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2014-2015学年甘肃省平凉市静宁一中高三(上)月考物理试卷(三)


2014-2015 学年甘肃省平凉市静宁一中高三(上)月考物理试卷 (三)
二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中.第 1~5 题只有一项符 合题目要求,第 6~8 题有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选 错的得 0 分. 1.人造地球卫星离地面的高度等于地球半径 R,卫星以速度 v 沿圆轨道运动,设地面

的重力 加速度为 g,则有( ) A. v=2 考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 专题:人造卫星问题. 分析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据人造卫星的万有引力等于向心力,列式求 出线速度、 角速度、 周期和向心力的表达式, 再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可. 解答: 解: 人造卫星绕地球做匀速圆周运动, 根据万有引力提供向心力, 设卫星的质量为 m、 轨道半径为 r、地球质量为 M,有 F=F 向 F= F 向= 因而 v= B.v= C. v= D.



在地球的表面:



联立①②解得 故选:A 点评:本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力,以及地球表面重力等于万有引力列两 个方程求解. 2.如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块 m 放在斜面上,其上表面呈弧形且左端 最薄,一球 M 搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力 F 拉住弧形滑 块,使球与滑块均静止,现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离,球仍搁在挡板与滑块 上且仍处于静止状态,则与原来相比( )

A. 力增大 C.

木板对球的弹力增大

B. 滑块对球的弹

斜面对滑块的弹力不变 D. 拉力 F 减小

考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:隔离对球分析,抓住重力大小方向不变,挡板的弹力方向不变,根据合力为零判断出 木板、滑块对球弹力的变化.对球和滑块整体分析,抓住合力为零,判断斜面对滑块弹力以及 拉力的变化. 解答: 解:A、B、对球受力分析,球受到重力、支持力和挡板的弹力,如图,由于重力的 大小和方向都不变,挡板的弹力方向不变.根据作图法知,斜面的支持力方向在变化,支持 力和挡板的弹力合力不变,等于重力,从图中可知,木板对球的弹力在减小,滑块对球的弹 力在减小.故 A、B 错误. C、D、对滑块和球整体进行受力分析,整体受重力、支持力、挡板的弹力及拉力,各力的方 向不变,由于挡板对小球的弹力在减小,则拉力 F 增大,在垂直斜面方向上,斜面对滑块的 弹力不变.故 C 正确,D 错误. 故选:C.

点评:本题属于力学的动态分析,关键是抓住不变量,通过作图法判断力的变化.以及掌握 整体法和隔离法的运用. 3.如图所示,长为 L 的轻杆一端固定质量为 m 的小球,另一端固定转轴 O,现使小球在竖直 平面内做圆周运动.P 为圆周轨道的最高点.若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 ,则以下判断正确的是( )

A. 小球不能到达 P 点 B. 小球到达 P 点时的速度小于 C. 小球能到达 P 点,但在 P 点不会受到轻杆的弹力

D. 小球能到达 P 点,且在 P 点受到轻杆向上的弹力 考点:向心力. 专题:匀速圆周运动专题. 分析:根据动能定理求出小球在 P 点的速度,小球在 P 点的临界速度为零,根据牛顿第二定 律求出在最高点杆子的作用力表现为什么力. 解答: 解: AB、 根据动能定理得, ﹣mg?2L= mvp ﹣ mv , 又 v=
2 2

, 解得 vp=

. 小

球在最高点的临界速度为零,所以小球能到达最高点.故 A 错误,B 正确. CD、 设杆子在最高点表现为支持力, 则 mg﹣F=m , 解得 F= mg. 故杆子表现为支持力. 故

D 正确,C 错误. 故选:BD. 点评:本题综合考查了动能定理以及牛顿第二定律,关键搞清向心力的来源,运用牛顿定律 进行求解. 4.如图所示为大型电子地磅电路图,电源电动势为 E,内阻不计.不称物体时,滑片 P 到 A 端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流较小;称重物时,在压力作用下使滑片 P 下 滑,滑动变阻器有效电阻变小,电流变大,这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上,就可以 读出被称物体的重量值,若滑动变阻器上 A、B 间距离为 L,最大阻值等于电阻阻值 R0,已 知两只弹簧的总弹力与形变量成正比,其比例系为 k,所称重物的重量 G 与电流大小 I 的关系 为( )

A. C.

G=2kL+ G= +kL

B. G=2kL﹣ D. G=kIL

考点:闭合电路的欧姆定律;胡克定律;电阻定律;传感器在生产、生活中的应用. 专题:恒定电流专题. 分析:由胡克定律可求得弹簧的形变量,由电阻定律可求得滑动变阻器接入电阻;而滑动变 阻器与 R0 串联,由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流. 解答: 解:由胡克定律可知,Kx=G; 得:x=

此时滑动变阻器接入电阻 R′=

R0=

R0;

由闭合电路欧姆定律可知:I= 解得:G= ;

故选 B. 点评:本题综合考查闭合电路欧姆定律及胡克定律等有关内容,综合性较强;要注意寻找题 目中的隐含条件,建立各知识点间的联系. 5.如图所示电路中,A、B 两灯均正常发光,R 为一滑动变阻器,P 为滑动片,若将滑动片向 下滑动,则( )

A. C.

A 灯变亮 B. B 灯变亮 R1 上消耗功率变小 D. 流过 R 的电流变大

考点:闭合电路的欧姆定律. 专题:恒定电流专题. 分析:将滑动片向下滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电 路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化,再分析 R1 上消耗功率的变化.根据总电流的变化 分析并联部分电压的变化,判断 B 灯亮度的变化. 解答: 解:将滑动片向下滑动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据 闭合电路欧姆定律得知,总电流 I 增大,则 R1 上消耗功率变大.路端电压 U=E﹣Ir,I 增大, U 减小,则 A 灯变暗.B 灯与变阻器并联的电压 U 并=E﹣I(R1+r) ,I 增大,则 U 并减小,所 以 B 灯变暗.故 ABC 错误; 因路端电压 U 减小,而 R1 中电流增大,故其两端电压增大;由串联电路规律可知,并联部分 的电压减小,则 B 灯泡的电流减小;R 中电流增大;故 D 正确; 故选:D. 点评:对于电路中动态变化分析问题,一般先确定局部电阻的变化,再确定总电阻的变化, 到总电流、总电压的变化,再回到局部电路研究电压、电流的变化. 6.在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从 A 点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图 所示,小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上,M 为轨迹的最高点,小球抛出时的动 能为 8J,在 M 点的动能为 6J,不计空气的阻力.则( )

A. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:3

B. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1:4 C. 小球落到 B 点时的动能为 32J D. 小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6J 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析:小球水平分运动为匀加速直线运动,竖直分运动为匀变速直线运动,上升和下降时间 相等,可以求出 S1 与 S2 的比值,对水平方向分运动和竖直方向分运动分别运用动能定理,然 后求出各个特殊点的动能! 解答: 解:将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解,水平分运动为初速度为零的匀加速 直线运动,竖直分运动为匀变速直线运动, A、对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间间隔内位移之比为 1:3,故 A 正 确;B 错误; C、设物体在 B 动能为 EkB,水平分速度为 VBx,竖直分速度为 VBy. 由竖直方向运动对称性知 mVBy =8J 对于水平分运动运用动能定理 Fx1= mVMx ﹣ mVAX
2 2 2 2

F(s1+s2)= mVBx ﹣ mVAX

2

s1:s2=1:3 解得:Fs1=6J;F(s1+s2)=24J 故 EkB= m(VBy +VBx )=32J 因而 C 正确; D、由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的电场力为 F,重力为 G,则有: Fx1=6J, Gh=8J, ? ?t =8J
2 2 2

?t =6J

2

所以: = 由右图可得:tanθ= 得:sinθ= 则小球从 A 运动到 B 的过程中速度最小时速度一定与等效 G’垂直,即图中的 P 点,故 EKmin= mvmin = m(v0sinθ) =
2 2

J,故 D 错误.

故选:AC. 点评:本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动, 然后对水平分运动运用动能定律求解!

7.如图所示,质量为 m 的滑块在水平面上向左撞向弹簧,当滑块将弹簧压缩了 x0 时速度减 小到零,然后弹簧又将滑块向右推开.已知弹簧的劲度系数为 k,滑块与水平面间的动摩擦因 数为 μ,整个过程弹簧未超过弹性限度,则( )

A. 滑块向左运动过程中,始终做匀减速运动 B. 滑块向右运动过程中,始终做加速运动 C. 滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D. 滑块向右运动过程中,当弹簧形变量 x= 时,物体的加速度为零

考点:牛顿第二定律;胡克定律. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析,再结合牛顿运 动定律分析物体的运动情况.在进行受力分析时,要注意分析弹簧弹力的变化. 解答: 解: A、滑块向左接触弹簧的运动过程中,在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力, 在此过程中弹簧的弹力时逐渐增大的,弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反,物体做减 速运动,但不是匀减速,所以选项 A 错误. B、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的,此时受到水平向右的弹力和向左 的摩擦力,开始时弹簧的弹力大于摩擦力,但当弹簧伸长到一定程度,弹力和摩擦力大小相 等,此后摩擦力大于弹力.所以滑块向右接触弹簧的运动过程中,是先加速,后减速.B 选项 错误. C、由对 A 的分析可知,当弹簧的压缩量为 x0 时,水平方向的合力为 F=kx0+μmg,此时合力 最大,由牛顿第二定律有 amax= ,所以选项 C 正确. 时, 由胡克定律可得 f=kx=μmg,

D、 在滑块向右接触弹簧的运动中, 当弹簧的形变量为 x=

此时弹力和摩擦力大小相等,方向相反,在水平方向上合外力为零,加速度为零.选项 D 正 确. 故选:CD. 点评:解决此类问题,要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况,并会确定运动过程 中的临界点和分析在临界点上的受力, 当物体接触弹簧向右运动的过程中, 开始是加速运动的, 当弹力和摩擦力相等时,加速度为零,之后摩擦力要大于弹力,物体开始做减速运动.弹力和 摩擦力相等时即为一个临界点. 8. (6 分) 如图所示, 相互垂直的固定绝缘光滑挡板 PO、 QO, PO 竖直放置, QO 水平放置.a、 b 为两个带有同种电性的小球 (可以近似看成点电荷) , 当用水平向左作用力 F 作用于 b 时, a、 b 紧靠挡板处于静止状态.现若稍改变 F 的大小,使 b 稍向左移动一小段距离,则当 a、b 重 新处于静止状态后( )

A. C. 加

a、b 间电场力增大 B. 作用力 F 将减小 a 的重力势能增加 D. 系统的电势能将增

考点:库仑定律;电势能. 分析:以 a 球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件分析 a、b 间电场力和挡板对小球的 弹力如何变化, 由库仑定律分析两间距离的变化情况, 根据电场力做功正负判断系统电势能的 变化.对整体研究,分析作用力 F 如何变化. 解答: 解:AB、以 a 球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件得: 电场力 F 电= ,α 减小,cosα 增大,则电场力 F 电减小.挡板对 a 的弹力 N=mgtanα,

α 减小,N 减小. 对整体研究:水平方向:F=N,则作用力 F 将减小.故 A 错误、B 正确. CD、电场力 F 电减小,根据库仑定律得知,两球间的距离增大,电场力做正功功,系统的电 势能减小,而 F 做正功,根据功能关系可知,系统重力势能增加.故 C 正确,D 错误. 故选:BC.

点评:本题是动态平衡问题, 关键要灵活选择研究对象, 先对 a 研究, 再对 b 研究, 比较简便. 三、非选择题 9.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的直径和长度.

(1)用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲,由图甲可知其直径为 2.712 mm; (2)用游标为 20 分度的卡尺测量长度如图乙,由图乙可知其长度为 10.30 mm. 考点:测定金属的电阻率.

专题:实验题. 分析:游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是 固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 解答: 解:螺旋测微器的固定刻度读数为 2.5mm,可动刻度读数为 21.2×0.01=0.212mm,所 以最终读数为 2.712mm. 游标卡尺的主尺读数为 10mm,游标读数为 0.05×6=0.30mm,所以最终读数为 10.30mm. 故本题答案为: (1)2.712; (2)10.30 点评:解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,游标卡尺读数的方法是主尺 读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在 读可动刻度读数时需估读. 10.测量电阻器的电阻时,有下列器材可供选择 A.待测电阻器(阻值约为 5Ω) B.电流表 A1(量程 3mA,内阻 r1=10Ω) C.电流表 A2(量程 0.6A,内阻 r2 约为 1Ω) D.电压表 V(量程 6V,内阻约 3KΩ) E.定值电阻 R1=990Ω F.定值电阻 R2=9990Ω G.滑线变阻器(最大阻值为 4Ω,额定电流为 0.5A) H.电源(电动势 2V,内阻约为 1Ω) I.导线、电键 (1)为尽可能多测几组数据设计电路填在图方框中 (2)选择的器材有 A、B、C、E、G、H、I (3)计算 Rx 的表达式 (用电表的读数和定值电阻的阻值表示)

考点:伏安法测电阻. 专题:实验题. 分析:根据实验原理与实验器材选择实验需要的器材,然后根据选定的实验器材确定各电路 元件的连接方向,作出实验电路图;最后根据实验测量的量,应用欧姆定律求出电阻阻值的表 达式. 解答: 解: (1)由于待测电阻器阻值约为 5Ω,电源电动势为 3V,选用电压表(量程 6V, 内阻约 3KΩ) ,量程过大,可将电流表 A1 与定值电阻 R1=990Ω 串联,改装成电压表,改装后 电压表量程为 3V,内阻 RV=1000Ω.由于 ,

电流表采用外接法,又由于滑线变阻器的最大阻值为 3Ω,与待测电阻接近,故变阻器采用分 压接法电路图如图所示: (2)由①可知,选择的器材是:A、B、C、E、G、H、I; (3)由图示电路图可知,待测电阻两端电压:UX=I1(R1+r1) ,通过待测电阻的电流 IX=I2﹣ I1,待测电阻阻值: RX= ;

故答案为: (1)电路图如图所示; (2)A、B、C、E、G、H、I; (3)



点评: 本小题了考查欧姆表的结构、测量原理,同时还要注意测量误差应如何来分析. 在电学实验中,有时可以将电压表作为电流表使用,有时也可以将电流表作为电压表使用,关 键是要看使用的条件和可能性. 11.甲、乙两车在同一条平直公路上运动,甲车以 10m/s 的速度匀速行驶,经过车站 A 时关 2 2 闭油门以 4m/s 的加速度匀减速前进,2s 后乙车与甲车同方向以 1m/s 的加速度从同一车站 A 出发,由静止开始做匀加速运动,问乙车出发后多少时间追上甲车? 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:追及、相遇问题. 分析:根据运动学公式判断乙车在追及甲车的过程中,甲车是否停止,若停止,抓住位移关 系,通过匀变速直线运动的位移时间公式求出追及的时间. 解答: 解:甲车运动时间 ts 后停止:

前进的距离: 乙车行驶 t1=0.5s 位移为: 故乙车在追上甲车前甲车已停止. 则乙车经时间 t2 追上甲车: ,

解得:t2=5s. 答:乙车出发后 5s 追上甲车. 点评:解决本题的关键理清两车的运动过程,抓住位移关系,运用运动学公式求出追及的时 间.

12.在足够大的空间中,存在水平向右的匀强电场,若用绝缘细线将质量为 m 的带正电 q 的 小球悬挂在电场中,其静止时细线与竖直方向夹角 θ=37°,现去掉细线,将该小球从电场中的 某点竖直向上抛出,抛出时初速度大小为 v0,如图所示, (sin37°=0.6cos37°=0.8) 求 (1)电场强度的大小 (2)小球在电场内运动到最高点的速度 (3)小球从抛出到达到最小速度的过程中,电场力对小球所做的功.

考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势差与电场强度的关系. 专题:电场力与电势的性质专题. 分析: (1)静止时受重力,电场力,绳的拉力三力平衡,由数学关系可得电场力.从而得 到电场强度的大小. (2)小球从抛出点至最高点的过程中,由竖直方向的匀减速运动可得运动时间,在由水平方 向做匀加速直线运动,可得小球在最高点的速度. (3) 将曲线分解成竖直方向与水平方向的两个运动. 利用运动学公式可求出小球速率最小值; 再运用动能定理,可求出小球从抛出至达到最小速率的过程中,电场力对小球做的功. 解答: 解: (1)静止时受重力,电场力,绳的拉力三力平衡,可得: qE=mgtan37° 则 E=

(2)小球沿竖直方向做匀减速运动,小球从抛出到最高点的时间 小球水平运动的加速度为 a= 小球到最高点的速度 v=at= = g

t=

(3)小球被抛出以后,受到重力和电场力的共同作用,沿重力方向的分运动是匀减速运动, 加速度为 g,设 t 时刻的速度为 v1;沿电场方向的分运动是初速度为 0 的匀加速运动,设加速 度为 a,t 时刻的速度为 v2,则有 v1=v0﹣gt,v2=at 和 a= g 小球 t 时刻的速度大小为 v= 由以上各式得出: g t ﹣2v0gt+(v0 ﹣v )=0
22 2 2

解得当 t=

时 v 的最小值为 vmin= v0

vmin 的方向与电场力和重力的合力方向垂直,即与电场的方向夹角为 37°. 小球沿电场方向的位移为 s= ,电场力做功为 WE=qE?s

可得 WE= 答:

=0.12

(1)电场强度的大小是

. . .

(2)小球在电场内运动到最高点的速度是

(3)小球从抛出到达到最小速度的过程中,电场力对小球所做的功是 0.12

点评:考查了运动的合成与分解研究的方法,并让学生掌握运动学公式、牛顿第二定律、动 能定理等规律. 同时让学生形成如何处理曲线的方法. 如果将速度按照合力方向和垂直合力方 向分解,当沿合力方向的速度减为零时其速度达到最小值,也可以解出最小速度.运用速度矢 量合成的三角形法则也可求解.

13.如图所示,AB 为半径 R=0.8m 的 光滑圆弧轨道,下端 B 恰与小车右端平滑对接.小车 质量 M=3kg,车长 L=2.06m,车上表面距地面的高度 h=0.2m.现有一质量 m=1kg 的滑块,由 轨道顶端无初速释放,滑到 B 端后冲上小车.已知地面光滑,滑块与小车上表面间的动摩擦 因数 μ=0.3,当车运行了 1.5s 时,车被地面装置锁定. (g=10m/s )试求: (1)滑块到达 B 端时,轨道对它支持力的大小; (2)车被锁定时,车右端距轨道 B 端的距离; (3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小; (4)滑块落地点离车左端的水平距离.
2

考点:动能定理的应用;匀变速直线运动的速度与时间的关系;牛顿第二定律. 专题:动能定理的应用专题. 分析: (1)由机械能守恒定律求出滑块到 B 端的速度,由牛顿第二定律求出支持力. (2)根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度,由运动式求出两者速度相同经过的时 间,确定两者的运动情况.再求解车右端距轨道 B 端的距离. (3)求出滑块相对于小车的位移△x,由内能 E=μmg△x 求出内能. (4)滑块滑出小车后做平抛运动,求出滑块滑到 A 端的速度和平抛的时间,求解滑块落地点 离车左端的水平距离. 解答: 解: (1)设滑块到达 B 端时速度为 v, 由机械能守恒定律,得 mgR= mv 由牛顿第二定律,得 FN﹣mg=m
2

联立两式,代入数值解得:FN=3mg=30N. (2)当滑块滑上小车后,由牛顿第二定律,得 对滑块有:﹣μmg=ma1 对小车有:μmg=Ma2 设经时间 t 两者达到共同速度,则有:v+a1t=a2t 解得 t=1 s. 由于 1 s<1.5 s,此时小车还未被锁定,两者的共同速度:v′=a2t=1 m/s 两者一起匀速运 动,直到小车被锁定. 故车被锁定时,车右端距轨道 B 端的距离:x= a2t +v′t′=1 m. (3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块相对小车滑动的距离 △x= t﹣ a2t =2 m 故产生的内能:E=μmg△x=6 J. (4)对滑块由动能定理,得﹣μmg(L﹣△x)= mv″ ﹣ mv′ 滑块脱离小车后,在竖直方向有:h= gt″
2 2 2 2 2

故滑块落地点离车左端的水平距离:x′=v″t″=0.16 m. 答: (1)滑块到达 B 端时,轨道对它支持力的大小为 30N. (2)车被锁定时,车右端距轨道 B 端的距离为 1m. (3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小为 6J. (4)滑块落地点离车左端的水平距离为 0.16m. 点评:本题之处在于分析滑块和小车速度相同所经历的时间,与 1.5s 进行比较来分析两者的 运动情况.求摩擦生热 Q=f△x,△x 是相对位移.


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