《江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三物理第三次调研测试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三物理第三次调研测试试题（含解析）（20页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三物理第三次调研测试试题（含解析）一、单项选择题1.西汉著作淮南子中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用下列关于雷电的说法中错误的是A. 发生雷电的过程是放电过程B. 发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程C. 发生雷电的过程中，电荷的总量增加D. 避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击【答案】C【解析】【详解】A.雷电是天空中带异种电荷的乌云间的放电现象，A正确。B.根据能量转化可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，B正确。C.电荷不会产生，不会消失，只能从一个物
2、体传到另一个物体，或从物体的一部分传到另一部分，总量不变，C错误。D.避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，D正确。2.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容器开始时开关S1、S2闭合下列操作能使电容器所带电荷量增加的是A. 断开开关S1B. 断开开关S2C. 向左移动滑动变阻器R1的滑片D. 向左移动滑动变阻器R3的滑片【答案】B【解析】【详解】A.断开开关S1，回路电流为零，电容器通过R1、R2、S1回路放电，电荷量减小，A错误。B.根据电路结构可知，回路电流，电容两端电压：，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流零，电容器
3、两端电压为电动势，电压变大，根据可知，带电量变大，B正确。C.滑动变阻器R1与电容串联，稳定时，支路无电流，改变R1的滑片位置，不会改变电压和电流，电容带电量不变，C错误。D.向左移动滑动变阻器R3的滑片，接入电路电阻变大，回路电流变小，电容两端电压变小，根据可知，带电量变小，D错误。3.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥如图所示，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向则A. 钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力B. 钢箱梁1、2间作用力大于钢箱梁2、3间作用力C. 钢箱梁3所受合力最大D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大
4、小相等【答案】D【解析】【详解】A.钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A错误。BCD.设钢索和水平夹角为，相邻钢箱梁间作用力为F，钢索的拉力为T，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且，因为钢索拉力的方向相同，质量都相同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，BC错误D正确。4.将小球以某一初速度从A点水平向左抛出，运动轨迹如图所示，B为轨迹上的一点改变抛出点位置，为使小球仍沿原方向经过B点，不计空气阻力，以下做法可能实现的是A. 在A点左侧等高处以较小的初速度水平抛出小球B. 在A点右侧等高处以较大的初速度水平抛出小球C. 在A、B两点间轨迹
5、上某点沿切线向左下方抛出小球D. 在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球【答案】C【解析】【详解】根据平抛运动的推论，速度反向延长线过水平位移的中点，如图：AB.在与A等高处释放，无论左侧还是右侧，只要经过B点，则不满足平抛运动的推论，AB错误。C.当在A、B两点间轨迹上某点沿切线向左下方抛出小球，小球速度等于原小球经过该点速度，则小球轨迹重合，小球能够沿原方向经过B点，C正确。D.在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球，根据几何关系可知：如果沿原方向经过B点，小球速度反向延长线不能过水平位移中点，D错误。5.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的
6、点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力下列说法中可能正确的是A. 当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场B. 当B运动到P2点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场C. 当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场D. 当B运动到P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场【答案】C【解析】【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里
7、的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，ABD错误C正确。二、多项选择题6.某手持式考试金属探测器如图所示，它能检查出考生违规携带的电子通讯储存设备工作时，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物中感应出电流，感应电流的磁场反过来影响探测器线圈中的电流，使探测器发出警报则A. 被测金属物中产生的是恒定电流B. 被测金属物中产生的是交变电流C. 探测器与被测金属物相对静止时也能发出警报D. 违规携带的手机只有发出
8、通讯信号时才会被探测到【答案】BC【解析】【详解】AB.因为探测环中的发射线圈通以正弦式电流，非均匀变化的电流产生变化的电场，所以被测金属物中产生的是交变电场，形成交变电流，A错误B正确。C.探测器应用的原理是涡流，相对静止也可以产生涡流，C正确。D.只要是金属物品就会产生涡流现象，手机是金属制品，不发信号也会被探测到，D错误。7.2019年3月31日，我国成功将“天链二号01星”送入地球同步轨道可“天宫二号”在距地面390km的轨道上运行，“天链二号01星”可为“天宫二号”与地面测控站间数据传输提供中继服务则A. “天宫二号”的速度小于第一宇宙速度B. “天链二号01星”能一直位于“天宫二号
9、”的正上方C. “天链二号01星”能持续不断地与“天宫二号”保持直接通讯D. “天链二号01星”的加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度【答案】AD【解析】【详解】A.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据可知，“天宫二号”的卫星半径大于地球半径，所以运行速度小于第一宇宙速度，A正确。BC.根据可知，天宫二号的角速度大，所以“天链二号01星”不能一直位于“天宫二号”的正上方，且会出现，地球位于两卫星连线的中间时刻，此时无法直接通信，BC错误。D.同步轨道上的“天链二号01星”相对地面静止，与赤道上物体具有相同的角速度，根据，“天链二号01星”的轨道半径大，所以向心加速度大，D正确。8.如图
10、所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示已知物块A的质量m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A. 两物块间的动摩擦因数为0.2B. 当0F4N时，A、B保持静止C. 当4NF12N时，A的加速度随F的增大而增大【答案】AB【解析】【详解】A.根据图像可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力是6N，所以动摩擦因数，A正确。B.当0F4N时，根据图像可知，还未到达B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，B正确。C.当4NF12N时，根据图像可知，此时发
11、生相对滑动，对A物体，加速度不变，D错误。9.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷A、B关于细杆对称固定一带正电荷的小球（图中未标出）套在细杆上，从距两点电荷连线h1处由静止释放，经过时间t1运动到与两点电荷等高处此过程中小球的速度v、加速度a随时间t的变化图象，动能Ek、电势能Ep随下降距离h的变化图象可能正确的有A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知，沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减小，根据题意可知，场强始终竖直向上：A.如果重力始终大于电场力，则加速度始终向下，物体一直加速，因为不确定释放位置与最大场强处的关
12、系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A正确。B.初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加速度先减小后增大，不可能一直减小，B错误。C.开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于重力，则向下运动到后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，向下加速，动能增大，C正确。D.因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小
13、，电势能增大的越来越慢，D正确。三、简答题10.验证“力的平行四边形定则”，如图所示，实验步骤如下：用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；比较F3和F的一致程度（1）下列说法中正确的是_A.应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上B.为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30、45、90等特殊角度C.系在橡皮条末端的两绳要一样长D.
14、同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1（2）改变F1、F2，重复步骤至进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2_（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同（3）实验记录纸如图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：F13.0N,F23.5N请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力（ ），测得合力F_N（4）实验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半请说明这样操作_（选填“合理”或“不合理”），理由是_【答案】 (1). D (2). 不必 (3). (4). 3.8 (5).
15、 不合理 (6). 只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程【解析】【详解】（1）A.本实验要验证力合成的平行四边形定则，只有两分力大小相等时，橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上，而本实验对两个分力大小没有要求，只需要同一实验中力的作用效果相同即可，A错误。B.本实验属于验证试验，不需要取特殊角度，B错误。C.细绳只是为了连接测力计和橡皮条的，长短没有要求，适当即可，C错误。D.同时改变两个分力大小，合力可能保持不变，结点仍在位置O1，D正确。（2）实验只需保证每一次实验中合力与分力作用效果相同，不同实验中力的作用效果可以不同，所以位置O2与位置O1不必相同。（3）根据力的图示做出图像如下：并测量
16、得到合力大小为4N。（4）两绳夹角小于90，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，实验操作不合理，因为两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分离已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程。11.测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：A.待测金属丝R（电阻约8）B.电流表A（0.6A，内阻约0.6）C.电压表V（3V，内阻约3k）D.滑动变阻器R1（0-5，2A）E.电源E（6V）F.开关，导线若干（1）用螺旋测微器测出金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为_mm（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整（ ）（3）
17、测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出如图所示测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率为_（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有_A开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最左端B实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动C.待测金属丝R长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小D.该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响【答案】 (1). 0.398 (2). (3). (4). AD【解析】【详解】（1）螺旋测微器主尺刻度0mm，分尺刻度，所以读数为0.398mm。（2）根据电路图连接实物图如下：（3）设电流表
18、内阻，根据欧姆定律可知待测电阻：，根据电阻方程：，截面积：，联立解得：，图像斜率：，所以电阻率。（4）为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，A正确。B.实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，B错误。C.待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，C错误。D.根据可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没影响，D正确。12.下列说法中正确的是A. 金属发生光电效应的截止频率随入射光频率的变化而变化B. 黑体的热辐射就是反射外来的电磁波C. 氢原子中电子具有波动性，并非沿经典力学描述下
19、的轨道运动D. 核聚变需要极高的温度，反应过程中需要外界持续提供能量【答案】C【解析】【详解】A.金属的截止频率由金属本身决定，与入射光无关，A错误。B.黑体热辐射的是自身发出的电磁波，不是反射外来的，B错误。C.实物粒子具有波动性，电子也具有波动性，所以电子的轨道并非经典力学描述下的轨道，C正确。D.核聚变需要极高的温度，但是反应一旦进行，靠自身反应产生的热就可以持续下去，不再需要外界提供能量，D错误。13.1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，1957年吴健雄用钴原子核（60Co）在极低温（0.01K）和强磁场中的衰变实验结果给出了令人信服的证明在极低温下的半衰期_（选填
20、“大于”、“等于”或“小于”）常温下的半衰期；【答案】等于【解析】【详解】半衰期由原子核本身决定，与外界条件无关，所以半衰期不变。14.发生衰变生成镍（Ni）的方程式为_【答案】【解析】【详解】根据题意可知，发生衰变生成镍（Ni）的方程式为，反应过程应保证质量数守恒，电荷数守恒。15.是金属元素钴的一种放射性同位素，用中子辐照金属钴（）可得到60Co质量为m0、速度大小为v0的中子打进一个质量为m1的原子核，形成一个处于激发态的新核，新核辐射光子后跃迁到基态已知真空中光速为c，不考虑相对论效应求处于激发态新核60Co的速度大小v；已知原子核60Co的质量为m2，求整个过程中由于质量亏损释放的核
21、能E【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）由动量守恒定律有，解得（2）质量亏损，根据爱因斯坦质能方程：释放得核能，解得四、选做题16.下列说法中正确的有 A. 分子力减小时，分子势能可能增大B. 布朗运动是由固体颗粒中分子间碰撞的不平衡引起的C. 空气流动得越快，分子热运动的平均动能越大D. 液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小【答案】AD【解析】【详解】A.当分子间距大于时，分子力表现为引力，增大间距，分子力减小，但分子力做负功，分子势能增大，A正确。B.布朗运动是悬浮微粒的运动，是固体颗粒受到液体或气体分子碰撞的不平衡引起的，B错误。C.分子热运动平均动能仅与温度有关，C错误
22、。D.固体有固定的形状，液体没有固定的形状，可以流动，所以液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小，D正确。17.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为p0，经历从状态ABCA的过程则气体在状态C时压强为_；从状态C到状态A的过程中，气体的内能增加U，则气体吸收的热量为_【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】根据理想气体状态方程：，可得：，所以V-T图中过原点直线表示等压变化，所以从C到A过程是等压变化，从状态C到状态A的过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律，整理得吸收热量：。18.真空电阻蒸发镀膜是在真空室中利用电阻加热，将紧贴在电阻丝上的金属丝（铝丝）熔融汽化，汽
23、化了的金属分子沉积于基片上形成均匀膜层在一块面积为S的方形基片上形成共有k层铝分子组成的镀膜，铝膜的质量为m已知铝的摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA求基片上每层铝分子单位面积内的分子数n；真空气泵将真空室中的气体压强从p0=1.0105Pa减小到p1=1.010-4Pa，设抽气后真空室中气体温度与抽气前相同，求抽气前后真空室中气体分子数之比【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）基片上铝分子得总数解得（2）设真空室中原来气体得体积为，经过等温变化后这部分气体得体积为，根据波意耳定律有设抽气前和抽气后真空室内气体分子数分别为，则19.下列说法中正确的有 A. 弹簧振子和单摆的固有周期均与重力
24、加速度有关B. 人体感觉器官可以直接感知电磁波C. 第5代移动通讯系统（5G）是通过纵波传递信息的D. 装载了铷原子钟的北斗导航卫星在进行定位服务时要考虑相对论效应【答案】BD【解析】【详解】A.水平弹簧振子的固有周期与重力加速度无关，单摆的固有周期与重力加速度有关，A错误。B.可见光就是电磁波，可以被人体器官直接感知，B正确。C.第5代移动通讯系统传输是电磁波，电磁波是横波，C错误。D.如果不考虑相对论效应，卫星上的时钟就和地球的时钟不同步，所以装载了铷原子钟的北斗导航卫星在进行定位服务时要考虑相对论效应，D正确20.两振动情况相同的波源S1、S2的振动频率f=680Hz，在同一均匀介质中的
25、传播速度v=340m/s介质中一点P到波源S1的距离为0.3m，两列波在P点引起的振动总是加强的，则P点到波源S2的距离为_m；若两波源振动情况始终相反，相遇时_（选填“能”或“不能”）形成干涉图样【答案】 (1). (2). 能【解析】【详解】根据题意可知，传播的波长为：，因为在P点引起的振动总是加强的，所以P到两波源的距离差等于波长的整数倍，所以P到波源S2的距离为：；因为两列波的频率相同，所以可以形成稳定的干涉图样。21.如图所示，水平地面上放有一长方形玻璃砖，光源S1发出与水平方向夹角为的一细束光，光线进入玻璃砖后经过一次反射从右侧面折射而出，恰好照到玻璃砖右侧地面上与S1关于玻璃砖对
26、称的点S2已知光线射入玻璃砖的位置到玻璃砖上表面的距离为a、玻璃砖左右两表面间的距离为b，真空中光速为c求：玻璃砖的折射率n该束光在玻璃砖中传播的时间t【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）光线从空气中以入射角射入玻璃时，设折射角为，由折射定律有，光线经过玻璃砖反射后，射到玻璃砖右侧面时得入射角等于，折射角为，和到玻璃砖的距离相等，有对称性可知光线进入与射出玻璃砖得位置等高，则，解得（2）该光在玻璃砖中传播的距离为，传播得速度为，则有五、计算题22.如图所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻一金属棒
27、垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的拉力，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g（1）若金属棒以速度v0做匀速运动，求棒受到的拉力大小F1；（2）若金属棒在水平拉力F2作用下，棒运动的速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，从t=0时刻开始到第一次运动到最右端时的距离为x求此过程中通过电阻R的电荷量q；（3）在（2）的情况下，求t=0到t=T的过程中，整个回路产生的热量Q以及拉力F2做的功W【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）棒匀速运动时产生得感应电动势，形成得感应电流，受到得安培力，由平衡条件有
28、，解得（2）此过程回路产生得平均感应电动势，通过电阻R得电荷，解得（3）速度随时间变化为关系为，电路中产生得正弦交流电流，电动势得峰值，电动势得有效值，产生的热量，解得，安培力做功，由动能定理有，解得23.如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内（1）若小球在沿槽方向力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度0转动，求F1的大小；（2）若圆盘以角速度1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为EP解除束缚后，
29、小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；（3）若圆盘以角速度2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）小球在沿槽方向的力F1得作用下做圆周运动，由向心力公式有（2）设小球从槽口飞出圆盘时的速度为，则根据运动的合成：，设在此过程中弹簧对小球做功为W，有动能定理有：，由于，解得（3）当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为x1时，由向心力公式有，解得由于F得大小不变，与x1无关，则有所以推力做的功24.如图所示，一有界匀强磁场垂直
30、于xOy平面向里，其边界是以坐标原点O为圆心、半径为R的圆一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场边界与x轴交点P处以初速度大小v0、沿x轴正方向射入磁场，恰能从M点离开磁场不计粒子的重力（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）若带电粒子从P点以速度大小v0射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点O，求粒子在磁场中运动的时间t及离开磁场时速度的方向；（3）在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O带电粒子从P点沿x轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度大小v以及电场两边界间的电势差U【答案】（1）（2）（3），【解析】【详解】（1）根据几何关系，粒子圆周运动得半径，由向心力公式有，解得（2）如图所示过带电粒子运动轨迹上得弦PO做垂直平分线叫磁场边界O1点，因粒子做圆周运动得半径与磁场边界半径相等，所以为等边三角形，O1为圆心位置，粒子圆周运动得周期，图中，则有，解得，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度沿y轴正方向（3）设粒子刚进入磁场做圆周运动得圆心O1和原点O得连线与x轴夹角为，运动半径为r1，如图则有，由向心力公式有，粒子从P点射入磁场，恰能回到P点，则根据几何关系有：，解得其中 ；根据能量守恒有，解得 - 20 -
江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三物理第三次调研测试试题（含解析）
