江西省南昌市安义中学2020届高三物理上学期第五次月考(12月)试题
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江西省南昌市安义中学2020届高三物理上学期第五次月考(12月)
试题(含解析)
一、选择题
1.2019年4月24日亚洲田径锦标赛男子110米栏决赛中,中国选手谢文骏发挥出色,跑出13秒21夺得冠军。打破了刘翔在2011年创下的13秒22赛会纪录,同时也是这个项目今年的世界最好成绩。关于谢文骏的运动过程分析正确的是( )
A. 在冲线时可以将谢文俊当成质点
B. 由题意可以求出谢文俊跑动过程中的平均速度
C. 运动过程中地面对运动员的冲量为零
D. 谢文俊在加速过程中,惯性逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A .当物体的形状和大小对所研究的问题没有影响时,物体就可以看成质点,冲线时,运动员的头部、脚部等部位过线,即表示冲线成功,故此时不能看作质点,故A 错误;
B .位移为110m ,时间为13s22,故平均速度 110m/s 8.3m/s 13.22
x v t =
=≈ 故B 正确; C .由冲量定义式I Ft =可知,运动过程中,地面提供支持力和摩擦力,有作用时间,所以冲量不为零,故C 错误;
D .惯性取决于物体的质量,质量一定,惯性一定,故D 错误。
故选B 。
2.下列各图,关于各图受力情况说法正确的是( )
A. 甲图中原木P 在MN 两点各受一个弹力,且均竖直向上
B. 乙图中BC 杆对绳子的弹力一定由B 指向C
C. 丙图中铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力
D. 丁图中弹簧一定处于压缩状态
【答案】D
【解析】
【详解】A .甲图,在M 点的弹力方向垂直地面向上,在N 点的弹力方向垂直杆向上,故A 错误;B .乙图中BC 杆斜插入墙壁,则BC 杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡,方向不一定由B 指向C ,故B 错误;
C .丙图中铁块受重力、斜面的支持力和摩擦力而平衡,只受一个弹力,故C 错误;
D .弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向,由平衡条件知,弹簧对小球弹力沿弹簧向右,故D 正确。
故选:D 。
3.如图所示,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v 匀速运动,某时刻一质量为m 的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中,下列说法正确的是( )
A. 皮带对物块所做功为212mv
B. 物块对皮带所做的功为212
mv C. 由于传送该物块电动机需要多做的功为2mv
D 物块与传送带间摩擦因素越大,系统产热越多
【答案】C
【解析】
【详解】物块相对传送带静止时物块的速度等于传送带速度v ;
A .对物块,由动能定理得
212W mv =
皮带对物块所做的功为212
W mv =,故A 错误; B .设经过时间t 物块与皮带速度相等,物块的位移 2vt x =
物块 皮带的位移:
2x vt x ==皮带物块
皮带对物块做功
212
W fx mv ==
物块 物块对皮带做功 22W fx fx mv '=-=-=-皮带物块
故B 错误;
C .由于传送该物块电动机需要多做的功等于皮带克服摩擦力所做的功,即为
2=W mv
故C 正确;
D .电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能,所以系统产生的热量为
221122
Q W mv mv =-= 与动摩擦因数无关,故D 错误。
故选C 。
4.质量为m 的带正电小球由空中某点A 无初速度自由下落,在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t 秒小球又回到A 点。不计空气阻力且小球从未落地,则( )
A. 整个过程中小球电势能变化了2232
mg t B. 整个过程中小球合力冲量大小为2mgt
C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减小了22mg t
D. 从A 点到最低点小球重力势能减小了2232
mg t 【答案】B
【解析】
【详解】A .小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E ,加电场后小球的加速度大小为a ,取竖直向下方向为正方向,则
2211()22
gt vt at =-- 又v gt =,解得
3a g =
则小球回到A 点时的速度为
2v v at gt '=-=-
整个过程中小球速度增量的大小为
3v v v gt ?='-=-
速度增量的大小为3gt ,由牛顿第二定律得
qE mg ma -=
联立解得
4qE mg =
整个过程中小球电势能变化了
222P 122
E qE gt mg t ??== B .整个过程中小球合力冲量大小为
'2I mv mgt ==-
故B 正确;
C .从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少
2k 1()2
E m gt ?=
故C 错误; D .设从A 点到最低点的高度为h ,根据动能定理得:
21)0
2
(mgh qE h gt --= 解得
223
h gt =
从A 点到最低点小球重力势能减少了 22P 23
E mgh mg t ?== 故D 错误。
故选B 。
5.一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图像如图所示,若已知汽车的质量m ,牵引力F 1和速度v 1及该车所能达到的最大速度v 3,运动过程中阻力大小恒定,则根据图像所给信息,下列说法正确的是
A. 汽车行驶过程中所受阻力113
F v v B. 速度为2v 时的加速度大小为112
F v mv C. 汽车运动中的最大功率为13F v
D. 恒定加速时,加速度为
1F m
【答案】A
【解析】
【详解】AC .当速度为v 1时,功率达到额定功率,为 P =F 1v 1
匀速行驶时,牵引力等于阻力,故
11333F v P f F v v ==
= 故A 正确,C 错误;
B .速度为v 2时,根据牛顿第二定律,有
22P f ma v -=
解得
1111223
F v F v a mv mv =
- 故B 错误; D .根据牛顿第二定律,有恒定加速时,加速度
11113
F f F F v a m m mv -=
=- 故D 错误。
故A 正确。 6.某位移式传感器的原理示意图如图所示,E 为电源,R 为电阻,平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器,在可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )
A. 电容器的电容大小不受影响
B. 电容器所带的电荷量增大
C. 电容器两极板间的电压增大
D. 电路中电流的方向为M →R →N
【答案】D
【解析】
【详解】在介质P 向右匀速移出的过程中,根据电容的决定式:
4S C kd επ= 分析可知电容变小,电容器始终与电源相连,故电压不变,由:
Q CU = 可知电容器电荷量减小,电容器处于放电状态,则流过电阻R 的电流方向从M 到N ,M 点的电
势比N点的电势高,故选D.
7.如图是在购物商场里常见的电梯,左图为阶梯电梯,右图为斜面电梯,设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯匀速上行,若两电梯高度相同,速度相同,且两乘客用相同时间到达电梯顶端,则两种情况( )
A. 摩擦力对乘客做功相同
B. 两乘客机械能的增量相同
C. 电梯对乘客支持力的做功相同
D. 电梯对乘客支持力的冲量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.左图为阶梯电梯,进行受力分析,则为:重力与支持力,两者相平衡,不受摩擦力作用,右图为斜面电梯,受到重力、垂直于斜面的支持力与沿斜面向上的静摩擦力,所以摩擦力对乘客做功不相同,故A错误;
B.由于两电梯做速度相同的匀速运动,两乘客机械能的增量为增加的重力势能,由于两乘客的质量相等,电梯高度相同,所以两乘客机械能的增量相同,故B正确;
C.左图中的支持力与重力大小相等,方向竖直向上,支持力做正功,右图中的支持力与位移垂直,所以不做功,故C错误;
D.左图中的支持力方向竖直向上,右图的支持力垂直电梯斜向上方,所以电梯对乘客支持力的冲量方向不同,所以电梯对乘客支持力的冲量不相同,故D错误。
故选B。
8.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x
变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势为零;ND段中C点电势最高.则下列选项中错误
..的是
A. C 点的电场强度大小为零
B. 12q q >
C. N 、C 两点之间连线上的电场强度方向沿x 轴正方向
D. 将一个带负电的检验电荷从N 点沿x 轴正方向移动到D 点的过程中,电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】A.x φ-图象的切线斜率等于场强E ,由图可知C 点的切线斜率为零,所以电场强度为零,故A 正确;
B. 由图知无穷远处的电势为0,A 点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以O 点的电荷1q 带正电,M 点电荷2q 带负电,由于A 点距离O 比较远而距离M 比较近,所以1q 电荷量大于2q 的电荷量,故B 正确;
C.由N 到C 过程电势升高,则说明场强沿x 轴负方向,故C 错误;
D. N →D 段中,电势先高升后降低,所以场强方向先沿x 轴负方向,后沿x 轴正方向,将一负点电荷从N 点移到D 点,电场力先沿x 轴正方向,后沿x 轴负方向,则电场力先做正功后做负功.故D 正确.
9.如图所示,在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面,将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度0v 抛出,小球最终落到斜面上。当电场强度为1E 时,小球从抛出至落到斜面上所用的时间为1t ,机械能的增量为1E ?,动能的增量为1k E ?,动量变化量大小为
1P ?;当电场强度为2E 时,
小球从抛出至落到斜面上所用的时间为2t ,机械能的增量为2E ?,动能的增量为2k E ?,动量变化量大小为2P ?已知电场强度21E E >,则以下判断正确的是
A. 12t t =
B. 12k k E E ?=?
C. 12E E ?
D. 12P P ?
【答案】BC
【解析】
【详解】A .小球做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:
qE mg ma +=
得
qE mg a m
+=
水平方向 0x v t =
竖直方向
212
y at =
又 tan y x
θ= 联立解得
02tan m mg
t v qE θ+=
由于21E E >,可知 12t t <
故A 错误;
B .由
2202212mv tan y at mg qE
θ==+ 合外力做的功
220?2tan W mg qE y mv θ=+=()
可知合外力做的功与电场强度的大小无关,根据动能定理可知,小球增加的动能与电场强度无关,故B 正确;
C .由2202212mv tan y at mg qE
θ==+知,第二种情况下小球沿竖直方向向下的位移较小,则第二种情况下重力做的功较少,小球在碰撞斜面时的重力势能较大,而两种情况下的动能增加量相等,所以第二种情况下机械能的增加量大,故C 正确;
D .两种情况下动能的增加量相等,由动能的定义式可知,两种情况下速度的增加量相等;由动量的定义式可知,两种情况下动量的增加量也相等,故D 错误。
10.某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由a 点运动到b 点的轨迹(图中实线所示),图中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等势面,则下列说法正确的判断是
A. 如果图中虚线是电场线,电子在a 点动能较大
B. 如果图中虚线是等势面,电子在b 点动能较小
C. 不论图中虚线是电场线还是等势面,a 点的场强都大于b 点的场强
D. 不论图中虚线是电场线还是等势面,a 点的电势都高于b 点的电势
【答案】AC
【解析】
【详解】A .若虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,ab 曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角,故电子做减速运动,动能减小,即电子在a 点动能较大,所以A 正确;
B .若虚线为等势面,根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线,显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角,电子加速运动,故动能增大,即电子在b 点动能较
大,所以B 错误;
C .不论图中虚线是电场线还是等势面,由电场线的密集程度可看出a 点的场强较大,故C 正确;
D .若虚线是等势面,从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上,沿着电场线方向电势越来越低,故a 点电势较小;若虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,故电场线方向向右,沿着电场线方向电势越来越低,故a 点电势较大,故D 错误. 11.2019年1月3日10时26分,在反推发动机和着陆缓冲机构的“保驾护航”下,“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区,已知“嫦娥四号”的运行过程示意图如图所示,下列说法正确的是
A. “嫦娥四号”的发射速度可以小于第一宇宙速度
B. “嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时必须减速
C. “嫦娥四号”在绕月轨道上运行时,轨道降低,周期减小
D. “嫦娥四号”在向月球着陆过程中始终处于失重状态
【答案】BC
【解析】
【详解】A.第一宇宙速度是最小的发射速度,“嫦娥四号”的发射速度一定大于第一宇宙速度,故A 错误;
B.“嫦娥四号”从地月转移轨道进入绕月椭圆轨道时,轨道半径减小,做近心运动,必须减速,故B 正确;
C.嫦娥四号”在绕月轨道上运行时,轨道降低,根据
3
2r T GM
= 周期减小,故C 正确;
D.“嫦娥四号”在向月球着陆过程中,做减速,加速度向上,处于超重状态,故D 错误;
12.如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距A 点正上方h 高处由静止释放,小球由A 点沿切线方向经半圆轨道后从B 点冲出,在空中
能上升的最大高度为0.8h ,不计空气阻力。下列说法错误..
的是( )
A. 在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小球从进入小车轨道到离开水平位移为半圆的直径
D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h
【答案】ACD
【解析】
【详解】A .小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,水平方向系统动量守恒,但系统所受的合外力不为零,所以系统动量不守恒,故A 错误;
B .小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,所以小球离开小车后做竖直上抛运动,故B 正确;
C .系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得
0mv mv -'=
即有
20R x x m
m t t
--= 解得 x R =
故C 错误;
D .小球第一次车中运动过程中,由动能定理得
0.80f mg h h W --=()
W f 为小球克服摩擦力做功大小,解得
f 0.2W mgh =
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh ,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于0.2mgh ,机械能损
失小于0.2mgh ,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于
0.8h -0.2h =0.6h
故D 错误。
故选ACD 。
二、实验题
13.某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒,实验中使用半径相等的两小球A 和B ,实验步骤如下:
①用天平测得A 、B 两小球的质量分别为1m 、2m ,且12m m >
②如图所示安装器材,在竖直木板上记下O 点(与装置C 点的小球的球心等高),调节斜槽使其末端的切线水平
③C 处先不放小球,将球A 从斜槽上的适当高度由静止释放,球A 抛出后撞在木板上的平均落点为P
④再将球B 置于C 处,让球A 从斜槽上的同一位置由静止释放,两球碰后落在木板上的平均落点为M 、N
⑤.用刻度尺测出三个平均落点到O 点的距离分别为M h 、p h 、N h
回答下列问题:
(1)若C 点到木板的水平距离为x ,小球的平均落点到O 点的距离为h ,重力加速度为g ,则小球做平抛运动的初速度0v =_______
(2)若两小球的碰撞为弹性碰撞,则下列关系式正确的是_______
A .p N M h h h +=
B .222p N M h h h +=
C p N M h h h =
D p N M
111h h h = 【答案】 (1). 2g x h (2). D
【解析】
【详解】(1)[1]由平抛运动的规律求初速度
x
v
t
===
(2)[2]根据弹性碰撞的特点有:
m1v0=m1v1+m2v2
222
101122
111
222
m v m v m v
=+
将有m1的项移到左边并化简整理后有
012
v v v
+=
根据题意,碰撞前的入射球的速度
v=
碰撞后入射球的速度
1
v=
被碰撞球的速度
2
v=
将三个速度代入化简式可得
=
故D正确.
14.某实验小组做“探究动能定理”实验,装置如图甲所示。探究对象是铝块(质量小于砂桶和砂的总质量),保持其质量m不变,通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力,由力传感器可测得拉力的大小F。已知当地重力加速度为g,电源频率为f。
(1)若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更________(填“大”或“小”)。
(2)实验时,让砂桶从高处由静止开始下落,在纸带打出一系列的
点,如图乙所示,其中0是打下的第一个点,取纸带上0~5过程进行研究,铝块动能的增加量ΔE k =_______,合外力做的功W =______(用题目和纸带中已知物理量符号表示)。
(3)为了更普遍地反应铝块运动过程中功与动能增加量的关系,某同学选取0点到不同计数点过程,作出ΔE k –W 图象如图丙所示,他根据图像斜率的值约为_________,才得到结论:外力做的功等于动能的增加量。
【答案】 (1). 大 (2).
()22128m x x f + (3). (F-mg )(h+x 1) (4). 图像斜率
近似为1
【解析】 【详解】(1)[1]由于滑轮的摩擦,若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大;
(2)[2]计数点5的瞬时速度
15155()22x x x x f v T ++=
= 铝块动能的增加量 22
221212k 5()11()2228
x x m x x f E mv m f ++?=== [3]合外力做的功
1()()W F mg h x =-+
(3)[4]由实验原理得
k E W ?=
所以只有在图像斜率的值约为1时,才能得到结论:外力做的功等于动能的增加量。
三、解答题
15.如图所示的升降机中,用OA 、OB 两根绳子吊一个质量为20kg 的重物,若OA 与竖直方向的夹角θ=37°,OA 垂直于OB ,取g =10m/s 2
,试求:
(1)若升降机保持静止,求OA 、OB 绳上的拉力大小
(2)若两绳所能承受的最大拉力均为320N ,为使绳子不断,升降机竖直向上的加速度最大为多少?
【答案】(1)160N 120N A B T T ==, (2)a =10m/s 2
【解析】
【详解】(1)以箱子为研究对象,根据平衡条件得
cos sin A B T T mg θθ+=
sin cos A B T T θθ=
联立解得
160N 120N A B T T ==,
(2)当OA 绳上的拉为320N 时,OB 绳上的拉力大小
tan 37240N B A T T ?==
两绳的合力为
400N cos37A T F ?
=
= 由牛顿第二定律有 F mg ma -=
解得
210m/s a =
16.如图所示,在长为2L 、宽为L 的区域内正好一半空间有方向平行于短边向上的匀强电场,
电场强度为E ,无电场区域位于区域右侧另一半内,现有一个质量为m ,电量大小为q 的粒子,以平行于长边的速度从区域的左上角A 点射入该区域,不考虑粒子重力,要使这个粒子能从区域的右下角的B 点射出,
(1)试判断粒子的电性,并求粒子的初速度大小v 0。
(2)求电子射出电场时的速度大小和方向
【答案】(132Eql m 2136qEL m 2tan 3θ= 【解析】 【详解】(1)粒子在电场中向下偏转,所受的电场力竖直向下,与电场方向相反,则粒子带负电,水平方向有
0L v t =
竖直方向有
212
y at =
由牛顿第二定律可得 ma qE =
粒子在离开电场时,沿电场方向的分速度
y v at =
电场后,粒子做匀速直线运动,设速度与水平方向夹角为θ,则
0tan y v L y v L θ-== 联立解得
032qEL v m =(2)粒子在电场中做类平抛运动,则有,平方向有
0L v t =
粒子在离开电场时,沿电场方向的分速度
y v at =
即 23y qEL
v m
=
出电场时的速度为 220136y qEL v v v m
=+= 设速度与水平方向夹角为θ,则
02tan 3
y v v θ== 17.如图,光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ,A 球所带电荷量为+q ,B 球不带电.现在A 球右侧区域加上水平向右的匀强电场,电场强度为E ,小球A 在电场力作用下由静止开始运动,然后与B 球发生弹性正碰,A 、B 碰撞过程中没有电荷转移,且碰撞过程时间极短,求:
(1)A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度;
(2)从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功;
【答案】(102qEx m
(2)05W qEx = 【解析】 【详解】(1)设A 小球与B 球第一次碰撞前速度为0v ,碰撞后的速度分别为11A B v v 、 对A ,根据牛顿第二定律得:
qE ma =
由运动学公式有:
2002v ax =
解得:0v =对于AB 碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
011A B mv mv mv =+
222011111222
A B mv mv mv =+
解得:1B v =(2)设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为1t ,有
211111112
A A
B x v t at v t =+= 从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为:
()01A W qE x x =+
解得05W qEx =
18.如图所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道,外圆ABCD 的光滑,内圆A ′B ′C ′D ′的上半部分B ′C ′D ′粗糙,下半部分B ′A ′D ′光滑.一质量m =0.1kg 的小球从轨道的最低点A ,以初速度v 0向右运动,球的尺寸略小于两圆间距,球运动的半径R =0.2m ,取g =10m/s 2.
(1)若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动,初速度v 0至少为多少?
(2)若v 0=3m/s ,经过一段时间小球到达最高点,内轨道对小球的支持力N =1N ,则在这段时间内摩擦力对小球做的功是多少?
(3)若v 0=3m/s ,经过足够长的时间后,小球经过最低点A 时受到的支持力为多少?小球在整个运动过程中减少的机械能是多少?
【答案】(110m/s (2)0.05J - (3)3N ,0.25J
【解析】
【详解】(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为v C ,则有
2C mv mg R
= 22011222
C mv mv mgR =+ 代入数据解得:010m/s v
(2)设此时小球到达最高点的速度为'C
v ,克服摩擦力做的功为W ,则 2C mv mg N R
='- 22011222
f mgR W mv mv '-+=
- 代入数据解得:0.05J f W =- (3)经足够长时间后,小球在下半圆轨道内做往复运动,设小球经过最低点的速度为v A ,受到的支持力为N A ,则有:
212
A mgR mv = 2A A mv N mg R
-= 代入数据解得3N A N =;设小球在整个运动过程中减少的机械能为E ?,由功能关系有:
2201122
A E mv mv ?+= 代入数据解得:0.25J E ?=.
答:(1)若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动,初速度v0.
(2)若v0=3m/s,经过一段时间小球到达最高点,内轨道对小球的支持力N=1N,则在这段时
.
间内摩擦力对小球做的功是0.05J
(3)若v0=3m/s,经过足够长的时间后,小球经过最低点A时受到的支持力为3N;小球在整个运动过程中减少的机械能是0.25J.
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