1.一個(gè)德布羅意波長(zhǎng)為λ1的中子和另一個(gè)德布羅意波長(zhǎng)為λ2的氘核同向正碰后結(jié)合成一個(gè)氚核，該氚核的德布羅意波長(zhǎng)為
( )
A. λ1λ2λ1+λ2B. λ1λ2λ1?λ2C. λ1+λ22D. λ1?λ22
2.如圖所示，質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的直桿一端擱在水平面上的長(zhǎng)木板上，另一端用輕繩懸掛著，用力向左拉長(zhǎng)木板使其向左運(yùn)動(dòng)，直桿穩(wěn)定時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為37°，桿與板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，則輕繩的拉力大小為( )
A. 0.5mgB. 0.6mgC. 0.75mgD. 0.8mg
3.2023年10月26日，“神州十七號(hào)”飛船從酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空后成功與在軌的“天宮”空間站核心艙對(duì)接。已知對(duì)接后的“神州十七號(hào)”飛船與空間站組合體在軌高度約為400km，運(yùn)行周期為T(mén)。地球半徑為R=6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2，引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是( )
A. T小于1h
B. 組合體在軌運(yùn)行速度約為8.2km/s
C. 地球的平均密度大于3πGT2
D. 由于不受重力，空間站中的燭焰呈近似球形
4.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，BC是軌道的水平直徑，O為圓心，一個(gè)小球靜止在軌道的最低點(diǎn)A?，F(xiàn)給小球水平向左的初速度，小球沿圓軌道向上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)剛好離開(kāi)圓軌道，此后小球恰能通過(guò)E點(diǎn)，E為O點(diǎn)上方與D等高的位置，OD與水平方向的夾角為θ，不計(jì)小球的大小，則( )
A. θ=30°B. θ=37°C. θ=45°D. θ=53°
5.如圖所示，通有大小恒為I、方向向右電流的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ水平固定，通有大小也為I、沿逆時(shí)針?lè)较蚝愣娏鞯木匦尉€(xiàn)框ACDE通過(guò)輕彈簧懸掛，懸掛點(diǎn)為AE邊的中點(diǎn)，線(xiàn)框靜止，AE邊水平，PQ和線(xiàn)框在同一豎直面內(nèi)，AE和CD間距離為d，PQ和CD間距離也為d，CD長(zhǎng)為2d，已知長(zhǎng)直通電導(dǎo)線(xiàn)在距離導(dǎo)線(xiàn)為r的位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=kIr(其中k為常數(shù)，I為長(zhǎng)直通電導(dǎo)線(xiàn)中的電流)，則下列判斷正確的是( )
A. 長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ受到的安培力方向向下
B. 長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ受到的安培力大小為kI2
C. 長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ受到的安培力大小為2kI2
D. 將長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)中電流增大，彈簧的長(zhǎng)度會(huì)變短
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
6.如圖所示，在置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的平行導(dǎo)軌上，橫跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)體桿PQ以速度v向右勻速移動(dòng)，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面(紙面)向外，導(dǎo)軌間距為l，閉合電路acQPa中除電阻R外，其他部分的電阻忽略不計(jì)，則( )
A. 電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BlvB. 電路中的感應(yīng)電流I=BlvR
C. 通過(guò)電阻R的電流方向是由a向cD. PQ桿受到的安培力方向水平向右
7.如圖所示，帶電小球A固定在絕緣水平面上，帶電小球B在A球正上方某處水平向左拋出，落地時(shí)速度剛好垂直地面，不計(jì)小球的大小，則下列判斷正確的是( )
A. 兩球帶異種電荷B. 小球B的電勢(shì)能一定增大
C. 靜電力對(duì)小球B做功的功率先增大后減小D. 小球B的機(jī)械能保持不變
8.一列簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸傳播，在t=0時(shí)刻的波形如圖所示，M、N是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方程為y=10sin2πtcm，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 波沿x軸正向傳播B. t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)N正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)
C. 波的傳播速度為12m/sD. 質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于x=?85m處
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
9.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的測(cè)物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置。長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，圓弧體固定在木板上，圓弧體的圓弧面最底端B與木板上表面相切，用重錘線(xiàn)確定長(zhǎng)木板右端C在水平地面上的投影位置C′。測(cè)出C點(diǎn)離地面的高度h，重力加速度為g。
(1)將一個(gè)小物塊從圓弧面的最高點(diǎn)A由靜止釋放，物塊滑離長(zhǎng)木板后落地點(diǎn)離C′點(diǎn)的距離x1，則物塊滑離長(zhǎng)木板時(shí)的速度v1=______(用已知的和測(cè)量的物理量符號(hào)表示)。
(2)改變圓弧體在長(zhǎng)木板上固定的位置多次，重復(fù)(1)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得多組物塊滑離長(zhǎng)木板后落地點(diǎn)離C′點(diǎn)的距離x，及對(duì)應(yīng)的B點(diǎn)到C點(diǎn)的距離L，作L?x2圖像，得到圖像的斜率為k，則物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=_____(用已知的和測(cè)量的物理量符號(hào)表示)。
10.某同學(xué)要測(cè)量一段金屬絲的電阻率。
(1)該同學(xué)先用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬絲的直徑，測(cè)量的示數(shù)如圖甲所示，則金屬絲的直徑d=_____mm。
(2)為了測(cè)量金屬絲的電阻，根據(jù)實(shí)驗(yàn)室提供的器材組成了如圖乙所示電路：其中電源的電動(dòng)勢(shì)為E，定值電阻R0的作用是用來(lái)保護(hù)電路：P是鱷魚(yú)夾，用來(lái)調(diào)節(jié)接入電路中的金屬絲的長(zhǎng)度L。閉合開(kāi)關(guān)前應(yīng)將P夾在金屬絲的最_____(填“左”或“右”)端，閉合開(kāi)關(guān)，逐漸改變鱷魚(yú)夾的位置，記錄鱷魚(yú)夾每一個(gè)位置對(duì)應(yīng)的金屬絲接入電路的長(zhǎng)度L以及對(duì)應(yīng)的電流表A的示數(shù)I，得到多組I和L的數(shù)據(jù)。根據(jù)數(shù)據(jù)作L?1I圖像，得到圖像的斜率為k，圖像與縱軸的截距為b，則金屬絲的電阻率為ρ=______(用測(cè)量的和已知的物理量的符號(hào)表示)。
(3)若要測(cè)出電源的內(nèi)阻，還要知道_____(填“電阻R0的阻值”“電流表的內(nèi)阻”或“電阻R0的阻值和電流表的內(nèi)阻”)。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。
11.熱氣球飛行已成為人們喜愛(ài)的一種航空體育運(yùn)動(dòng)。如圖所示為某熱氣球正從地面以加速度a加速上升，已知熱氣球氣囊、吊籃及人的總質(zhì)量為M，氣囊內(nèi)熱空氣的體積為V(忽略氣囊自身的體積和空氣阻力且氣囊容積不變)，氣囊外大氣密度為ρ0、溫度為T(mén)0，求：
(1)囊內(nèi)氣體的密度；
(2)囊內(nèi)氣體的溫度。
12.如圖所示，質(zhì)量為m的“L”形長(zhǎng)木板放在光滑水平面上，長(zhǎng)木板表面有一段半徑為R的光滑14圓弧AB，與水平部分BC相切，BC段長(zhǎng)為3R，質(zhì)量為m的物塊用細(xì)線(xiàn)吊著剛好與圓弧的最高點(diǎn)A接觸，現(xiàn)將整個(gè)裝置以大小為v0= gR的速度向右運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度，不計(jì)物塊的大小，某時(shí)刻細(xì)線(xiàn)斷開(kāi)，最終物塊剛好停在長(zhǎng)木板的右端C，求：
(1)物塊滑到圓弧面最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)圓弧面的壓力大??；
(2)物塊與長(zhǎng)木板BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
13.如圖所示，在直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限內(nèi)，虛線(xiàn)OM與x軸間有垂直于坐標(biāo)平而向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OM與x軸間的夾角為45°，在y軸上離O點(diǎn)距離為d的P點(diǎn)有一粒子源，不斷平行x軸向第一象限射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，當(dāng)粒子射出的速度大小為v0時(shí)，粒子以與OM平行的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，此粒子剛好不從OM射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；
(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
(3)當(dāng)粒子從P點(diǎn)射出的速度大小為2v0時(shí)，試判斷粒子能不能從OM射出磁場(chǎng)，如果不能說(shuō)明理由，如果能，粒子從OM射出的位置離O點(diǎn)的距離為多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】中子的動(dòng)量
p1=hλ1
氘核的動(dòng)量
p2=hλ2
對(duì)撞后形成的氚核的動(dòng)量
p3=p2+p1
所以氚核的德布羅意波波長(zhǎng)為
λ3=hp3=λ1λ2λ1+λ2
故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選A．
2.【答案】A
【解析】對(duì)直桿受力分析如圖所示
根據(jù)平衡條件，在水平方向
f=Tsin37°
其中 f 為滑動(dòng)摩擦力，則
f=μN(yùn)
在豎直方向
N+Tcs37°=mg
代入數(shù)據(jù)，以上各式聯(lián)立解得
T=0.5mg
故選A。
3.【答案】C
【解析】A.同步衛(wèi)星的周期
T同=24h
軌道半徑
r同=R+3600km=10000km
組合體的軌道半徑
r組=6800km
根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，組合體的周期T大于1h，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)
GMmR2=mg
GMmr組2=mv2r組
v= GMr組
代入數(shù)據(jù)得
v≈7.8km/s
故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)
GMmr組2=m4π2T2r組
M=4π2r組3GT2
地球的平均密度
ρ=MV=4π2r組3GT243πR3=3πr組3GT2R3
所以地球的平均密度大于 3πGT2 ，故C正確；
D.空間站中的燭焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故D錯(cuò)誤。
故選C。
4.【答案】C
【解析】小球剛要脫離圓軌道時(shí)，小球的速度大小為 v1 ，此時(shí)對(duì)小球
mgsinθ=mv12R
小球脫離軌道后，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng)，則小球在D點(diǎn)時(shí)的水平方向
vx=v1sinθ
xDE=Rcsθ
t=xDEvx
在豎直方向
vy=v1csθ
t=2vyg
以上各式聯(lián)立，解得
sinθ= 22
即
θ=45°
故選C。
5.【答案】B
【解析】A.長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ在矩形線(xiàn)框 ACDE 處的磁場(chǎng)垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知 CD 受到的安培力向下， AE 受到的安培力向上，由于長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ在 CD 處的磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，則長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ對(duì)矩形線(xiàn)框的安培力向下，根據(jù)牛頓第三定律，長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ受到的安培力方向向上，故A錯(cuò)誤；
BC.矩形線(xiàn)框受到的安培力的大小為
F=IL(BCD?BAE)=I?2d?(kId?kI2d)=kI2
根據(jù)牛頓第三定律，長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)PQ受到的安培力大小為 kI2 ，故B正確，C錯(cuò)誤；
D.對(duì)矩形線(xiàn)框，根據(jù)平衡條件有
kx=mg+F
將長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)中電流增大，矩形線(xiàn)框受到的安培力的大小增大，彈簧的長(zhǎng)度會(huì)變長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
6.【答案】AB
【解析】A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Blv ，故A正確；
B.根據(jù)歐姆定律可知，電路中的感應(yīng)電流 I=BlvR ，故B正確；
C.根據(jù)右手定則可知，通過(guò)電阻 R 的電流方向是由c向a，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)左手定則可知， PQ 桿受到的安培力方向水平向左，故D錯(cuò)誤；
故選AB。
7.【答案】AC
【解析】【分析】
本題通過(guò)電荷運(yùn)動(dòng)考查功、電勢(shì)能、瞬時(shí)功率和機(jī)械能守恒等，根據(jù)定義進(jìn)行判斷求解。
小球B落地時(shí)速度剛好垂直地面，則水平方向小球B做減速運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析；根據(jù)力與速度的夾角分析瞬時(shí)功率；若B相對(duì)A的間距不變，則B的電勢(shì)能不變，據(jù)此分析電勢(shì)能和機(jī)械能。
【解答】
A、小球B落地時(shí)速度剛好垂直地面，則水平方向小球B做減速運(yùn)動(dòng)，所以AB之間的為庫(kù)侖引力，兩球帶異種電荷，故A正確；
B、若B落地時(shí)，AB間的距離與初始的距離相等，則小球B的電勢(shì)能不變，因B的落地位置未知，所以不能判斷小球B的電勢(shì)能變化，故B錯(cuò)誤；
C、在最高點(diǎn)時(shí)靜電力與速度垂直，所以瞬時(shí)功率為0，落地時(shí)速度豎直向下，靜電力水平，所以靜電力與速度垂直，此時(shí)靜電力的瞬時(shí)功率也為0，而下落過(guò)程，靜電力做功不為0，所以靜電力對(duì)小球B做功的功率先增大后減小，故C正確；
D、若B落地時(shí)，AB間的距離與初始的距離相等，則小球B初末位置的機(jī)械能相等，若B落地時(shí)，AB間的距離與初始的距離不相等，則小球B初末位置的機(jī)械能不相等，故D錯(cuò)誤。
8.【答案】AC
【解析】AB.根據(jù)質(zhì)點(diǎn) M 的振動(dòng)方程可知， t=0 時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) M 的振動(dòng)方向沿y軸正方向，結(jié)合波形圖，根據(jù)同側(cè)法可判斷出波的傳播方向?yàn)?x 軸正方向，質(zhì)點(diǎn) N 的振動(dòng)方向?yàn)?y 軸正方向，A正確，B錯(cuò)誤；
C.設(shè)質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)方程為
y=10sin2πt+φcm
已知 t=0 時(shí) y=?5cm ，可得
φ=?56π
平衡位置在 x=8m 處的質(zhì)點(diǎn)相位為
φ′=π2
所以從質(zhì)點(diǎn)N到平衡位置在 x=8m 處的質(zhì)點(diǎn)間相位差為
Δφ=43π
距離為
Δx=43π2πλ=23λ=8m
可得
λ=12m
周期為
T=2πω=2π2π=1s
波速為
v=λT=12m/s
C正確；
D.質(zhì)點(diǎn)M到平衡位置在 x=8m 處的質(zhì)點(diǎn)距離為
Δx=34λ=9m
所以質(zhì)點(diǎn) M 的平衡位置位于 x=?1m 處，D錯(cuò)誤。
故選AC。
9.【答案】 x1 g2h 14kh
【解析】(1)[1]物塊滑離長(zhǎng)木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，可得
x1=v1t,h=12gt2
聯(lián)立，解得
v1=x1 g2h
(2)[2]設(shè)滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，則滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得
?μmgL=12mv2?12mvB2
又
h=12gt2,x=vt
聯(lián)立，解得
L=?14μhx2+vB22μg
結(jié)合圖像的斜率為k，可得
?14μh=k
解得
μ=14kh
10.【答案】 2.165mm 左 πEd24k 電阻 R0 的阻值和電流表的內(nèi)阻
【解析】(1)[1]根據(jù)螺旋測(cè)微器測(cè)讀數(shù)規(guī)則，金屬絲的直徑為
d=2mm+16.5×0.01mm=2.165mm
故填2.165mm；
(2)[2]先將鱷魚(yú)夾P置于金屬絲的最左端，使得金屬絲接入電路阻值最大，故填左；
[3]根據(jù)電阻定律可知，金屬絲接入電路的電阻為
R=ρLS
而
S=πd24
由閉合回路歐姆定律有
I=ER0+R+RA+r
聯(lián)立解得
L=πEd24ρ?1I?πd24ρ(R0+RA+r)
得
k=πEd24ρ
b=πd24ρ(R0+RA+r)
解得
ρ=πEd24k
E=kb(R0+RA+r)
故填 πEd24k ；
(3)[4]由[3]中公式可知，若要測(cè)出電源的內(nèi)阻，還要知道電阻 R0 的阻值和電流表的內(nèi)阻，故填電阻 R0 的阻值和電流表的內(nèi)阻。
11.【答案】(1) ρ0Vg?M(g+a)V(a+g) ；(2) ρ0Va+gρ0Vg?Mg+aT0
【解析】(1)熱氣球受到的浮力
F=ρ0Vg
對(duì)熱氣球氣囊、球內(nèi)氣體和吊籃及人整體，由牛頓第二定律
F?ρVg?Mg=(M+ρV)a
即
ρ0Vg?ρVg?Mg=(M+ρV)a
解得囊內(nèi)氣體的密度
ρ=ρ0Vg?M(g+a)V(a+g)
(2)設(shè)囊內(nèi)氣體的溫度 T ，當(dāng)氣囊內(nèi)氣體溫度為 T0 升到 T 時(shí)，原來(lái)球內(nèi)氣體的體積變?yōu)?V′ ，氣體壓強(qiáng)不變，由蓋?呂薩克定律得
V′T=VT0
根據(jù)質(zhì)量相等，上式同除以原來(lái)氣球內(nèi)的氣體的質(zhì)量，得
ρT=ρ0T0
得囊內(nèi)氣體的溫度
T=ρ0T0ρ=ρ0T0ρ0Vg?Mg+aVa+g=ρ0Va+gρ0Vg?Mg+aT0
12.【答案】(1)5mg；(2) μ=13
【解析】(1)物塊從A點(diǎn)下滑到B點(diǎn)過(guò)程中整個(gè)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)物塊滑到B點(diǎn)時(shí)，物塊速度為 v1 ，木板速度為 v2
2mv0=mv1+mv2
機(jī)械能守恒
12?2mv02+mgR=12mv12+12mv22
聯(lián)立可得
v1=2 gR ， v2=0
物塊滑到圓弧面最低點(diǎn)B時(shí)由牛頓第二定律
N?mg=mv12R
解得
N=5mg
由牛頓第三定律最低點(diǎn)B時(shí)物塊對(duì)圓弧面的壓力大小為5mg。
(2)設(shè)最終物塊剛好停在長(zhǎng)木板的右端C時(shí)二者的速度為v，由水平方向動(dòng)量守恒可得
2mv0=2mv
由能量守恒可得
μmg?3R=12?2mv02+mgR?12?2mv 2
解得
μ=13
13.【答案】(1) E=mv022qd ；(2) B=2mv0dq ；(3)不能，理由見(jiàn)解析
【解析】(1)根據(jù)題意可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與OM平行，即與x軸間的夾角為45°，所以在沿電場(chǎng)線(xiàn)方向末速度也是 v0 ，因此可得
v02=2ad
a=Eqm
聯(lián)立解得
E=mv022qd
(2)若粒子剛好不從OM射出磁場(chǎng)，則軌跡如下圖所示
根據(jù)平拋關(guān)系可得
tan45°=2dx
由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑為
r= 22d
在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力
Bq 2v0=m 2v02r
聯(lián)立解得
B=2mv0dq
(3)當(dāng)粒子從P點(diǎn)射出的速度大小為 2v0 時(shí)，軌跡如下圖所示
設(shè)與x軸交點(diǎn)為Q，因?yàn)檠仉妶?chǎng)線(xiàn)方向速度變化不變，因此OQ的距離為4d，水平速度為 2v0 ，沿電場(chǎng)線(xiàn)方向末速度為 v0 ，因此和速度為
v= 2v02+v 02= 5v0
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
Bq 5v0=m 5v02R
解得
R= 52d
粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，離Q點(diǎn)最遠(yuǎn)的位置為直徑，長(zhǎng)度為 5d ，但Q點(diǎn)到OM的最近距離為 2 2d ，且
2 2d> 5d
因此粒子能不能從OM射出磁場(chǎng)。

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這是一份2023-2024學(xué)年河南省部分重點(diǎn)中學(xué)高三（下）開(kāi)學(xué)質(zhì)量檢測(cè) 物理試卷（含解析），共16頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023-2024學(xué)年河南省部分重點(diǎn)中學(xué)高三（下）開(kāi)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理綜試卷（含解析）：

這是一份2023-2024學(xué)年河南省部分重點(diǎn)中學(xué)高三（下）開(kāi)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理綜試卷（含解析），共16頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023-2024學(xué)年內(nèi)蒙古自治區(qū)赤峰第四中學(xué)高三（下）開(kāi)學(xué)考試?yán)砭C物理試卷（含解析）：

這是一份2023-2024學(xué)年內(nèi)蒙古自治區(qū)赤峰第四中學(xué)高三（下）開(kāi)學(xué)考試?yán)砭C物理試卷（含解析），共18頁(yè)。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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