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安徽省合肥一中2013-2014学年高二上学期期中考试 物理试题 Word版含解析

时间:2013-12-28


合肥一中 2013—2014 学年第一学期段二考试高二物理试卷
考试时间:90 分钟 命题人:吴晓明、沈力 满分:100 分 审题人:王世权、沈力

一、单项选择题(本题共 10 小题;每小题 4 分,共 40 分) 1、电源电动势的大小反映的是( ). A 电源把电能转化成其他形式的能的本领的大小 B 电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小 C

电源单位时间内传送电荷量的多少 D 电流做功的快慢. 【答案】B 【ks5u 解析】 电动势在数值上等于非静电力将 1C 的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做 的功,做了多少功,就有多少其它形式的能转变为电能;所以电动势的大小反映电源把其他 形式的能转化为电能的本领的大小;单位时间内流过的电荷量表示电流,做功的快慢表示功 率;故选 B。 【考点】电源的电动势和内阻 2、两个分别带有电荷量-Q 和+3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为 r 的两 r 处,它们间库仑力的大小为 F.两小球相互接触后将其固定距离变为 ,则两球间库仑力的大小 2 为( ) 1 A. F 12 【答案】C 【ks5u 解析】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为 F ? k 3 B. F 4 4 C. F 3 D.12F

Q ? 3Q ,两个相同的金属球各自 r2

带电,接触后再分开,其所带电量先中和后均分,所以两球分开后各自带点为+Q,距离又变 为原来的

Q?Q 1 ,库仑力为 F? ? k , 2 2 ?r? ? ? ?2?

所以两球间库仑力的大小为

4 F ;故选 C。 3

【考点】 库仑定律;电荷守恒定律 3、 我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为 240 m 的近似圆形轨道, 当环中的电流是 10 mA 时(设电子的速度是 3× 7 m/s), 10 在整个环中运行的电子数目为(电子电量 e=1.6× 10 A.5× 11 10 B.5× 10 10 C.1× 2 10 D.1× 4 10
-19

C)(

)

【答案】A 【ks5u 解析】电子转一圈的时间 t= =8 ?10?6 s ,整个环中电子的电量 Q ? It ? 8 ?10 C , 所以电子的数目 n ?

s v

?8

Q =5 ?1011 ,故 A 正确。 e

【考点】电流、电压概念 4、 A、B 是一条电场线上的两个点,一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从 A 点沿电场线运动到 B 点, v-t 图象如图甲所示.则这电场的电场线分布可能是下图中的 其 ( )

【答案】D 【ks5u 解析】根据 v-t 图象,带电粒子的加速度逐渐增大,速度逐渐减小,故带正电的粒子应 该逆电场线运动,且向着电场线密集的方向运动,选项 D 正确。 【考点】电场线;匀变速直线运动的图像 5、如图所示匀强电场 E 的区域内,在 O 点处放置一点电荷+Q,a、b、c、d、e、f 为以 O 点为球 心的球面上的点,aecf 平面与电场平行,bedf 平面与电场垂直,则下列说法中正确的是( ) A.b、d 两点的电场强度相同 B.a 点的电势等于 f 点的电势 C.点电荷+q 在球面上任意两点之间移动时,电场力一定做功 D.将点电荷+q 在球面上任意两点之间移动,从球面上 a 点移动 到 c 点的电势能变化量一定最大 【答案】D 【ks5u 解析】 A、 点电荷+Q 在 b 点产生的电场方向为竖直向上, d 点产生的 在 电场方向为竖直向下,匀强电场方向水平向右,根据平行四边形定则可知,b 点的合场强斜向 右上方,d 点的合场强斜向左下方, 两点场强大小相同, 方向不同,电场强度不同, A 错误; 故 B、将一个试探正电荷由 a 点移动到 f 点,点电荷电场力不做功,匀强电场的电场力做正功, 故合力做正功,电势能减小,电势降低,故 B 错误; C、电荷+q 沿着球面上的 aedf 移动时,匀强电场的电场力不做功,点电荷电场力也不做功, 故合电场力不做功,故 C 错误; D、将点电荷+q 在球面上任意两点之间移动,点电荷电场力不做功,从 a 点移动到 c 点,匀强

电场的电场力做功最大,故合力做功最大,故 D 正确。 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能 6、如图所示,直线 A 是电源的路端电压和电流的关系图线,直线 B、C 分别是电阻 R1、R2 的 两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到该电源上,则( A.R1 接在电源上时,电源的效率高 B.R2 接在电源上时,电源的效率高 C.R1 接在电源上时,电源的输出功率大 D.电源的输出功率一样大 【答案】A 【ks5u 解析】A、B,电源的效率? ? )

P出 UI U = = , P总 EI E

效率与路端电压成正比,R1 接在电源上时路端电压大,效率高,故 A 正确,B 错误; C、D,由图线的交点读出,R1 接在电源上时 U ?

3 1 U0,I ? I0 ,电源的输出输出功率 4 4 3 1 1 P1 ? UI ? U 0 I0 , R2 接 在 电 源 上 时 U ? U0,I ? I0 , 电 源 的 输 出 输 出 功 率 16 2 2 1 P2 ? U I ? U 0I 0 ,故 C、D 错误。故选 A。 4

【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率 7、在 如 图 所 示 电 路 中 , E 为 电 源 电 动 势 , r 为 电 源 内 阻 ,R1 和 R 3 均为 定值电 阻,R 2 为 滑动变阻器.当 R 2 的 滑动触点在 a 端 时合上开关 S,此时三 个 电 表 A1 、A2 和 V 的 示数 分别为 I1 、I2 和 U. 现将 R 2 的 滑动触点向 b 端移动, 三 个 电 表 示 数 的 变 化 情 况 则 ( ) A. I 1 增 大 , I 2 不 变 , U 增 大 B. I 1 减 小 , I 2 增 大 , U 减 小 C. I 1 增 大 , I 2 减 小 , U 增 大 D. I 1 减 小 , I 2 不 变 , U 减 小 【答案】B 【ks5u 解析】R2 的滑动触点向 b 端移动时,R2 减小,整个电路的总电阻减小,总电流增大, 内电压增大,外电压减小,即电压表示数减小,R3 电压增大,R1、R2 并联电压减小,通过 R1 的电流 I1 减小,即 A1 示数减小,而总电流 I 增大,则流过 R2 的电流 I2 增大,即 A2 示数增大, 故 B 正确。 【考点】闭合电路的欧姆定律 8、如图所示,两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器, 极板 N 与静电计相连,极板 M 与静电计的外壳均接地。用静电 计测量平行板电容器两极板间的电势差 U。 在两板相距一定距离 d 时,给电容器充电,静电计指针张开一定角度。在整个实验过 程中,保持带电量 Q 不变,下面的操作中将使静电计指针张角变小的是(



A.仅将 M 板向上平移 C.仅将 M 板向左平移 【答案】D

B.仅将 M 板向下平移 D.仅在 M、N 之间插入云母板(介电常数大于 1)

【ks5u 解析】由题意,电容器所带电量 Q 保持不变,静电计指针张角变小,板间电势差 U 变 小,由 C ?

Q ?S 分析可知,电容 C 变大,根据 C ? 分析可知板间距离应减小、或插入电 U 4? kd

介质;所以 D 正确。 【考点】电容器的动态分析 9、用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中 Rx 是待测电阻,R0 是定值电阻,G 是灵敏度很高 的电流表,MN 是一段均匀的电阻丝。闭合开关,改变滑动头 P 的位置,当通过电流表 G 的 电流为零时,测得 MP ? l1 , PN ? l2 ,则 Rx 的阻值为( ) A.

l1 R0 l2

B.

l1 R0 l1 ? l2

C.

l2 R0 l1

D.

l2 R0 l1 ? l2

【答案】C 【ks5u 解析】阻丝 MP 段与 PN 段电压之比等于 R0 和 Rx 的 电压比,即

U MP U R 0 = =1 ; U PN U RX

通过电流表 G 的电流为零,说明通过电阻丝两侧的电流是相等的,而总电流一定,故通过 R0 和 Rx 的电流也相等,故

R MP R 0 = ; R PN R x R l L ,有 MP = 1 ; R PN l2 S

根据电阻定律公式 R=?



R 0 l1 Rl = ,解得 R x= 0 2 ;故选 C。 l1 R x l2

【考点】伏安法测电阻 10、在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系 着一个带电小球,另一端固定于 O 点,小球在竖直平面内做匀速圆 周运动,最高点为 a,最低点为 b.不计空气阻力,则( ) A.小球带负电 B.电场力跟重力平衡 C.小球在从 a 点运动到 b 点的过程中,电势能减小 D.小球在运动过程中机械能守恒 【答案】B 【ks5u 解析】 B 据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动, A、 受到重力、电场力和细绳的拉力, 电场力与重力平衡,则知小球带正电,故 A 错误,B 正确;

C、小球在从 a 点运动到 b 点的过程中,电场力做负功,小球的电势能增大.故 C 错误; D、由于电场力做功,所以小球在运动过程中机械能不守恒,故 D 错误。故选 B。 【考点】电势能;机械能守恒定律 二、填空题(第 11 题 6 分、第 12 题 10 分, 共 16 分) 11、 左图是用游标卡尺测量某金属圆筒外径的示意图, 由图中可以读出该圆筒外径的测量值为 ______________cm。右图是用螺旋测微器测量某金属棒直径的示意图,由图中可以读出该金 属棒直径的测量值为______________mm。

【答案】 (1)2.360; 【ks5u 解析】

(2)2.632

(1) 由图所示游标卡尺可得, 主尺示数为 2.3cm, 游标尺示数为 12× 0.05mm=0.60mm=0.060cm, 圆筒外径为 2.3cm+0.060cm=2.360cm; (2) 由图所示螺旋测微器可知, 固定刻度为 2.5mm, 可动刻度示数为 13.2× 0.01mm=0.132mm, 金属棒直径为 2.5mm+0.132mm=2.632mm(2.630~2.635mm 均正确) 【考点】刻度尺、游标卡尺的使用 12、某学习小组的同学拟探究小灯泡 L 的伏安特性曲线,可供选用的器材如下: ①小灯泡 L,规格“4.5V.0.5A”; ②电流表 A,量程 0.6A,内阻 r 约为 0.2Ω; ③电压表 V,量程 15V,内阻约为 15 kΩ; ④滑动变阻器 R,阻值范围 0~10Ω; ⑤学生电源 E,电动势 6V,内阻不计; ⑥开关 S 及导线若干. (1)甲同学设计了下图所示的电路进行测量,请按照右边电路图把实物图中未完成的连线补 充完整.

(2)乙同学经分析发现甲同学实验精度不高,又从实验室找来 Ig=100μA,Rg=1000Ω 的灵敏电 流计和电阻箱(0—99999.9Ω) ,想把灵敏电流计改装成量程为 5V 的电压表,需要把电阻箱调 成 Ω 的阻值,并与灵敏电流计 (填“串”或“并”)联在电路中来替代实验中的电压表. (3)乙同学用改装的电压表实验得到数据,现要以纵 坐标表示通过电流表 A 的电流 I,横坐标表示通过灵 敏电流计的电流 IG,画出 I -IG 图线,他已经把数据 画在坐标纸上,请帮他把图线画出来. (4) 乙同学通过查找资料发现同等型号的小灯泡的灯 丝在 27℃时电阻是 2.1Ω,并且小灯泡灯丝电阻值与 灯丝温度的关系为 R=k(273+t),k 为比例常数。请估 算灵敏电流表的电流 IG=60μA 时该灯泡灯丝的温度 约为 ℃。 串联 【答案】(1)如图(2) 49000Ω

(3)连成折线的不给分,连成光滑曲线即可给分 (4) 854.8℃(左右) 【ks5u 解析】 (1)如图 ( 2 ) 设 改 装 后 的 电 压 表 为 R总 , 则

U R 总= = 5 0 0 0 0 R串 ? R 总 ? R g ? 49000? ? ,故 Ig
(3)连成光滑曲线如图 (4)由图像可知 IG=60μA 时 I=0.38A,而灯泡两端 的电压 U ? I G ? RG ? 3V ,所以对灯泡由欧姆定律得 R ?

U 3 ? ?, I 0.38

小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为 R=k(273+t),并且 27℃时电阻是 2.1Ω,代入解得 t= 854.8° C。 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 三、计算题(本题共 4 小题,44 分)

13、 (11 分)如图所示,R 为电阻箱,V 为理想电压表.当电阻箱读数为 R1=2 Ω 时,电压表 读数为 U1=4 V;当电阻箱读数为 R2=5 Ω 时,电压表读数为 U2=5 V.求:(1)电源的电动势 E 和内阻 r;(2)当电阻箱 R 读数为多少时,电源的输出功 率最大?最大值 Pm 为多少? 【答案】E=6 V,r=1 Ω 当 R=1 Ω 时, P 有最大值, Pm= 【ks5u 解析】 (1)由闭合电路欧姆定律得: E=U1+

E2 =9W 4r

U1 U r , E=U 2+ 2 r R1 R2

联立上述方程,代入数据解得 E=6 V,r=1 Ω (2)由电功率表达式 P=

E2 E2 R 变形为 P= R-r 2 R+r 2 +4r R E2 =9W 4r

由上式可知当 R=r=1 Ω 时, P 有最大值, Pm= 【考点】闭合电路欧姆定律

14、 (11 分) 如图甲所示,电荷量为 q=1× -4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上,所在 10 空间存在方向沿水平向右的电场,电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示,物块运动速 度与时间 t 的关系如图丙所示,取重力加速度 g=10m/s2。求 (1)前 2 秒内物体加速度的大小; (2)前 4 秒内物体的位移 ; (3)前 4 秒内电场力做的功。

【答案】 a=1m/s2 x2=6m W=14J

【ks5u 解析】 (1)由图丙可得 a=
?v ?t

=1m/s2

(2)由图丙可知物体先做匀加速运动,然后做匀速运动 x1=
1 2

vt1,x2=vt2

∴x= x1+x2=6m F2=qE2=2N

(3)由图乙可知 F1=qE1=3N

∴W= F1 x1+ F2 x2

W=14J

【考点】功的计算;匀变速直线运动的图像;牛顿第二定律 15、 (11 分)如图所示,真空中水平放置的两个相同极板 Y 和 Y'长为 L,相距 d,足够大的竖 直屏与两板右侧相距 b.在两板间加上可调偏转电压 U,一束质量为 m、带电量为+q 的粒子 (不计重力)从两板左侧中点 A 以初速度 v0 沿水平方向射入电场且能穿出. (1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心 O 点; (2)求两板间所加偏转电压 U 的范围; (3)求粒子可能到达屏上区域的长度. 【答案】 (1)证明过程同解析; (2) ?

md 2 v0 2 md 2 v0 2 d ( L ? 2b) ?U ? ; (3) 2 2 qL qL L

【ks5u 解析】 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为 a,离开偏 转电场时偏转距离为 y,沿电场方向的速度为 vy,偏转角为 θ,其反向延长线通过 O 点,O 点 与板右端的水平距离为 x,则有 y=

1 2 at 2

L? v t 0

v y ? a t tan ? ?

vy v0

?

y x

联立可得 x ?

L ,即粒子飞出电场后的速度方向的 2 U d

反向延长线交于两板间的中心。 (2) a ?

Eq m

E?

由以上各式解得 y ?

qUL2 2 2dmv0

当y?

md 2 v0 2 d 时, U ? ,则两板间所加电压的范围 qL2 2

?

2 md 2 v0 2 md v0 ?U ? qL2 qL2

2

d L 时,粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为 y0) ,则 y0 ? ( ? b) tan ? 2 2 d d ( L ? 2b) d ( L ? 2b) 而 tan ? ? 解得 y0 ? 则粒子可能到达屏上区域的长度为 L 2L L
(3)当 y ? 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 16、 (11 分)如图所示,A 是一个质量为 1× -3kg 表面绝缘的薄板,薄板静止在光滑的水平面 10 上, 在薄板左端放置一质量为 1× -3kg 带电量为 q=1× -5C 的绝缘物块, 10 10 在薄板上方有一水平 电场,可以通过开关控制其有、无及方向.先产生一个方向水平向右,大小 E1=3× 2V/m 的 10 电场,薄板和物块开始运动,作用时间 2s 后,改变电场,电场大小变为 E2=1× 2V/m,方向 10

向左,电场作用一段时间后,关闭电场,薄板正好到达目的地,物块刚好到达薄板的最右端, 且薄板和物块的速度恰好为零. 已知薄板与物块间的动摩擦因数 ?=0.1, (薄板不带电,物块体 积大小不计,g 取 10m/s2)求: (1)在电场 E1 作用下物块和薄板的加速度各为多大; (2)电场 E2 作用的时间; (3)薄板的长度和薄板移动的距离. 【答案】 a1 ? 2m / s
2

a2 ? 1 m / 2s

t= 6s

L =2.67m 薄板 a 2 ?

x ? 10.67m
f? ? 1m / s 2 M
向右

【ks5u 解析】 (1)物块 a1 ?

F1 ? f ? 2m / s 2 m

(2)经 t1=2s 时 物块 v1=a1t1=2× 2=4m/s 向右 经 2 秒后,物块作匀减速运动 a1 ?

薄板 v2=a2t1=1× 2=2m/s

?

qE2 ? f 1 ? 1 ? ? 2m / s 2 向左 m 1

薄板加速度不变,仍为 a2=1m/s2 向右,当两者速度相等时,物块恰好到达薄板最右端,以后 因为 qE2=f=?(m0+m1)g,所以物块和薄板将一起作为整体向右以 a3 ? 向右匀减速直到速度都为 0 共同速度为 v=v1-a1′ t2 v=v 2+a2′t2 t2=

qE2 1 ? ? 0.5m / s 2 M ?m 2

2 s 3

v=

8 m/s 3

物块和薄板获得共同速度至停止运动用时 t 3 ? 第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s

16 s 3

1 1 2 2 a1t1 ? 4m 薄板运动 x2 ? a 2 t1 ? 2m 2 2 1 14 薄板在 t2 时间内位移 x3=v2t2+ a2t22= m 2 9 1 20 8 物块在 t2 时间内位移为 x4=v1t2- a1′t22= m 薄板长度 L=x1-x2+x4-x3= m=2.67m 2 9 3
(3)经 t1=2s 时 物块运动 x1 ? 薄板右端到达目的地的距离为 x ? x 2 ? x3 ?

0 2 ? v 2 96 32 ? ? ? 10.67 m 2a 3 9 3

【考点】匀变速直线运动;牛顿第二定律;带电粒子在匀强电场中的运动

高二物理答案
1、B 2、C 3、A 4、D 5、D 6、A 7、B 8、D 9、C 10、B 11、 (1)2.360; (2)2.630 12、(1) (2) 49000Ω 串联 (3)连成折线的不给分,连成光滑 曲线即可给分(4) 840~870 均可

13、解析:(1)由闭合电路欧姆定律得:

U1 E=U1+ r, R1

U2 E=U2+ r R2 联立上述方程,代入数据解得 E=6 V,r=1 Ω. E2 E2 (2)由电功率表达式 P= P= 2R 变形为 ?R+r? ?R-r?2 +4r R 2 E 由上式可知当 R=r=1 Ω 时, P 有最大值,Pm= =9 W. 4r ?v 14、解: (1)由图丙可得 a= =1m/s2 ?t (2)由图丙可知物体先做匀加速运动,然后做匀速运动 1 x1= vt1,x2=vt2 ∴x= x1+x2=6m 2 (3)由图乙可知 F1=qE1=3N F2=qE2=2N ∴W= F1 x1+ F2 x2 W=14J 15、解析: (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为 a,离开偏转电场时偏转距离为 y,沿电 场方向的速度为 vy,偏转角为 θ,其反向延长线通过 O 点,O 点与板右端的水平距离为 x,则 有 y=

1 2 at 2

① ②

Y A Y' v0 O x
θ

L ? v0 t
v y ? at

y
θ

v0

y0

y tan ? ? ? v0 x
联立可得 (2) a ?

vy

vy

x? Eq m

L 2


即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心.

E?

U d



由①②③④式解得 y ?

qUL2 2 2dmv0
2

当y?

md 2 v0 2 d 时, U ? qL2 2

则两板间所加电压的范围

?

2 md 2 v0 2 md v0 ?U ? qL2 qL2

d L 时,粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为 y0) ,则 y0 ? ( ? b) tan ? 2 2 d d ( L ? 2b) d ( L ? 2b) 而 tan ? ? 解得 y0 ? 则粒子可能到达屏上区域的长度为 L 2L L
(3)当 y ? 16、解: (1)物块 a1 ?

F1 ? f ? 2m / s 2 m

薄板 a 2 ?

f? ? 1m / s 2 M
向右

(2)经 t1=2s 时 物块 v1=a1t1=2× 2=4m/s 向右

薄板 v2=a2t1=1× 2=2m/s

经 2 秒后,物块作匀减速运动 a1 ?

?

qE2 ? f 1 ? 1 ? ? 2m / s 2 向左 m 1

薄板 加速度不变, 仍为 a2=1m/s2 向右, 当两者速度相等时,物块恰好到达薄板最右端, 以后因为 qE2=f=?(m0+m1)g,所以物块和薄板将一起作为整体向右以

a3 ?

qE2 1 ? ? 0.5m / s 2 向右作匀减速直到速度都为 0. M ?m 2

2 8 v= m/s s 3 3 16 物块和薄板获得共同速度至停止运动用时 t 3 ? s 3
共同速度为 v=v1-a1′ t2 v=v 2+a2′t2 t2= 第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s

1 1 2 2 a1t1 ? 4m 薄板运动 x2 ? a 2 t1 ? 2m 2 2 1 14 薄板在 t2 时间内位移 x3=v2t2+ a2t22= m 2 9 1 20 8 物块在 t2 时间内位移为 x4=v1t2- a1′t22= m 薄板长度 L=x1-x2+x4-x3= m=2.67m 2 9 3 1 8 2 (或用能量守恒 qE1x1-qE2x4= ?mgl ? (m ? M )v L= m) 3 2
(3)经 t1=2s 时 物块运动 x1 ? 薄板右端到达目的地的距离为 x ? x 2 ? x3 ?

0 2 ? v 2 96 32 ? ? ? 10.67 m 2a 3 9 3

强调:动力学问题求解方法众多,只要结果正确即可给分。


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