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【走向高考】2016届高三物理人教版一轮复习习题:2016年高考物理模拟试题


2016 年高考物理模拟试题
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 110 分,考试时间 90 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 48 分) 一、选择题(本大题共 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. 总质量约为 3.8 吨“嫦娥三号”探测器在距月面 3m 处关闭反推发动机, 让其以自由 落体方式降落在月球表面。 4 条着陆腿触月信号显示, “嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区。 月球表面附近重力加速度约为 1.6m/s4,4 条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧,在软着陆 后,每个轻弹簧获得的弹性势能大约是( )

A.28 500J C.18 240J [答案] B

B.4 560J D.9 120J

[解析] 由机械能守恒定律,mgh=4Ep,解得 Ep=mgh/4=4560J,选项 B 正确。 2.如图所示,理想变压器与电阻 R、交流电压表 V、交流电流表 A 按图甲所示方式连 n1 接,已知变压器的原副线圈的匝数比为 =10 n2 1,电阻 R=10Ω。图乙是 R 两端电压 u 随 )

时间变化的图象,Um=10 2V。则下列说法中正确的是(

A.通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR=cos100πt(A) B.电流表 A 的读数为 2 A 10

C.电压表 V 的读数为 10 2V D.变压器的输入功率为 10W [答案] D [解析] 根据 R 两端电压 u 随时间变化的图象可知,电压表 V 的读数为 10V,选项 C

错误;由欧姆定律知,通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR= 2cos 100πt(A),选项 A 错误;变压器输出功率 P= U2 =10W,因此变压器的输入功率为 10W,通过 R 的电流的有 R

效值为 1A,则电流表 A 的读数为 0.1A,选项 B 错误、D 正确。 3.2012 年 6 月 27 日,中国载人深潜器“蛟龙”号 7 000m 级海试最 大下潜深度达 7 062m, 再创中国载人深潜记录。 设潜水器在下潜或上升 的过程中只受重力、 海水浮力和海水阻力作用, 已知海水浮力大小为 F, 设海水阻力与潜水器的速率成正比。 当潜水器的总质量为 m 时恰好匀速 下降,若使潜水器以同样速率匀速上浮,则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为 g)( 2F A. -m g F C.m- g [答案] B [解析] 由于潜水器上浮与下降的速率相等,则所受阻力也相等,设运动过程中的阻力 为 Ff,在匀速下降过程中:F+Ff=mg;在匀速上浮过程中:F=m′g+Ff。联立两式解得 2F F m′= -m,则需要抛弃的质量为(m-m′)=2(m- ),B 正确。 g g 4.在电梯内的地板上,竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上端固定一个质量为 m 的物体。 x 当电梯匀速运动时,弹簧被压缩了 x,某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了 。则电梯在此 10 时刻后的运动情况可能是( ) F B.2(m- ) g F D.2m- g )

11 A.以大小为 g 的加速度加速上升 10 11 B.以大小为 g 的加速度减速上升 10 g C.以大小为 的加速度加速下降 10 g D.以大小为 的加速度减速下降 10 [答案] D [解析] 当电梯匀速运动时,弹簧被压缩了 x,mg=kx;某时刻后观察到弹簧又被继续 x kx g 压缩了 ,物体所受合力向上,电梯加速度向上,由牛顿第二定律, =ma,解得 a= 。 10 10 10 g g 电梯在此时刻后的运动情况可能是: 以大小为 的加速度加速上升, 或以大小为 的加速度 10 10 减速下降,选项 D 正确。 5.如图所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,

正方形金属框电阻为 R,边长为 L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由 静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度 a 进入磁场区域,t1 时刻线框全部进入磁场。规 定顺时针方向为感应电流 i 的正方向。外力大小为 F,线框中电功率的瞬时值为 P,通过导 体横截面的电荷量为 q,则这些量随时间变化的关系正确的是( )

[答案] C [解析] 线框速度 v=at,0~t1 时间内,产生的感应电动势随时间均匀增大,感应电流 I 均匀增大,安培力随时间均匀增大,外力 F 随时间变化关系是一次函数,但不是成正比的, 功率 P=EI 随时间变化关系是二次函数,其图象是抛物线,所以 C 正确,B 错误;导体横 截面的电荷量 q=It 随时间变化关系是二次函数,其图象是抛物线,D 错误。 6.如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,若从水星与金星在一条直线上 开始计时,天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为 θ1,金星转过的角度为 θ2(θ1、θ2 均为锐角),如图所示,则由此条件可求得的是( )

A.水星和金星的质量之比 B.水星和金星到太阳的距离之比 C.水星和金星绕太阳运动的周期之比 D.水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 [答案] BCD [解析] 根据题述,在相同时间内水星转过的角度为 θ1,金星转过的角度为 θ2 可得水星 Mm 和金星二者角速度之比。由 G 2 =mω2r,可以得到水星和金星到太阳的距离之比,选项 B r Mm 正确。由开普勒定律可以得到水星和金星绕太阳运动的周期之比,选项 C 正确。G 2 =ma r 可以得到水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比,选项 D 正确。 7.如图,abcd 是一圆形区域, 处于匀强电场中, 并与电场方向平行。 大量电子从圆形的中心 O,以相同速率 v 向各个方向发射,电子从圆形 边界上的不同点射出,其中到达 a 点的电子速度恰好为零,不计电子的 重力,下列判断正确的是( )

A.在圆形边界上 c 点电势最高 B.到达 c 点的电子电势能最小,速率是 2v C.到达 b、d 两点的电子电势能相等,速率均是 v D.到达 b、d 两点的电子电势能可能不相等 [答案] AC [解析] 根据题述到达 a 点的电子速度恰好为零,可知电场线方向沿 ca 方向,且满足 1 eUOa= mv2,在圆形边界上 c 点电势最高,a 点电势最低,选项 A 正确;到达 c 点的电子电 2 势能最小,由动能定理可得到达 c 点的电子速率是 2v,选项 B 错误;bd 连线为一等势线, 到达 b、d 两点的电子电势能相等,速率均是 v,选项 C 正确、D 错误。 8.如图所示,斜面体放置于粗糙水平地面上,物块 A 通过跨过定滑轮的轻质细绳与物 块 B 连接,系统处于静止状态,现对 B 施加一水平力 F 使 B 缓慢地运动,使绳子偏离竖直 方向一个角度,在此过程中物块 A 和斜面体始终处于静止状态,则( )

A.斜面体对物块 A 的摩擦力一直增大 B.地面对斜面体的支持力一直增大 C.地面对斜面体的摩擦力一直增大 D.地面对斜面体的支持力保持不变 [答案] CD [解析] 取物块 B 为研究对象,分析其受力情况,设细绳偏离竖直方向角度为 α,则有 mg F=mgtanα,T= ,在物块 B 缓慢拉高的过程中,α 增大,则水平力 F 随之变大,对 A、 cosα B 两物块与斜面体整体而言, 由于斜面体与物块 A 仍然保持静止, 则地面对斜面体的摩擦力 一定变大, 但是因为整体竖直方向并没有受到其他力作用, 故斜面体所受地面的支持力保持 不变,选项 C、D 正确,B 错误;在这个过程中尽管绳子张力变大,但是由于物块 A 所受斜 面体的摩擦力开始并不知道其方向, 故物块 A 所受斜面体的摩擦力的情况无法确定, 选项 A 错误。 第Ⅱ卷(非选择题 共 62 分) 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 都必须作答。第 13 题~第 15 题为选考题,考生根据要求作答。) (一)必考题(4 题,共 47 分) 9.(7 分)在用 DIS 研究小车加速度与外力的关系时,某实验小组先用如图(a)所示的实 验装置。重物通过滑轮用细线拉小车,位移传感器(发射器)随小车一起沿倾斜轨道运动,位

移传感器(接收器)固定在轨道一端。实验时将重物的重力作为拉力 F,改变重物重力重复实 验四次,列表记录四组数据: a/m· s
-2

2.01 1.00

2.98 2.00

4.02 3.00

5.01 4.00

F/N

(1)在图(c)所示的坐标纸上作出小车加速度 a 随拉力 F 变化的图线;

(2)从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处; (3)如果实验时, 在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力 F, 实验装 置如图(b)所示,从理论上分析,该实验图线的斜率将________。(填“变大”、“变小”或 “不变”) [答案] [解析] (1)如图所示 (2)轨道倾角过大(或平衡摩擦力过度) (3)变大 (1)小车加速度 a 随拉力 F 变化的图线如图所示。

(2)观察图线可以发现,当外力 F=0 时,加速度 a≠0,说明在平衡摩擦力时轨道倾角过 大,使得重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。 F (3)本实验中, 以重物重力 mg 作为外力 F, 其实是整体的合力即 F=(M+m)a, a= , M+m 图象斜率为 k= 1 F ;换用力传感器后,拉力 F 就是小车受到的真实拉力,此时有 a= , M M+m

1 所以斜率为 k′= ,因此斜率将变大。 M 10.(8 分)有一根长陶瓷管,其表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜,管的两端有导电箍 M 和 N,如图甲所示。用多用电表欧姆挡测得 MN 间的电阻膜的电阻约为 1kΩ,陶瓷管的直 径远大于电阻膜的厚度。

某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜厚度 d 的实验。 A.刻度尺(最小分度为毫米); B.游标卡尺(游标尺为 20 分度); C.电流表 A1(量程 0~5mA,内阻约 10Ω); D.电流表 A2(量程 0~100mA,内阻约 0.6Ω); E.电压表 V1(量程 5V,内阻约 5kΩ); F.电压表 V2(量程 15V,内阻约 15kΩ); G.滑动变阻器 R1(阻值范围 0~10Ω,额定电流 1.5A); H.滑动变阻器 R2(阻值范围 0~100Ω,额定电流 1A); I.电源 E(电动势 6V,内阻不计); J.开关 S 及导线若干。 (1)他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为 l=10.00cm,用游标卡尺测量该陶瓷管的外径, 其示数如图乙所示,该陶瓷管的外径 D=________cm。 (2)为了更准确地测量电阻膜的电阻,且调节方便,实验中应选用电流表________,电 压表________,滑动变阻器________。(填写器材前面的字母代号) (3)在方框内画出测量电阻膜的电阻 R 的实验电路原理图。(图中器材用题干中相应的物 理量符号标注)

(4)若电压表的读数为 U,电流表的读数为 I,镀膜材料的电阻率为 ρ,计算电阻膜厚度 d 的数学表达式为 d=________(用已知量的符号表示)。 [答案] ρlI (1)1.340 (2)C;E;G (3)如图所示 (4) πDU

[解析]

(1)该陶瓷管的外径 D=13mm+8×0.05mm=13.40mm=1.340cm。

(2)电源电动势为 6V,电压表选择 V1;流过电阻膜的最大电流约为 5V/1kΩ=5mA,因 为电流表 A2 的量程太大,指针偏转太小,测量误差太大,所以电流表应选择 A1;两个滑动 变阻器的最大阻值都远小于待测电阻膜的阻值, 所以应采用分压式接法, 而采用分压式接法 时要选择最大阻值较小的滑动变阻器,所以滑动变阻器选择 R1。 (3)因为待测电阻膜的阻值很大,所以电流表采用内接法;滑动变阻器采用分压式接法。 实验电路原理图如图所示。 l ρlI (4)根据 R=U/I,R=ρ ,S=πDd 可得,电阻膜厚度 d= 。 S πDU 11.(13 分)如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在 A 点,自然状态时其右端位 于 B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的轨道 MNP,其形状为半径 R=1.0m 的圆环剪去了左 上角 120° 的圆弧, MN 为其竖直直径, P 点到桌面的竖直距离是 h=2.4m。 用质量为 m=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点后释放,物块过 B 点后做匀变速运动,其位移与时间的关系 为 s=6t-2t2(m), 物块飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道。 (不计空气阻力, g 取 10m/s2)

(1)求物块 m 过 B 点时的瞬时速度 vB 及与桌面间的动摩擦因数 μ; (2)若轨道 MNP 光滑,求物块经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN; (3)若物块刚好能到达轨道最高点 M,求物块从 B 点到 M 点的运动过程中克服摩擦力所 做的功 W。 [答案] [解析] (1)6m/s 0.4 (2)16.8N 方向竖直向下 (1)m 过 B 点后遵从 s=6t-2t2(m) (3)4.4J

所以知:vB=6m/s,a=-4m/s2 由牛顿第二定律:μmg=ma,解得 μ=0.4 (2)物块竖直方向的分运动为自由落体运动, P 点速度在竖直方向的分量 vy= 2gh=4 3m/s P 点速度在水平方向的分量 vx=vytan30° =4m/s 解得离开 D 点的速度为 vD=4m/s 1 1 由机械能守恒定律,有 mv2 = mv2 +mg(h+R-Rcosθ) 2 N 2 D
2 2 得 v2 N=74m /s

v2 N 根据牛顿第二定律,有 FN′-mg=m R 解得 FN′=16.8N

根据牛顿第三定律,FN=FN′=16.8N,方向竖直向下。 v2 M (3)物块刚好能到达 M 点,有 mg=m R 解得 vM= gR= 10m/s
2 物块到达 P 点的速度 vP= v2 0+vy =8m/s

1 1 从 P 到 M 点应用动能定理,有-mgR(1+cosθ)-WPNM= mv2 - mv2 2 M 2 P 解得 WPNM=2.4J 从 B 到 D 点应用动能定理, 1 1 有-WBD= mv2 - mv2 2 D 2 B 解得 WBD=2J 物块从 B 点到 M 点的运动过程中克服摩擦力所做的功为: 2.4J+2J=4.4J 12.(19 分)如图所示,在半径为 R 的圆形区域内有水平向里的匀强磁场,圆形区域右侧 距离圆形区域右边缘为 d 处有一竖直感光板。 圆形区域上侧有两块平行金属极板, 金属极板 上侧有一粒子源,粒子源中可以发射速度很小的质量为 m 的 2 价阳离子(带电量为+2e),离 子重力不计。

(1)若离子从圆形区域顶点 P 以速率 v0 平行于纸面进入磁场,求在两块平行金属极板上 所加的电压 U; (2)若离子从圆形区域顶点 P 以速率 v0 对准圆心射入, 若它刚好从圆形区域最右侧射出, 垂直打在竖直感光板上,求圆形区域内磁场的磁感应强度 B; (3)若圆形区域内的磁场的磁感应强度为 B, 离子以某一速度对准圆心射入, 若它从圆形 区域右侧射出, 以与竖直感光板成 60° 的角打在竖直感光板上, 求它打到感光板上时的速度; (4)若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场,电场强度为 E,粒子从圆弧顶点 P 以 速率 v0 对准圆心射入,求离子打在 M 上的位置距离圆形区域圆心 O 的竖直高度 h。 [答案] [解析] mv2 0 (1) 4e mv0 2 3eBR eEd2 (2) (3) (4) 2 2eR m mv0

mv2 1 0 (1)由动能定理可知,2eU= mv2 。 0,解得 U= 2 4e

(2)设离子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r,根据题述,离子在磁场中的运动

v2 0 轨迹为四分之一圆周,且 r=R,如图甲所示,由牛顿第二定律得:2ev0B=m r mv0 解得:B= 。 2eR

(3)根据题述可知离子以与竖直感光板成 60° 的角打在竖直感光板上, 离子轨迹如图乙所 r 示。由图中几何关系可知,tan60° = R 解得离子轨迹半径 r= 3R v2 2 3eBR 由 2evB=m ,解得:v= 。 r m

(4)离子从 Q 点射出后做类平抛运动,如图丙所示,且 1 d=v0t,h= at2 2 2eE a= m eEd2 联立解得:h= 2 。 mv0

(二)选考题:共 15 分。请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答。如果多做,则按 所做的第一题计分。 13.[物理—选修 3-3](15 分) (1)(6 分)下列说法中正确的是( )

A.温度越高,每个分子的热运动速率一定越大 B.从微观角度看,气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的 C.随着分子间距离的增大,分子间引力增大,分子间斥力减小

D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能 (2)(9 分)汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故,太低又会造成耗油量上升.已 知某型号轮胎能在-40℃~90℃正常工作, 为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超 过 3.5atm,最低胎压不低于 1.6atm。设轮胎容积不变,气体视为理想气体,请计算和回答: ①在 t=20℃时给该轮胎充气,充气后的胎压在什么范围内比较合适? ②为什么汽车在行驶过程中易爆胎,爆胎后胎内气体的内能怎样变化?说明理由。 [答案] [解析] (1)B (2)①2.01atm~2.83atm ②见解析

(1)热力学规律是统计规律,对单个分子没有意义,A 错误;随着分子间距离的

增大,分子间引力、斥力都减小,C 错误;机械能可全部转化为内能,但是根据热力学第二 定律可知,内能无法全部用来做功以转化成机械能,D 错误;大量气体分子对容器壁的频繁 碰撞是气体压强的微观产生原因,B 正确。 (2)①由于轮胎容积不变,轮胎内气体做等容变化。设在 T0=293K 充气后的最小胎压为 pmin,最大胎压为 pmax。依题意, 当 T1=233K 时胎压为 p1=1.6atm。 p1 pmin 根据查理定律有 = T1 T0 即 1.6atm pmin = 233K 293K

解得 pmin=2.01atm 当 T2=363K 时胎压为 p2=3.5atm。 p2 pmax 根据查理定律有 = T2 T0 即 3.5atm pmax = , 363K 293K

解得 pmax=2.83atm, 所以胎压在 20℃时的合适范围是 2.01atm~2.83atm。 ②汽车在行驶过程中,由于轮胎与路面的摩擦,致使胎内气体温度升高,压强变大,易 爆胎;爆胎后,胎内气体一方面由于温度降低而放热,另一方面气体膨胀对外做功,根据热 力学定律知,其内能减少。 14.[物理—选修 3-4](15 分) (1)(6 分)一列简谐横波沿 x 轴传播,t=0 时的波形如图所示,质点 A 与质点 B 相距 1m, A 点速度沿 y 轴正方向;t=0.02s 时,质点 A 第一次到达正向最大位移处,由此可知______。

A.此波沿 x 轴负方向传播

B.此波的传播速度为 25m/s C.从 t=0 时起,经过 0.04s,质点 A 沿波传播方向迁移了 1m D.在 t=0.04s 时,质点 B 处在平衡位置,速度沿 y 轴正方向 E.能与该波发生干涉的横波的频率一定为 25Hz (2)(9 分)国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉,采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备, 呈现出让人震撼的光与水的万千变化, 喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线射到水面的入 射角为 30° ,从水面上射出时的折射角是 45° 。 ①求光在水面上发生全反射的临界角; ②在水池中 7m 深处有一彩灯(看做点光源)。求这盏彩灯照亮的水面面积。 [答案] [解析] (1)ABD (2)① 450 ② 22m2 (1)ABD

(2)①由折射定律 sini1 sin45° n= ,得 n= = 2 sini2 sin30° 刚好全反射,有 n= 得 C=45° 1 ②作出光路图,如图由 sinC= ,又由题意知,点光源照亮的水面边缘处光线刚好发生 n 全反射,由几何知识得: sinC= R R2+h2 1 = 2 sinC

点光源照亮的水面面积为 S=πR2 联立并代入数据解得,S=22m2 15.[物理—选修 3-5](15 分) (1)(6 分)下列说法中正确的是______。 A.α 粒子散射实验证明了原子核还可以再分 B.天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构 C.分别用 X 射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应,但用 X 射线照射时光 电子的最大初动能较大 D.基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后,可能发射多种频率的光子 (2)(9 分)如图,两个大小相同的小球用等长的细线悬挂在同一高度,静 止时两个小球恰好接触, 无相互挤压, 两个小球质量分别为 m1 和 m2(m1<m2)。 现将 m1 拉离平衡位置,从高 h 处由静止释放,与 m2 碰撞后被弹回,上升高 度为 h1,求碰后 m2 能上升的高度 h2。(已知重力加速度为 g)

[答案] [解析]

(1)CD (1)CD

(2)

2 m2 1? h+ h1? 2 m2

1 (2)m1 碰前 m1gh= m1v2 1 2 得 v1= 2gh 碰撞过程动量守恒 m1v1=-m1v1′+m2v2′ 碰后 m1 反弹上升 m2 上升 1 m v′2=m1gh1 2 1 1

1 m v′2=m2gh2 2 2 2

2 m1 ? h+ h1?2 联立解得 h2= 2 m2


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