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19-南京市名校2012届高三模拟考试


南京市名校 2012 届高三模拟考试(南师附中) 1. B 解析:试将各个单位转换为对应的物理量,则 A 项为 qUx,不是力的表达式;B 项为 qBv,恰为洛仑兹力的表达式;C 项为 BIv,不是力的表达式;D 项为 BS/t,不是力的 表达式. 2. C 解析:两物体均做平抛运动,它们下降的高度不等,A 的高度大,则 A 的运动时 间长,但两物体的水平位移相等,所以 A 的初

速度应小一点.选项 C 正确. 3. D 解析:试在图中作出过各点的等势线,由“沿着电场线方向电势降低”知,b 点 电势最高;图中 c 点的电场线最稀疏,场强最小;正电荷由 a 点移到 b 点过程中电场力做负 功,电荷电势能增大;负试探电荷由 c 点移到 d 点电场力做正功,电势能减小. 4. A 解析:为研究 C 点的张力,可以研究电线的 CD 段,CD 段受自身重力、C 点向 左的拉力、D 点斜向右上方的拉力,合力为零, 所以 C 点的张力最小. B、 两点等高知, 由 D B、D 两点的张力相等,所以 A 点的张力大于 B、D 点的张力.在其他条件不变的情况下, 缩短电线的长度,会增大线中张力. 5. C 解析:在血液流动过程中,其中的正、负电荷会在洛仑兹力的作用下发生偏转, u 使上、下极板分别带上正、负电荷,形成由上向下的电场,直到 qvB=q ,所以血液的流速 d 为 v= π d2 π du u ,流量为 Q= ·v= . Bd 4 4B

Mm F2 r1 2 40 2 6. ABC 解析:由 F=G 2 知, =?r ? =?37? ≈1.17,即引力约大 17%;此时为“近 r F1 ? 2? ? ? 地点”,月球速度最大;如果不减速,月球将沿椭圆轨道从近地点向远地点运动,即开始做 离心运动; 为使其做圆周运动, 需使它适当减速; 月球围绕地球运动, 只能求出地球的质量. 7. CD 解析:在 K1 闭合,K2、K3 断开的状态下,合上 K2 瞬间电源对电容器充电,使 电源内电压变大,路端电压减小,灯 B 亮度降低;在 K1、K2 都闭合,K3 断开的状态下,断 开 K1 瞬间电容将原来已充的电量对外放电,这一瞬间的电压与原来是相同的,灯 B 从原有 亮度开始变暗;在 K1、K2 断开,K3 闭合的状态下,合上 K1,A 灯与电感串联,电流逐渐变 大,灯 A 逐渐变亮,B 灯立即变亮,由于灯 A 的电流逐渐变大,路端电压会有所减小,灯 B 后来稍稍变暗;在 K1、K3 闭合,K2 断开的状态下,断开 K1,则电感中的电流从原有电流 值开始减小,A、B 灯串联,两灯都逐渐变暗,并同时熄灭. 8. AD 解析:由图乙知,交流的周期为 0.02 s,所以频率为 50 Hz;升压变压器副线圈 输出电压的最大值为 31 V,有效值为 22 V;滑片 P 向右移动时,负载电路的电阻减小,消 耗功率变大,电流变大,远距离输电线路上的电压降也变大,使得降压变压器的输入、输出 电压都变小;整个输电系统相当于电源内电阻不变,而外电路电阻减小,效率降低. 9. AC 解析:撤去外力以后,物块的加速度大小为 μg,由图象可知两物块做减速运动 的加速度大小相等,所以它们与地面间的动摩擦因数一定相同;由 F-μmg=ma,可得 F= m(μg+a),由于 A 物块的质量小而加速度大,所以 F1 与 F2 的大小关系不确定;对两物块运 动的全过程应用动能定理,有总功为零,力 F 所做的功与滑动摩擦力做的功大小相等,从 图象计算出两物块的位移,xA=15 m,xB=17.5 m,而 A 物块的滑动摩擦力小,摩擦力做的 功少,所以 F1 对 A 做的功一定小于 F2 对物体 B 所做的功;由功率 P=Fv 知最大功率的大 小关系是不确定的. 10. (1) D 连线略(电流表外接法)(各 1 分,共 2 分) (2) Ⅰ. 开关 S 不应闭合,应处于断开状态 Ⅱ. 滑动变阻器的滑动触头 P 位置不当,应将其置于 b 端(各 1 分,共 2 分) ③ (2 分)

(3) 0.34~0.38 都正确(2 分) 解析:(1)灯泡正常工作时的电阻为 6.25 Ω ,滑动变阻器不宜选用 200 Ω 的,只能选用 5 Ω 的“D” ,并采用分压式供电电路,由于电流表电阻约为 1 Ω ,应采用电流表的外接法, 将电压表直接连到灯泡两端,连线略.(2)为安全起见,接线时应将开关 S 处于打开状态; 同时应将滑动变阻器所取的电压调到最小, 滑键应置于最右端 b.若导线③未连接好, 则电路 变为“限流式”,灯泡所得到的电压不可能为零.(3)小灯泡与阻值为 5.0 Ω 的定值电阻串 联后,灯泡得到的电压应为 U=E-I(r+R),将这一图线叠加在灯泡的 U-I 图线上,则两 线的交点即为灯泡的工作点,大约为 1.2 V,0.3 A,功率为 0.36 W.

11. (1) 2.20 或 2.25(2 分)

? d ? -? d ? ?tB? ?tA?
2x

2

2

(2 分)

(2) 注意:应为直线,标度的选取要合适(2 分) D(2 分) (3) 0.16(2 分)

解析:(1)注意游标卡尺为 20 分度,且游标尺的 0 刻度线与主尺 2 mm 对齐,读作 2.25 d 2 mm.由 可求出滑块通过每一个光电门时的速度,由 v2-v2=2ax 可知,滑块的加速度 a= 1 t v2-v2 2 1 2x



? d ? -? d ? ?tB? ?tA?
2x

2

2

.(2)描点,并将所描的点连线(略).注意应为一条直线.由牛顿第二定律

(1+μ)g 有 mg-μ(M+m′)g=(M+m′+m)a,化简得 a= m-μg,所以图线为一条直线是 M+m′+m 因为 M+m′+m 保持不变,即 m′+m 总是保持不变.(3)由图线的纵轴截距知,μ=0.16. 12A. (12 分)(1) BD(4 分) (2) 放出(2 分) 0.5(2 分) (3) V′= NAρ VV0 (4 分) M

解析:(1)油酸分子的直径应等于油酸体积除以油酸膜的面积;悬浮在液体中的固体颗 粒越小碰撞的不均匀性越显著、液体的温度越高,碰撞的冲量越大,布朗运动越激烈;分子 间的距离越小,分子间引力和斥力都越大;液晶具有各向异性.(2)水位缓慢升高时,密闭 气体的温度不变,由Δ U=Q+W 知,气体对外放出 0.5 J 的热量.(3)体积为 V 的二氧化碳 NAρ VV0 m 气体的质量为 m=ρV, 其分子数为 n= NA, 变成固体后体积为 V′=nV0, 解得 V′= . M M 12B. (12 分)(1) BD(4 分) (2) 先到达后壁(2 分) 短(2 分) s 2dn - (3) t= = =2×10 10 s(4 分) v ccosβ 解析:(1)粗糙斜面上的金属球由于存在阻力,其运动是阻尼运动;单摆的回复力为重 x 力的一个分力,即 F=mgsinθ ,由于单摆的摆角小,所以 sinθ 约为 ,回复力的大小为 F l

mgx = ,方向与位移 x 相反;质点 A、C 的平衡位置之间的距离等于半个波长;由质点 M 向 l 下运动可知波向右传播. (2)根据相对论,闪光先到达后壁,并在运动方向上长度变短. (3)光路示意图如图所示,由 sinα =nsinβ ,得 β=30°,由题意及光路图得Δ s= c 2dtan60°-2dtan30°,代入数值解得 d=1.5 cm,光在透明介质里传播的速度 v= ,光在 n s 2dn - 透明介质里的路程为 s=2d/cosβ ,所以光在透明体里运动的时间 t= = =2×10 10 s. v ccosβ

12C. (12 分)(1) AD(4 分) (2) 31n(2 分) (mU-mBa-mKr-2mn)c2(2 分) 0 (3) 能级差Δ E=hν0(1 分) EM=E0-hν0(3 分) 解析:(1)黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关而与表面形状无关; 比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定;一切物体都具有波粒二象性; 原子核衰变时,遵循能量守恒和动量守恒.(2)由电荷数和质量数守恒知,核反应方程中还 应有 3 个中子1n; 由质能方程知, 放出的能量为(mU-mBa-mKr-2mn)c2.(3)能级差Δ E=hν0, 0 由能量守恒 E0+(0-EM)=Δ E,所以 EM=E0-hν0. 13. (15 分)解:(1) 由图知 a2=10 m/s2(1 分) 由牛顿第二定律 mgsinθ +μmgcosθ =ma2(2 分) 解得 μ=0.5(1 分) (2) 由图知 a1=20 m/s2(1 分) 由牛顿第二定律 F-mg(sinθ +μgcosθ )=ma1(3 分) 解得 F=30 N(1 分) (3) 由图,风力 F 作用时间为 t1=0.2 s vm 撤去风力后,物体继续向上运动时间为 t2= a2 得 t2=0.4 s(1 分) 1 向上的最大位移为 xm= vm(t1+t2) 得 xm=1.2 m 2 以后物体下滑,由牛顿第二定律 mgsinθ -μmgcosθ =ma3(2 分) 解得 a3=2 m/s2 1 由 xm= a3t2(1 分) 2 3 得 t3= 6 s 5 6? s≈1.5 s(1 分) 5?

总时间为 t=t2+t3(1 分) 代入数据得 t=?0.4+

?

14. (16 分)解:(1) uCD=200 V 时,粒子获得最大速度 vmax(1 分) 1 1 由动能定理 euCD= mv2 - mv2(2 分) max 2 2 0

得 vmax=

32 ×106 m/s(1 分) 3 mvmax =10 cm(1 分) eB

(2) 最大半径 Rmax=

l 3 sinθ 1= = Rmax 5 ymin=Rmax(1-cosθ 1)+Ltanθ 1=11 cm(2 分) l 2 最小半径应满足 R2 =l2+?Rmin-2? (1 分) min ? ? ∴ Rmin=7.5 cm,sinθ 2= l 4 = Rmin 5

l ymax= +Ltanθ 2=19 cm(2 分) 2 ∴ Δ y=ymax-ymin=8 cm(1 分) (3) Rmin= mvmin (1 分) eB

1 euAB1= mv2 -Ek0(2 分) 2 min ∴ uAB1=60 V(1 分) um-uAB1 ∴ n= ×2 000=1 400 个(1 分) um 2L 15. (16 分)解:(1) 每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为 2L,t 穿= (2 分) v E=BLv(1 分) E2 P= (1 分) R B2L2v2 2L 2B2L3v 产生热量 Q=P·穿= t · = R v R 2B2L3v 解得 Q= (1 分) R (2) 每个线圈从投放到相对传送带静止,运动的距离是一样的.设投放时间间隔为 T, 则 vt 图象如图所示.

可得 2L=v· 分) T(1 v=a· 分) T(1 传送带做加速运动 f=μmg=ma(1 分) v 在 T 时间内,传送带位移为 s 传=vT,线圈位移为 s 线= 2 v 摩擦产生的热为 Q 摩擦=μmg·s 相对=μmg· ·T(2 分) 2 B2L2v2 线圈中焦耳热 Q 焦耳= ·T R 1 有 P· T=Q 摩擦+ mv2+Q 焦耳(1 分) 2 mv3 B2L2v2 代入以上各式,得 P= + (1 分) 2L R (3) 为保持线圈通过磁场过程中不产生滑动,安培力必须不超过滑动摩擦力.应有 BIL BLv = ≤μ mg(2 分) R 代入(2)中有关各式,得 B≤ mvR (2 分)南京市名校 2012 届高三模拟考试(金陵中学) 2L3
2 2

1. D 解析:AB 的实际高度约为 50 cm,曝光时间为 0.01 s,所以小球的速度约为 50 m/s,由 v2=2gh 可知,h= v2 502 = m=125 m,选 D. 2g 2×10

2. B 解析:滑动头向右移动一段,回路总电阻变小,总电流变大,由 q=It 知两次时 间不相等;全电路电功 W=EIt=Eq,所以两次全电路的功相等;在总电流变大后,内阻 r 和 R1 上分得的电压变大, 2 分得的电压变小, R 电流变小; 电源内电阻上的电热 Q=I2rt=Irq, 两次不相等. 3. A 解析:对 B 球进行研究,有 F=mgtanθ ,对 A、B 整体研究,与细杆的滑动摩擦 1 力为 F,对细杆的压力为 2mg,所以 F=μ·2mg,得 μ= tanθ ;增大水平恒力 F 后,滑动摩 2 擦力不会增大,系统将做加速运动. 4. A 解析:小球先做平抛运动,后在斜面上做匀加速运动.所以小球的水平速度先保 持不变,后均匀增大,图 A 正确;竖直方向上一直做加速运动,加速度先是 g,后小于 g, L 图 B 错;小球掉到斜面后加速度就发生了变化,时间应为 ,图 C 错误;由于速度是时间 v0 的一次函数,所以动能应是时间的二次函数,图 D 错误. 5. D 解析:由于 x=L 这一点左侧的场强为负,右侧的场强为正,所以这两个电荷一 定为负电荷;x=L 处场强为 0,则 A、B 所带电荷量的比为 1∶4;x=L 处的电势不一定为 零;负电荷所受的电场力的方向与场强方向相反,所以移动过程中电场力先做正功,再做负 功,电势能先减小后增大. 6. ABD 解析:由于卫星在近地轨道运行,所以周期约为 90 min;坠落大气层前卫星 的轨道半径会不断减小,引力做正功,速率越来越大;由于引力大于所需的向心力,卫星做 向心运动;由于阻力的作用,机械能会不断减小,高度降低,重力势能减小,动能会变大. 7. BD 解析:仅将交变电流的频率变为 2 倍,则副线圈的电压有效值不变;频率也变 为 2 倍,等于 100 Hz;频率加大后,电感对交流的阻碍作用变大,灯 L2 变暗;电容对交流 的阻碍作用减小,灯 L3 变亮.

8. BC 解析:金属球在磁场中运动时,磁能量保持不变,没有电磁感应现象;t0=0 时 传感器中的拉力最大,小球应处于最低点, F0 -mg=m v2 1 ,所以动能为 Ek = mv2 = L 2

(F0-mg)L ;t1 时刻以后传感器中的拉力的最大值、最小值都保持不变了,说明不再有电 2 感感应现象,小球一直在磁场中运动,机械能守恒. 9. CD 解析:当 A 运动到最低点时,A 并不是处于平衡状态,而是具有向上的加速度, 此时的弹簧拉力一定大于 A 的重力 mg,虽然有 m≤M,B 还是有可能离开地面的;A 速度 最大时弹簧弹力才等于 A 的重力;A 向下的运动一定是先加速后减速,重力的功率一定是 Mg 先增大后减小;当 B 对地面的压力刚好为零时,弹簧弹力等于 Mg,形变量为 ,所以 A k Mg 物体下降了 ,由机械能守恒知,弹簧的弹性势能等于 A 物体减少的重力势能,即 mgh= k Mg mg· =mMg2/k. k 10. (8 分)(1) 无关 (2) 乙 (3) 砂和砂桶质量 C 解析:(1)设木板倾角为 θ 时摩擦力被平衡,有 mgsinθ =μmgcosθ ,显然与小车质量无 关.(2)甲小组的砂和砂桶的总质量变化幅度太小,对小车的拉力变化不大,比较合理的是 乙小组.(3)应保持拉力不变,即保持砂和砂桶的总质量不变.在小车质量不断减小后,系 统的加速度越来越大, 砂和砂桶的失重现象越来越明显, 小车的加速度不断趋近于重力加速 度 g,图 C 正确. 11. (10 分)(1) RA (2) 如图 45 (3) 0.45~0.46 Ω 皆可 (4) 如图

解析:(1)分析图甲电路可知,该同学利用了并联电路的分流原理,由于电流表 A1 的量 程为 0.6 A,而电流表 G 的量程为 10 mA,所以当两表指针偏转角度均比较明显时,两支路 的电流之比约为 1∶50, 电阻之比约为 50∶1, 所以 R1 最好选用 RA.(2)由 Ig(Rg+R1)=(I-Ig)R2 可求得 Ig = R2 I,结合图象斜率,可求出电流表电阻为 45 Ω .(3)由分流原理有 Rg+R1+R2

0.01×45=0.99· R,求得 R=0.45 Ω .(4)连线略. 12 A. (12 分) (1) BCD (2) 放热 大于 (3) 5×1010 个 解析:(1)气筒压下后,空气分子间距离仍大于 r0,分子间的作用力仍表现为引力.反 弹是因为气体体积减小压强增大.(2)由图中数据可知,A、B 两状态气体的 pV 乘积相等, 所以气体的温度相等,内能相等,而气体的体积减小,外界对气体做功,所以气体对外放 热.B→C 的过程为等容降压,气体对外放热,内能减小,温度降低,有 tB>tC,所以有 tA >tC.

(3) 设小颗粒边长为 a,放大 600 倍后,则其体积 V=(600a)3=0.1×10 10 16 3 实际体积 V′=a = m 216
3


-9

m3

质量 m=ρV′=

25 - ×10 15 kg 24

m 23 含分子数为 N= 个≈5×1010 个. - ×6.0×10 1.2×10 2 12B. (12 分)(1) AC (2) 0 10 (3) 6 R 3

解析:(1)全息照相利用的是光的干涉原理,激光光源的相干性好;双缝干涉现象中, 条纹间距与光的波长成正比,绿光改为紫光后,条纹间距变小;由多普勒效应可知,光的波 长变长,说明光源正远离我们而去;加偏光镜可以挡住玻璃表面反射的偏振光,从而拍清玻 璃里面的物体. (2) 由图 b 知,t=0.05 s 时位于原点 O 的质点的位移为 0;周期为 T=0.2 s,由图 a 知, λ 波长 λ=2 m,所以波速为 v= =10 m/s. T

(3) ① 光路图如图 ② 由几何关系可知光从 P 点射入时的入射角 θ=60°, sin60° 由折射定律:n= sinγ 得折射角:γ =30°; 由几何关系可知:∠PON=15°;∠PNO=45° sin∠OPN sin∠PNO 6 由正弦正理: = ;得 OP= R. R OP 3 12C. (12 分)(1) CD(2) 6 0.65 (3) ① m2v0=m3v v= m2 v m3 0

1 1 ② hf=(m1+m2-m3)c2+ m2v2- m3v2 0 2 2 f= (m1+m2-m3)c2 1 m2 + m2v2?1-m ? 0 ? h 2h 3?

解析:(1)作为示踪原子,主要是利用它的半衰期短,影响小的性质;α 粒子散射实验仅 表明原子中的主要质量和正电荷应该集中在一个很小的区域,并不能说明原子核可以再分; 电子的衍射现象表明实物粒子具有波动性; 太阳内部发生的轻核聚变反应, 也叫热核反应. (2) 从 n=4 向下跃迁可以有 6 种可能,放出 6 种频率的光子.n=4 到 n=2 释放的能量为 2.55 eV,可使铯发生光电效应,光电子的最大初动能为 2.55-1.9=0.65 eV.(3)见答案 13. (15 分)解:(1) 金属棒的速度最大时,所受合外力为零,即 BIL=F 而 P=F·m,I= v BLvm (2 分) R+r

解出 vm=

P(R+r) 4×(2+2) = m/s=4 m/s(2 分) BL 2×0.5

(若根据图象求解,同样给分) (2) 速度为 2 m/s 时,感应电动势 E=BLv=2×0.5×2 V=2 V 电流 I= E 2 = A=0.5 A,安培力 F 安=BIL=2×0.5×0.5 N=0.5 N(2 分) R+r 2+2

P 4 金属棒受到的拉力 F= = N=2 N(1 分) v 2 牛顿第二定律:F-F 安=ma(1 分) F-F安 2-0.5 解出 a= = m/s2=7.5 m/s2(2 分) m 0.2 (3) 在此过程中,由动能定理得 1 1 Pt+W 安= mv2 - mv2,(2 分) m 2 2 0 而 W 安=-(QR+Qr)=-2QR=-2×3.2 J=-6.4 J(2 分)
2 mvm-mv2-2W安 0.2×42-0.2×12+2×6.4 79 0 解出 t= = s= s=1.975 s(1 分) 2P 40 2×4

14. (16 分)解:(1) m2 到达 D 点速度为零,由动能定理 m1gR-μm2gR=0(2 分) μ =0.5(2 分) (2) 球Ⅱ向右运动过 C 点后加速度是 a -μm2g=(m1+m2)a(1 分) 球Ⅰ对杆弹力-F=m1a F= 5 N(1 分) 3 m1v2 (2 分) R

球Ⅰ经过 B 点速度为 v,有 m1gR=(m1+m2)v2/2(1 分) 球Ⅰ经过 B 点时轨道对球Ⅰ的弹力 FN-m1g=

FN=8.3 N(1 分) (3) 下滑至 D 过程-Wf=0-m1gR(2 分) 从 D 点反弹直到球Ⅰ回到 A 点过程 W 弹-Wf=m1gR(2 分) W 弹=2m1gR=10 J 弹簧的弹性势能 Ep=W 弹=10 J(2 分) 15. (16 分)解:(1) 由相关规律可得 1 d1= at2(1 分) 2 0 qE0=ma(1 分) 2π 2mE0 由此解得 d1= (1 分) 2 qB0 (2) 粒子在第一、第三这两段 t0 时间内做匀加速直线运动,总位移为 8π 2mE0 y=4d1= (2 分) qB2 0 粒子在第二段 t0 时间内做匀速圆周运动,半径 r1<d1,因而在这段时间内粒子不会碰到 A 板.粒子在最后 0.25t0 做匀速圆周运动,转过 1/4 圆周而恰好到达 B 板,于是由

v=

qE0 2t m 0

qvB0=

mv2 (2 分) r

4π mE0 可得 r= (1 分) qB2 0 4π (2π +1)mE0 所以得 d2=y+r= (1 分) qB2 0 (3) 由相应规律依次有 y1= v1=
2 1qE0?t0?2 π mE0 = 2 m ? 2? 2qB2 0

qE0?t0? π E0 mv1 π mE0 = r1= = m ? 2 ? B0 qB0 qB2 0

4π 2mE0 y2=8y1= qB2 0 v2=3v1= 3π E0 3π mE0 r2=3r1= 2 B0 qB0 y3=16y1= 8π 2mE0 qB2 0

?? 若带电粒子没有碰及 B 板,则它的运动轨迹示意图如下图所示:

由于 y1+y2+r2<d2, y1+y2+y3>d2, 而 所以粒子经过 3.5t0 即在 t=4t0 时刻仍未碰及 B 板. 4π (2π +1)mE0 1 qE0 2 1 由 d2= at2 有 = · ·t ,解得 t= 2 qB2 2 m 0 板的总时间为 t 总=? 4π +2 t0,所以粒子撞击 B π

? ?

4π +2 ? +2?t0, π ? 8π mE0 发生的水平位移为 x=4(r1+r2)=16r1= . qB2 0


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江苏省海安高级中学、金陵中学、南京外国语学校 2012 届高三 5 月 模拟考试 语...(5 分) 答: 二、文盲文阅读(19 分) 阅读下面的文言文,完成 548 题。 ...
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