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2014-2015学年福建省莆田二十四中高一(上)期末物理试卷


2014-2015 学年福建省莆田二十四中高一(上)期末物理试卷

一、单项选择(共 10 题,每小题 4 分,共计 40 分) 1. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)下列情况中运动的人或物体,可以看成质点的是 ( A. 天文学家研究地球的自转 B. 研究城际轨道列车从广州到肇庆的时间 C. 研究火车通过西江大桥的时间 D. 研究跳水运动员郭晶晶的跳

水姿态



考点:质点的认识. 专题:直线运动规律专题. 分析:当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们就可以把它看成质点,根据把 物体看成质点的条件来判断即可. 解答: 解:A、研究地球的自转时,地球有大小和形状不能忽略,不能看作质点,否则就 无法分辨地球的转动.故 A 错误; B、研究城际轨道列车从广州到肇庆的时间,由于位移远远大于列出的长度,此时列车可以 看作质点.故 B 正确. C、研究火车通过西江大桥的时间,火车的形状和大小不可以忽略,火车可以看成质点.故 C 错误; D、研究跳水运动员郭晶晶的跳水姿态,运动员的大小和形状影响了运动员的优美舞姿,故 不能看作质点,故 D 错误; 故选:B. 点评:本题就是考查学生对质点概念的理解,是很基本的内容,必须要掌握住的,题目比较 简单. 2. (4 分) (2013 秋?菏泽期末)以 30m/s 的初速度竖直向上抛出一个小球,不计空气阻力, 2 g=10m/s ,以下判断正确的是( ) A. 小球到最高点时的加速度为 0 B. 小球上升阶段所用的时间为 6s C. 小球从抛出到落回经过的路程为 90m D. 小球从抛出到落回过程的平均速度为 15m/s 考点:竖直上抛运动;平均速度. 分析:物体做竖直上抛运动,其加速度大小始终为 g,方向竖直向下,上升阶段:匀减速直 线运动,达到最高点时速度为零,加速度还是 g,应用匀变速直线运动的规律求解. 解答: 解:A、小球做匀减速运动,到最大高度时的速度为 0,加速度不为 0,故 A 错误; B、由匀变速运动规律得,小球上升阶段所用的时间为 t= = s=3s,故 B 错误;

C、由匀变速运动规律得小球上升的最大高度为 h=

=

=45m,故路程为 90m,故 C

正确; D、位移为零,故平均速度为零,故 D 错误; 故选:C. 点评:竖直上抛运动是加速度大小始终为 g,方向竖直向下的匀变速运动,可分段求解,也 可整体法求解,选用适当的方法求解即可. 3. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)关于速度和加速度的关系,下列说法正确的有( A. 只要有加速度,速度就会不断增加 B. 速度变化量越大,加速度也越大 C. 物体的速度变化越快,则加速度越大 D. 加速度变大,速度也一定增大 )

考点:加速度;速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:加速度等于单位时间内的速度变化量, 反映速度变化快慢的物理量, 当加速度方向与 速度方向相同,物体做加速运动,当加速度方向与速度方向相反,物体做减速运动. 解答: 解:A、物体有加速度,速度不一定增加,有可能减小,故 A 错误. B、速度的变化量大,速度变化不一定快,则加速度不一定大,故 B 错误. C、加速度是反映速度变化快慢的物理量,速度变化越快,加速度越大,故 C 正确. D、当加速度方向与速度方向相反,加速度增大,速度减小,故 D 错误. 故选:C. 点评:解决本题的关键知道加速度的物理意义, 掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方 法,关键看加速度方向与速度方向的关系. 4. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)关于弹力和摩擦力的关系,下列说法正确的是( A. 两物体间若有弹力,就一定有摩擦力 B. 两物体间若有摩擦力,就一定有弹力 C. 同一点产生的弹力和摩擦力的方向不一定互相垂直 D. 当两物体间的弹力消失时,摩擦力仍可存在一段时间 )

考点:摩擦力的判断与计算;物体的弹性和弹力. 专题:摩擦力专题. 分析:弹力产生的条件:相互接触挤压;摩擦力产生的条件:接触面粗糙;相互接触挤压; 有相对运动或相对运动趋势.弹力的方向垂直于接触面,摩擦力的方向与接触面相切,与相 对运动或相对运动趋势的方向相反. 解答: 解:A、弹力产生的条件:相互接触挤压;摩擦力产生的条件:接触面粗糙;相互 接触挤压;有相对运动或相对运动趋势.可见,有摩擦力,必有弹力;有弹力,不一定有摩 擦力.故 A 错误,B 正确. C、弹力的方向垂直于接触面,摩擦力的方向与接触面相切,与相对运动或相对运动趋 势的方向相反.可见两个力方向互相垂直,故 C 错误. D、没有弹力,也就没有摩擦力.故 D 错误.

故选:B. 点评:解决本题的关键掌握弹力和摩擦力的产生条件,以及它们的方向.知道有摩擦力,必 有弹力;有弹力,不一定有摩擦力. 5. (4 分) (2008 秋?石景山区期末)一个以初速度 v0 沿直线运动的物体,t 秒末速度为 vt, 如图,关于 t 秒内物体运动的平均速度 和加速度 a 的说法中,正确的是( )

A. C.

= a 恒定

B.



D. a 随时间逐渐减小

考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移. 解答: 解:AB、连接起始点和终点,连线表示做匀加速直线运动,平均速度为 围成的面积小于变速直线运动图线围成的面积,而时间相等,知变速直线运动的平均速度 .故 A、B 错误. CD、图线的切线斜率逐渐减小,则加速度逐渐减小.故 C 错误,D 正确. 故选:D. 点评:解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义, 知道图线与时间轴围成的面积表示位 移,斜率表示加速度. 6. (4 分) (2015?普陀区一模)如图,是质点做直线运动的速度﹣时间图象,该质点( ) ,

A. B. C. D.

在第 1 秒末速度方向发生了改变 在第 1 秒末加速度方向发生了改变 在前 2 秒内发生的位移为零 第 3 秒末和第 6 秒末的位置相同

考点:匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:运动学中的图像专题. 分析:速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移, 速度的正负表示速 度的方向,只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变;只要总面积仍大于 0,位 移方向就仍沿正方向;

解答: 解:A、0﹣2s 内速度图象在时间轴的上方,都为正,速度方向没有改变.故 A 错 误; B、速度时间图象的斜率表示加速度,由图可知 1s 末加速度方向发生了改变,故 B 正确; C、根据“面积”表示位移可知,0﹣2s 内的位移为:x1= D、根据“面积”表示位移可知,0﹣3s 内的位移为:x1= 0﹣5s 内的位移为:x2= ,故 C 错误; =1m

=1m,所以第 3 秒末和第 5 秒末的位置相同.故 D 错误.

故选:B. 点评:深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是 解决此类题目的突破口 7. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)有两个力,它们的合力为 0,现把其中一个向东的 6N 的力改为向南(大小不变) ,则它们的合力为( ) A. 0 B. 6N 向南 C. 6 N,方向南偏西 45°D. 6 N,方向 南偏东 45° 考点:合力的大小与分力间夹角的关系. 专题:平行四边形法则图解法专题. 分析:因物体两力而平衡,将一个正东 6N 的力改为正南方向,即可看成两个大小相等,相 互垂直的两力的合成. 解答: 解:由题意知,两力的大小为 6N,方向相互垂直,根据力的平行四边形定则,由 勾股定理可得,合力大小为:F=6 N;方向为两力夹角的角平分线上,即西偏南 45°; 故选:C. 点评:力的合成与分解的依据为等效性, 故在解题中应明确等效替代的作用, 再由力的平行 四边形定则求解即可. 8. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)如图所示,人用手握住一个油瓶,并确保能使瓶子静止 在竖直方向上,以下说法中正确的是( )

A. B. C. D.

手握得越紧,油瓶受的摩擦力就会越大 手握得越紧,油瓶与手之间的动摩擦因数就会越大 手握得越紧,油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大 往油瓶里添油,油瓶受的摩擦力不变

考点:摩擦力的判断与计算. 专题:摩擦力专题.

分析:瓶子保持静止,受力平衡,对瓶子受力分析,竖直方向上受重力和静摩擦力,二力平 衡,根据静摩擦力的特点可以判断. 解答: 解:A、瓶子保持静止,受力平衡,对瓶子受力分析,竖直方向上受重力和静摩擦 力,二力平衡,因而静摩擦力等于重力,手手握得越紧,油瓶与手之间的最大静摩擦力就会 越大,但是静摩擦力不变,故 AB 错误,C 正确; D、往油瓶里添油,重力变大,所以油瓶受的摩擦力会变大,故 D 错误; 故选:C. 点评:静摩擦力与压力无关, 随外力的变化而变化, 这里握力变大, 只是滑动摩擦力变大了, 而物体受静摩擦力,故静摩擦力不变. 9. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)小木块 m 从光滑曲面上 P 点滑下,通过粗糙静止的水 平传送带落于地面上的 Q 点,如图所示.现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动,让 m 从 P 处重新滑下,则此次木块的落地点将( ) A. 仍在 Q 点 B. 在 Q 点右边 C. 在 Q 点左边 D. 木块可能落不到地面 考点:牛顿第二定律. 专题:传送带专题. 分析:通过分析木块在传送带上的受力情况, 分析其运动情况, 通过比较传送带转动与静止 时木块离开传送带的速度大小,即可进行分析. 解答: 解:木块 m 从斜面滑下时获得了速度,当传送带静止时,木块在水平方向受到与 运动方向相反的滑动摩擦力,木块将做匀减速运动,离开传送带时做平抛运动; 当传送带逆时针转动时木块相对传送带都是向前运动, 受到滑动摩擦力方向与相对运动方向 相反,物体做匀减速运动,由于木块所受的滑动摩擦力与传送带静止时相同,所以木块的运 动情况与传送带静止时相同, 所以离开传送带时的速度与传送带静止时的速度相同, 因此木 块仍落在 Q 点.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A. 点评:若此题中传送带顺时针转动, 物块相对传送带的运动情况就应讨论, 当物块滑到底的 速度和传送带速度关系. 10. (4 分) (2015?遂宁模拟)在一大雾天,一辆小汽车以 30m/s 的速度行驶在高速公路上, 突然发现正前方 30m 处有一辆大卡车以 10m/s 的速度同方向匀速行驶,小汽车紧急刹车, 刹车过程中刹车失灵.如图 a、b 分别为小汽车和大卡车的 v﹣t 图象,以下说法正确的是 ( )

A. B. C. D.

因刹车失灵前小汽车已减速,不会追尾 在 t=5s 时追尾 在 t=3s 时追尾 由于初始距离太近,即使刹车不失灵也会追尾

考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:当两车通过的位移之差等于 30m 时,两车会发生追尾.根据速度﹣时间图象所时间 轴所围“面积”大小等于位移,进行分析. 解答: 解:根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移,由图知,t=3s 时,b 车的位移为:sb=vbt=10×3m=30m a 车的位移为 sa= ×(30+20)×1+ ×(20+15)×2=60m 则 sa﹣sb=30m,所以在在 t=3s 时追尾.故 C 正确. 故选 C 点评:解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解,属于基本题. 二、填空题(每空 2 分,共计 20 分) 11. (8 分) (2014 秋?莆田校级期末) (1)在练习使用打点计时器的实验中,打点计时器是 一种计时仪器, 其电源频率为 50HZ, 其中“电磁打点计时器”使用的电压是 4~6 伏的 交 流电 (填直流电或交流电) ,它们是每隔 0.02 秒打一个点. (2)接通打点计时器电源和让纸带开始运动,这两个操作之间的时间顺序关系是: A A.先接通电源,再让纸带运动 B.先让纸带运动,再接通电源 C.让纸带运动的同时接通电源 D.先让纸带运动或先接通电源都可以. 考点:探究小车速度随时间变化的规律. 专题:实验题;直线运动规律专题. 分析:打点计时器是一种计时仪器,其电源频率为 50Hz,常用的电磁打点计时器和电火花 计时器使用的是交流电,它们是每隔 0.02s 打一个点;使用时应先给打点计时器通电打点, 然后释放纸带让纸带,如果先放开纸带开始运动,再接通打点计时器的电源,纸带上可能有 很长一段打不上点. 解答: 解: (1)在练习使用打点计时器的实验中,打点计时器是一种计时仪器,其电源频 率为 50HZ,其中“电磁打点计时器”使用的电压是 4~6 伏的交流电,它们是每隔 0.02 秒打 一个点. (2)开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后释放纸带让纸带(随物体)开始运动, 如果先放开纸带开始运动,再接通打点计时时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的 采集和处理,会对实验产生较大的误差;同时先打点再释放纸带,可以使打点稳定,提高纸 带利用率,可以使纸带上打满点,故 BCD 错误,A 正确. 故答案为: (1)4~6,交流电,0.02; (2)A 点评:对于基本仪器的使用和工作原理, 我们不仅从理论上学习它, 还要从实践上去了解它, 自己动手去做做,以加强基本仪器的了解和使用. 12. (2 分) (2014 秋?莆田校级期末)在探究“弹力与弹簧伸长的关系实验”中,弹簧不受力 时的长度如图 a 所示,当在弹簧下挂重 2N 的钩码时如图 b 所示.对此下列说法中正确的是 D . A、该弹簧原长为 41cm B、挂 2N 的钩码时,弹簧伸长了 49cm C、该弹簧的劲度系数为 20N/m C、该弹簧的劲度系数为 25N/m.

考点:探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题:实验题;弹力的存在及方向的判定专题. 分析:读出弹簧的原长和伸长量,根据胡克定律的公式 F=kx 列式求解即可. 解答: 解:A、该弹簧原长为:L0=41.0cm﹣25.0cm=16.0cm,故 A 错误; B、挂 2 N 的钩码时,弹簧的伸长量为:△ L=49.0cm﹣41.0cm=8.0cm,故 B 错误; C、D、劲度系数:k= ,故 C 错误,D 正确;

故选:D. 点评:本题关键是根据胡克定律的公式 F=kx 列式求解,注意弹簧的起点不在零刻度位置, 基础题目. 13. (4 分) (2014 秋?莆田校级期末)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验,如图是 在白纸上根据实验结果画出的图. (1)如果没有操作失误,图乙中的 F 与 F′两力中,方向一定沿图甲中 AO 方向的是 F′ (2)本实验采用的科学方法是 B A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法.

考点:验证力的平行四边形定则. 专题:实验题;恒定电流专题. 分析:明确实验原理,了解实验误差的存在,知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别. 解答: 解: (1)F 是通过作图的方法得到合力的理论值,而 F′是通过一个弹簧称沿 AO 方 向拉橡皮条,使橡皮条伸长到 O 点,使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同, 测量出的合力.故方向一定沿 AO 方向的是 F′,由于误差的存在 F 和 F′方向并不在重合; (2)合力与分力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法. 故选:B. 故答案为: (1)F′(2)B 点评:本实验采用的是“等效替代”的方法,即一个合力与几个分力共同作用的效果相同,可 以互相替代,明确“理论值”和“实验值”的区别.

14. (6 分) (2014 秋?莆田校级期末)如图所示是一个小球从某一高处由静止开始下落(可 视为初速为零的匀加速直线运动) ,当它经过 A、B 两处的光电门传感器时,两光电门传感 器测出它们的速度分别为 6.278m/s、7.016m/s,用刻度尺测出 A、B 两位置的高度差为 2 0.50m.则物体下落的加速度 a 为 9.81 m/s ,物体经过 AB 的时间 t 为 0.075 s,小球 开始下落时距离 A 处的高度 h 为 2.009 m.

考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题. 分析:根据匀加速直线运动位移速度公式求解加速度, 再根据速度时间公式求出时间, 根据 自由落体运动的位移速度公式求出小球开始下落时距离 A 处的高度. 解答: 解:根据匀加速直线运动位移速度公式 得:

a=

=9.81m/s

2

根据速度时间公式 v=v0+at 得: t= =0.075s 得:

根据自由落体运动的位移速度公式 2gh= h= =2.009m

故答案为:9.81,0.075,2.009 点评:本题主要考查了匀变速直线运动和自由落体运动基本公式的直接应用, 难度不大, 属 于基础题. 三、计算题(共 4 小题,15 题 8 分、16 题 10 分、17 题 10 分、18 题 12 分,共 40 分) 2 15. (8 分) (2014 秋?莆田校级期末) 从离地面 80m 的空中自由落下的一个小球, 取 g=10m/s , 求: (1)经过多长时间小球落到地面上? (2)下落一半高度时的速度. 考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题. 分析: (1)根据 h= 求出小球落地的时间.
2

(2)求出一半高度,根据 v =2gx 求出速度的大小

解答: 解: (1)由 h=

可得:

(2)下落一半高度 x=40m, 2 由公式 v =2gx 得: v= 答: (1)经过 4s 小球落地. (2)下落一半高度时的速度为 . 点评:解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动, 掌握匀变速直线 运动的规律,灵活运用运动学公式求解. 16. (10 分) (2014 秋?莆田校级期末)假设航母静止在海面上,舰载机在航母跑道上从静止 2 开始做匀加速直线运动,以 5m/s 的加速度运动,需要达到 50m/s 的速度才可升空,求: (1)滑行 5s 后,舰载机的速度大小? (2)从启动到起飞,至少滑行多长时间? (3)航母跑道至少多长?

考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: (1)根据飞机的初速度,加速度和末速度,根据速度﹣时间关系,即可求得滑行 5s 后,舰载机的速度; (2)根据速度时间公式即可求得速度到达 50m/s 时所用的时间; (3) 根据匀变速直线运动的位移时间关系公式, 或位移速度公式都可以计算出跑道的长度. 解答: 解: (1)由匀变速直线运动规律得:v=at=5×5m/s=25m/s (2)由匀变速直线运动规律得:vm=at1 得:t1= =10s

(3)由匀变速直线运动规律得:x=



答: (1)滑行 5s 后,舰载机的速度是 25m/s; (2)从启动到起飞,至少滑行 10s; (3)航母跑道至少 250m. 点评:解决此类题目找准题目给出的已知量, 选择合适的匀变速直线运动公式. 其中跑道长 度的计算可以根据匀变速直线运动的位移时间关系公式,或根据位移速度公式计算即可.

17. (10 分) (2014 秋?邢台期末)如图所示,质量为 m1 的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段 轻绳的结点为 O.轻绳 OB 水平且 B 端与放置在水平面上的质量为 m2 的物体乙相连,轻绳 OA 与竖直方向的夹角 θ=37°, 物体甲、 乙均处于静止状态. 已知重力加速度为 g, sin37°=0.6, cos37°=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: (1)轻绳 OA、OB 受到的拉力; (2)若物体乙的质量 m2=4kg,物体乙与水平面之间的动摩擦因数为 μ=0.3,则欲使物体乙 在水平面上不滑动,物体甲的质量 m1 最大不能超过多少?

考点:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析: (1)以结点 O 为研究对象,分析受力,作出力图,根据平衡条件求出轻绳 OA、 OB 受到的拉力. (2)当乙物体刚要滑动时,物体甲的质量 m1 达到最大,此时乙受到的静摩擦力达到最大 值 Fmax=μm2g,再平衡条件求出物体甲的质量. 解答: 解: (1)对结点 O,作出力图如图,由平衡条件有: cosθ= ①

tanθ=



解得:TA= m1g TB= m1g (2)当乙物体刚要滑动时,静摩擦力达到最大值 Fmax=μm2g③ TBmax=Fmax④ 由②③④得:m1max= =1.6kg

答: (1)轻绳 OA、OB 受到的拉力分别为 m1g 和 m1g; (2)若物体乙的质量 m2=4kg,物体乙与水平面之间的动摩擦因数为 μ=0.3,则欲使物体乙 在水平面上不滑动,物体甲的质量 m1 最大不能超过 1.6kg.

点评:本题涉及共点力平衡中极值问题,当物体刚要滑动时,物体间的静摩擦力达到最大. 18. (12 分) (2014 秋?莆田校级期末)如图所示,物体在 15N 的推力 F 的作用下沿水平地 面向右匀速直线运动,已知物体的重力为 31N,拉力为 F 与水平方向的夹角为 θ=37°, (sin37°=0.6,cos37°=0.8)问: (1)物体受到地面的支持力为多大 (2)物体受到的摩擦力为多大 (3)物体与地面的动摩擦因数 μ

考点:共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:以物体为研究对象受力分析,正交分解,根据平衡条件求支持力和摩擦力的大小,由 滑动摩擦力的计算公式求摩擦因数大小. 解答: 解:受力分析如图所示:

根据平衡条件,竖直方向:N=mg+Fsinθ=31N+9N=40N; 水平方向:f=Fcosθ=12N 由 f=μN 的:μ= =0.3.

答: (1)物体受到地面的支持力为 40N; (2)物体受到的摩擦力为 12N; (3)物体与地面的动摩擦因数 μ 为 0.3. 点评:本题考查受力分析以及正交分解的应用, 当物体受三个以上的作用力时通常用正交分 解法.


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