受力:mgsinθ -μ mgcosθ =ma;得:μ = 所以要测定动摩擦因数,还需要测出斜面倾角θ 。 答案:(1)0.40 1.0 (2)θ (或 A 点的高度 h、底边长度 d、斜面长度 L 等)

10.【解析】(1)滑动变阻器 A 两端所能加的最大电压为 0.3×200 V=60 V>12 V,滑动变阻器 B 两端所能加的最大电压为 0.5×20V=10 V<12 V,为保证安全,滑动变阻器应选 A。 (2)由表中实验数据可知,电学元件电阻最小测量值约为:R= Ω≈

1 163.6Ω ,电流表内阻约为 5Ω ,电压表内阻约为 10 kΩ ,相对来说,元件电阻远大于电流表内阻, 电流表应采用内接法,因此电压表应并联在 M 与 P 之间。 (3)描绘伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法,由(2)可知, 电流表采用内接法,实验电路图如图所示:

(4)由表中实验数据可知,当元件两端的电压小于 6V 时,电路电流很小,几乎为零,由欧姆定律

可知,元件电阻非常大,不导电;当元件两端电压大于 6 V 时,随着电压的升高电流迅速增大,电 压与电流的比值减小,电阻变小。 答案:(1)A (2)P (3)电路图见解析图 (4)当元件两端的电压小于 6 V 时,元件电阻非常大,

不导电;当元件两端电压大于 6 V 时,随着电压的升高电阻逐渐变小 11. 【解析】 圆环从 A 到 B 的过程中做匀加速直线运动,设所用时间为 t1,由受力分析和牛顿第 二定律得:

沿着直杆方向: Fcos37°-mgsin37°-μ FN=ma1 垂直直杆方向: FN+Fsin37°=mgcos37° 解得:a1=1m/s2 由 sAB= a1 得:t1=4s 圆环到达 B 点的速度为: vB=a1t1=4m/s 撤去力后向上运动过程, 对圆环受力分析,由牛顿第二定律得:

mgsin37°+μ mgcos37°=ma2, 解得加速度大小 a2=10m/s2; 圆环减速到零时间为 t0,运动距离为 s,则:vB=a2t0,解得: t0=0.4s; 2a2s= ,解得:s=0.8m;

若环向上经过 C 点,则: sBC=vBt2- a2 ; 解得 t2=0.2s,或者;t2=0.6s(舍去) 当环运动到最高点,将再次向下匀加速运动,则由牛顿第二定律得: mgsin37°-μ mgcos37°=ma3, 解得:a3=2m/s2 环从最高点下滑到 C 点时发生的位移 x=s-sBC=0.2m 由 x= a3 得:t3= s;

所以,圆环从 A 点到达 C 点所用的时间: t=t1+ t2=4.2s 或者为:t = t1+ t0+ t3= 答案:4.2s 或 s s。

12. 【解析】 (1)闭合 S 后,设细线刚断开时,通过线圈 ef 边电流为 I′,则通过 cd 边的电流为 3I′, 则有 2FT-Mg-B2I′L2-3B2I′L2=0 解得 I′=0.5A 通过 R2 的电流 I2= ,I2=1A

电路总电流 I1=I2+4I′=3A 线圈接入电路总电阻 R 线= Ω R2 与 R 线并联电阻为 R′,则 R′= = Ω

设此时棒的速度为 v1,则有 I1= 解得 v1=3.75m/s。 (2)当棒下滑高度为 h 时,棒上产生的热量为 Qab,R1 上产生的热量为 Q1,R2 与 R 线上产生的总热

量为 Q′,根据能量转化与守恒定律,有 mgh= m +Qab+Q1+Q′

Qab=2J,Q1=Qab=2J, Q′= =1J

解得 h≈1m。 答案:(1)3.75m/s (2)1 m 13.【解析】(1)选 A、D、E。当 0 分子间距离增大时,可能分子力做负功,分子势能增大,A 对;B 选项算出的是物质的分子占有的空间体积,B 错;违反热力学第二定律的宏观过程不能自然发 生,C 错;布朗运动是小颗粒的运动,能证明分子在永不停息地做无规则运动,D 对;一定质量的 理想气体,压强不变,体积增大,温度必然升高,分子的平均动能增加,E 对。 (2)①由题意知,气体的状态参量为: 初状态 对 A 气体: VA=V0,TA=T1=300K, pA=p0+ph=95cmHg 对 B 气体: VB=2V0,TB=T1=300K, pB=p0+ph=95cmHg 末状态 对 A 气体: VA′=V,pA′=p0=76cmHg 对 B 气体: VB′=3V0-V, pB′=p0=76cmHg 由理想气体状态方程得: 对 A 气体: 对 B 气体: 代入数据解得: = =

T=240K,V=V0 ②气体 B 末状态的体积: VB′=3V0-V=2V0=VB, 由于整个过程中气体 B 初末状态体积不变,外界对气体不做功,温度降低,内能减小,由热力学 第一定律可知,气体对外放出热量。 答案:(1)A、D、E (2)①240K

②B 气体的内能减少 外界对气体不做功 气体对外界放热 14.【解析】(1)①由 A 点的振动图线可知,t=0 时质点向下振动,故波沿 x 轴正向传播。 ②因为此波的频率为 2.5Hz,若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象,则所遇到的 波的频率等于该波的频率。 (2)①由于对称性,我们考虑从 AB 面入射的光线,这些光线经折射后在棱镜中的传播方向是平 行于 AC 面的,由对称性不难得出,光线进入 AB 面时的入射角α 和折射角β 分别为α =60°、 β =30°。由折射定律,此材料折射率 n= = 。

②如图,O 为 BC 中点,在 B 点附近折射的光线从 BC 射出后与直线 AO 交于 D,在 C 点附近折 射的光线从 BC 射出后与直线 AO 也交于 D,可看出只要光屏放得比 D 点远,则光斑会分成两 块。

由几何关系可得 OD=

a,所以当光屏到 BC 距离超过

a 时,光斑分为两块。

答案:(1)①正向 ②2.5 (2)① ②当光屏到 BC 距离超过 a 时,光斑分为两块 H He n。聚变释放

15.【解析】(1)氘核与氚核结合形成一个氦核的反应方程为 H 出的能量Δ E=E2-E1=7.03×4-(2.78×3+1.09×2)=17.6MeV。

(2)设平板车上货物的总袋数为 N,当第 n 袋向右水平抛出时,平板车开始反向向左运动,此时平 板车速度为 vn,取向右为正方向,由动量守恒定律得: (M+Nm)v0=nmv+[M+(N-n)m]vn

解得:vn=

,

要使平板车反向向左运动,有 vn<0 则 n> ,解得 n>6.4,

因为 n 应为整数,故 n=7。 所以当第 7 袋货物水平向右抛出时,平板车开始反向向左运动, 此时 vn=答案:(1 (2)7 m/s,负号表示速度方向向左。 H H He n 17.6

m/s,方向向左


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