2025年湘教版高一物理上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教版高一物理上冊階段測試試卷171考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、【題文】已知地球半徑為R，質量為M，自轉角速度為w，地球表面重力加速度為g，萬有引力常量為G，地球同步衛(wèi)星與地心間的距離為r，則以下說法中正確的是A.地面赤道上物體隨地球自轉運動的線速度為wRB.地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度為wRC.地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度為D.地球同步衛(wèi)星的運行速度為2、【題文】做勻速圓周運動的物體,下列物理量中一定變化的是：A.速度B.加速度C.角速度D.周期3、【題文】一根彈簧原長10cm，掛上2N的鉤碼時，彈簧伸長1cm。當這根彈簧掛上6N的重物時，彈簧伸長了A.3cmB.13cmC.4cmD.14cm4、小型轎車的“百分里加速時間”是汽車從靜止開始加速到所用的最少時間，是反映汽車性能的重要參數．甲、乙兩種型號的轎車實測的百公里加速度時間分別為和．在這段加速時間里，兩種型號的汽車相比（）A.甲車速度增大的較快B.乙車速度增大的較快C.甲車加速度較小D.甲乙兩車的加速度相等5、關于質點的運動；下列說法中正確的是（）

A.某時刻速度為零；則此時刻加速度一定為零。

B.當質點的加速度逐漸減小時；其速度一定會逐漸減小。

C.加速度很??；其速度一定很小。

D.做勻變速直線運動的物體其加速度一定是恒定的。

6、【題文】如圖6所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內表面及碗口是光滑的．一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質量為m1和m2的小球，當它們處于平衡狀態(tài)時，質量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α＝60°，則兩小球的質量比為()

A.B.C.D.7、下列物理量不是矢量的是（）A.力B.速度C.時間D.位移8、下列說法正確的是（）A.平拋運動是一種勻變速運動B.平拋運動的物體落地時的速度可能是豎直向下的C.勻速圓周運動是一種勻變速運動D.因為物體做圓周運動才產生向心力9、一質點做勻加速直線運動，在時間t

內的位移為s

該段時間的末速度變?yōu)樵摱螘r間初速度的5

倍.

該質點的加速度為()A.2s3t2

B.16s3t2

C.8s3t2

D.4s3t2

評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、關于位移和路程的說法中正確的是（）A.位移的大小和路程的大小總是相等的，只不過位移是矢量，而路程是標量B.物體通過的路程不等，但位移可能相同C.位移取決于始末位置，路程取決于實際運動的路線D.位移的大小永遠不等于路程11、如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m

的物塊，用長為l

的輕質細繩將物塊連接在轉軸上，細繩與豎直轉軸的夾角婁脠=30鈭?

此時繩伸直但無張力，物塊與轉臺間動摩擦因數為婁脤=13

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，角速度為婁脴

重力加速度為g

則(

)

A.當婁脴=g2l

時，細繩的拉力為0

B.當婁脴=3g4l

時，物塊與轉臺間的摩擦力為0

C.當婁脴=4g3l

時，細繩的拉力大小為43mg

D.當婁脴=gl

時，細繩的拉力大小為13mg

12、有abcd

四顆地球衛(wèi)星，a

還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉動，b

處于地面附近的近地軌道上做圓周運動，c

是地球同步衛(wèi)星，d

是高空探測衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則有(

)

A.a

的向心加速度等于重力加速度g

B.b

在相同時間內轉過的弧長最長C.c

在4h

內轉過的圓心角是婁脨3

D.d

的運動周期可能是30h

13、設地球的半徑為R

質量為m

的衛(wèi)星在距地面高為2R

處做勻速圓周運動，地面的重力加速度為g

則()A.衛(wèi)星的線速度為gR3

B.衛(wèi)星的角速度為g8R

C.衛(wèi)星做圓周運動所需的向心力為19mg

D.衛(wèi)星的周期為2婁脨3Rg

14、對天然放射現象，下列說法中正確的是(

)

A.婁脕

粒子帶正電，所以婁脕

射線一定是從原子核中射出的B.婁脗

粒子帶負電，所以婁脗

射線有可能是核外電子C.婁脙

是光子，所以婁脙

射線可能是原子躍遷發(fā)光產生的D.婁脕

射線、婁脗

射線、婁脙

射線都是從原子核內部釋放出來的15、如圖所示，長為L

的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內作圓周運動，關于小球在最高點的速度v

下列說法中正確的是()

A.v

的最小值為gL

B.當v

由gL

值逐漸增大時，桿對小球的彈力逐漸增大C.當v

由gL

值逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸增大D.當小球在最高點的速度為2gL

時，輕桿受到豎直向下的力，大小為3mg

16、發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至距地面高度為h1

的近地軌道上，在衛(wèi)星經過A

點時點火，實施變軌，進入遠地點為B

的橢圓軌道上，最后在B

點再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道，如圖所示.

已知同步衛(wèi)星的運動周期為T

地球的半徑為R

地球表面重力加速度為g

則(

)

A.衛(wèi)星在近地圓軌道的周期最大B.衛(wèi)星在橢圓軌道上由A

到B

的過程速率逐漸減小C.衛(wèi)星在近地點A

的加速度為gR2(R+h1)2

D.遠地點B

距地表距離為(gR2T24蟺2)13

17、設土星繞太陽的運動為勻速圓周運動，若測得土星到太陽的距離為r

土星繞太陽運動的周期為T

萬有引力恒量為G

則根據以上數據可求出的物理量有(

)

A.土星線速度的大小B.太陽對土星引力的大小C.土星的質量D.太陽的質量評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、伽利略科學實驗方法的核心內容是______和______相結合。19、【題文】如圖所示，整個裝置處于平衡狀態(tài)，左右兩段輕線與天花板所成的角度分別為45°和60°，中間一段輕線水平，則懸于輕線上兩個物體的質量m1____m2（填大于、等于或小于）；質量之比m1：m2=____。20、從靜止開始做勻加速直線運動的物體，第2s內的位移為3m，則物體運動的加速度大小是____m/s2，第4s內的位移是____m．21、把地球看著理想的球體，由于地球自轉，則赤道處的物體與北緯600處的物體相比，它們的角速度之比為______；線速度之比為______；向心加速度之比為______．22、假設地球自轉速度達到使赤道上的物體“飄”起(

完全失重)

估算一下地球上的一天等于______h(

地球赤道半徑為6.4隆脕106m

保留兩位有效數字).

若要使地球的半面始終朝著太陽，另半面始終背著太陽，地球自轉的周期等于______d(

天)(g

取10m/s2).

23、長為L

的通電直導線放在傾角為婁脠

的光滑斜面上，并處在磁感應強度為B

的勻強磁場中，如圖所示，當B

方向豎直向上，電流為I1

時導體處于平衡狀態(tài)，若B

方向改為垂直斜面向上，則電流為I2

時導體處于平衡狀態(tài)，求兩次電流比值I1I2=

24、在《探究求合力的方法》實驗中，用兩只彈簧秤分別鉤住細繩套，互成角度地拉橡皮條，使它伸長到某一位置O點，為了確定分力的大小和方向，這一步操作中必須記錄的是______、______和兩彈簧秤的讀數．評卷人得分四、作圖題(共4題，共28分)25、（6分）作圖題：畫出圖中靜止桿M受到的彈力的示意圖．26、【題文】畫出以下物體的受力示意圖。

要求：（1）可能出現的力有：重力；彈力、摩擦力；

（2）都可以看做質量分布均勻的物體；

（3）必須標出力的符號。

（1）靜止的光滑的球。

（2）放于光滑半球碗面內的桿。

（3）光滑的球。

（4）隨電梯勻速上升上升的人27、【題文】物體沿一圓周從A點出發(fā)，沿逆時針方向運動到B點，試在圖（2）中作出物體在此過程中的位移；28、分析物體A

的受力。

評卷人得分五、證明題(共2題，共8分)29、燈距地面的高度為h；身高為l的人以速度υ勻速直線行走，如圖所示．

（1）有甲；乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況分別談了自己的看法；甲同學認為人的頭頂的影子將作勻加速直線運動，而乙同學則依據平時看到的自己的影子的運動情況，認為人的頭頂的影子將作勻速直線運動，你認為甲、乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況的看法，誰的看法是正確的？

（2）請說明你的判斷依據：

（3）求人影的長度隨時間的變化率．30、燈距地面的高度為h；身高為l的人以速度υ勻速直線行走，如圖所示．

（1）有甲；乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況分別談了自己的看法；甲同學認為人的頭頂的影子將作勻加速直線運動，而乙同學則依據平時看到的自己的影子的運動情況，認為人的頭頂的影子將作勻速直線運動，你認為甲、乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況的看法，誰的看法是正確的？

（2）請說明你的判斷依據：

（3）求人影的長度隨時間的變化率．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A|C【分析】【解析】

試題分析：研究同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；根據萬有引力提供向心力，列出等式求出線速度大??；也可以根據線速度定義求出線速度大?。?/p>

解：地面赤道上物體隨地球自轉運動的線速度為wR，A正確；同步衛(wèi)星與地球同步，做勻速圓周運動，則線速度定義可得：B錯誤；

由于地球的引力提供向心力，讓同步衛(wèi)星做勻速圓周運動，則有：

解之得：C正確；由黃金代換式：可得：D錯誤；

故選：AC

考點：萬有引力定律及其應用；人造衛(wèi)星的加速度；周期和軌道的關系．

點評：本題考查了萬有引力在天體中的應用，解題的關鍵在于找出向心力的來源，并能列出等式解題．萬有引力定律得應用要結合圓周運動的知識解決問題．【解析】【答案】AC2、A|B【分析】【解析】

試題分析：在描述勻速圓周運動的物理量中；線速度；向心加速度、向心力這幾個物理量都是矢量，雖然其大小不變但是方向在變，所以保持不變的量是周期和角速度，故選AB

考點：考察了描述勻速圓周運動的物理量的特點；

點評：對于物理量的理解要明確是如何定義的決定因素有哪些，是標量還是矢量，如本題中明確描述勻速圓周運動的各個物理量特點是解本題的關鍵，尤其是注意標量和矢量的區(qū)別．【解析】【答案】AB3、A【分析】【解析】

試題分析：根據胡克定律可知，當掛上6N的重物時，

故選A

考點：胡克定律。

點評：熟練應用胡克定律解決一些基礎問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緼4、A【分析】【詳解】

因為由此可以知道加速度是單位時間內速度的變化，而不是增加的速度，加速度是描述速度變化快慢的物理量，而不是描述速度變化大小的物理量，所以加速度大表示速度變化快，加速度小表示速度變化慢，因此甲車速度增大得較快，故A正確，BCD錯誤．

故選：A．5、D【分析】

A；某時刻速度為零；加速度不一定為零，比如豎直上拋運動到最高點，速度為零，加速度不為零．故A錯誤．

B；當速度方向與加速度方向相同；加速度減小，速度還增大．故B錯誤．

C；加速度?。凰俣炔灰欢ê苄。热缫暂^大速度做勻速直線運動，加速度為零，但速度很大．故C錯誤．

D；勻變速直線運動的加速度是不變的．故D正確．

故選D．

【解析】【答案】加速度的大小和速度的大小之間無必然的聯(lián)系；判斷速度的增加還是減小，看加速度方向和速度方向的關系．勻變速直線運動的加速度是不變的．

6、A【分析】【解析】質量為m1的小球受重力m1g、繩拉力F2＝m2g和支持力F1的作用而平衡．如圖所示，由平衡條件得，F1＝F2,2F2cos30°＝m1g，得＝故選項A正確．【解析】【答案】A7、C【分析】解：力；速度和位移是既有大小又有方向的矢量；時間是只有大小沒有方向的標量，不是矢量．

故選；C

矢量是既有大小又有方向的物理量；標量是只有大小沒有方向的物理量．

矢量與標量有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數加減法則．【解析】【答案】C8、A【分析】解：A；平拋運動只受重力；故根據牛頓第二定律，加速度的大小和方向都恒定，是勻變速曲線運動，故A正確；

B；平拋運動因為有水平方向的初速度；故落地速度與水平地面有一定夾角，故不可能豎直向下，故B錯誤；

C；勻速圓周運動的加速度方向始終指向圓心；加速度變化，所以勻速圓周運動是變加速運動，故C錯誤；

D；物體做勻速圓周運動需要一個指向圓心的合外力；即向心力，不是因為圓周運動而產生向心力，故D錯誤；

故選：A

平拋運動只受重力；是加速度大小和方向都不變的運動；勻速圓周運動是加速度大小不變，方向不斷變化的曲線運動；兩種運動都是變速運動，但前者是勻變速運動，后者是變加速運動．

本題關鍵明確平拋運動與勻速圓周運動的運動性質，特別是要有矢量的意識，勻速圓周運動中向心力和線速度都是方向變化、大小不變，都是變量【解析】【答案】A9、D【分析】略【解析】D

二、多選題(共8題，共16分)10、BC【分析】解：AD；只有在單向直線運動中；位移大小等于路程，其余都是位移大小小于路程，位移是矢量，路程是標量，故AD錯誤．

B；物體沿著不同路徑從一位置運動到達另一位置；它們的路程不同，但位移是相同，故B正確．

C；位移為初末位置之間的有向線段；取決于始末位置；路程為路徑長度，取決于實際運動的路線，故C正確．

故選：BC

位移為初末位置之間的有向線段；是矢量，遵從矢量合成法則，描述物體位置變化；路程為路徑長度，是標量，遵從數學加減法則。

本題重點掌握位移和路程的區(qū)別，其計算法則是不同的，位移遵從矢量合成法則，而路程遵從數學加減法則，基礎題．【解析】【答案】BC11、AC【分析】解：A

當轉臺的角速度比較小時；物塊只受重力、支持力和摩擦力，當細繩恰好要產生拉力時：

婁脤mg=m婁12(lsin婁脠)

解得：婁脴1=2g3l

由于g2l<2g3l

所以當婁脴=g2l

時；細線中張力為零.

故A正確；

B；隨速度的增大；細繩上的拉力增大，當物塊恰好要離開轉臺時，物塊受到重力和細繩的拉力的作用，則：mgtan婁脠=m婁22(lsin婁脠)

解得：婁脴2=23g3l

由于婁脴1<3g4l<婁脴2

所以當婁脴=3g4l

時；物塊與轉臺間的摩擦力不為零.

故B錯誤；

D、當婁脴=4g3l>婁脴2

時，小球已經離開轉臺，細繩的拉力與重力的合力提供向心力，則：mgtan婁脕=m(4g3l)2lsin婁脕

解得：cos婁脕=34

故F=mgcos偽=43mg.

故C正確．

D、由于婁脴1<gl<婁脴2

由牛頓第二定律：f+Fsin婁脠=m(gl)2lsin婁脠

因為壓力小于mg

所以f<13mg

解得：F>13mg.

故D錯誤；

故選：AC

對物體受力分析知物塊離開圓盤前合力F=f+Tsin婁脠=mv2rN+Tcos婁脠=mg

根據題目提供的條件，結合臨界條件分析即可．

此題考查牛頓運動定律的應用，注意臨界條件的分析，至繩中出現拉力時，摩擦力為最大靜摩擦力；轉臺對物塊支持力為零時，N=0f=0.

題目較難，計算也比較麻煩．【解析】AC

12、BC【分析】解：A

同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉周期相同；角速度相同，則知a

與c

的角速度相同；

根據a=婁脴2r

知，c

的向心加速度大于a

的向心加速度.

由GMmr2=mg

得g=GMr2

衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小；

則c

的向心加速度小于b

的向心加速度，而b

的向心加速度約為g

所以知a

的向心加速度小于重力加速度g.

故A錯誤；

B、由GMmr2=mv2r

得v=GMr

衛(wèi)星的半徑越大，速度越小，所以b

的速度最大；在相同時間內轉過的弧長最長.

故B正確；

C、c

是地球同步衛(wèi)星，周期是24h

則c

在4h

內轉過的圓心角是婁脨3.

故C正確；

D、由開普勒第三定律r3T2=k

知；衛(wèi)星的半徑越大，周期越大，所以d

的運動周期大于c

的周期24h.

故D錯誤；

故選：BC

同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉周期相同，角速度相同，根據a=婁脴2r

比較a

與c

的向心加速度大??；再比較c

的向心加速度與g

的大小.

根據萬有引力提供向心力，列出等式得出角速度與半徑的關系，分析弧長關系.

根據開普勒第三定律判斷d

與c

的周期關系．

對于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據萬有引力提供向心力，分析各量之間的關系，并且要知道同步衛(wèi)星的條件和特點【解析】BC

13、AC【分析】【分析】研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；根據萬有引力提供向心力，列出等式表示出線速度；角速度、周期、加速度等物理量.

忽略地球自轉的影響；根據萬有引力等于重力列出等式。

解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩個理論，并能靈活運用?！窘獯稹扛鶕f有引力提供向心力GMmr2=mv2r=m婁脴2r=ma=m4婁脨2T2r隆攏

得v=GMr,婁脴=GMr3,a=GMr2,T=2婁脨r3GM隆攏

又因為在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力mg=GMmR2

得GM=gR2

所以v=gR2r,婁脴=gR2r3,a=gR2r2,T=2婁脨r3gR2隆攏

A.根據v=gR2r

其中r=2R+R=3R

所以v=gR23R=gR3隆攏

故A正確；

B.根據婁脴=gR2r3

其中r=2R+R=3R

所以婁脴=gR2(3R)3=g27R

故B錯誤；

C.根據F=ma=mgR2r2

其中r=2R+R=3R

所以F=ma=mgR2r2=mgR29R2=mg9

故C正確；

D.根據T=2婁脨r3gR2

其中r=2R+R=3R

所以T=2婁脨(3R)3gR2=2婁脨27Rg

故D錯誤。故選AC。【解析】AC

14、AD【分析】解：A婁脕

粒子是氦核流；帶正電，所以婁脕

射線是從原子核中射出的，故A正確；

B；婁脗

衰變現象是原子核內部的中子轉化為質子同時失去一個電子；故B錯誤；

C；婁脙

射線是由原子核躍遷產生；婁脙

射線是不帶電的光子流，故C錯誤；

D；由上分析可知；婁脕

射線、婁脗

射線、婁脙

射線都是從原子核內部釋放出來的，故D正確；

故選：AD

．

婁脕

射線是核原子核；婁脗

射線是電子流，婁脙

射線是由原子核躍遷產生的光子流，放射性元素的放射性由其本身決定，從而即可求解．

本題考查了三種射線的本質，要了解他們的生成物及原理，此類題目難度不大．【解析】AD

15、BC【分析】【分析】本題考查牛頓第二定律和向心力的分析。桿子在最高點可以表現為拉力，也可以表現為支持力，臨界的速度為零，根據牛頓第二定律判斷桿子對小球的彈力隨速度變化的關系。解題的關鍵是要特別注意桿可以是支持力也可以是拉力；隨速度的大小的不同而變化。

【解答】A.小球在最高點的最小速度為零，此時重力等于桿子的支持力，故A錯誤；BBC.在最高點，當桿子作用力為零時，mg=mv2L

解得：v=gL

當v

增大時，需要的向心力也增大，故桿為拉力即mg+F=mv2L

速度逐漸增大時，桿對小球的彈力也逐漸增大。當v

由gL

值逐漸減小時，桿對小球是支持力，mg鈭?F=mv2L

速度逐漸減小時，桿對小球的彈力也逐漸增大，故BC正確；D.當小球在最高點的速度為2gL時，根據mg+F=mv2L

解得：F=3mg

根據牛頓第三定律可知輕桿受到小球作用力F鈥?=F=3mg

方向豎直向上，故D錯誤。故選BC。【解析】BC

16、BC【分析】解：A

根據開普勒第三定律知，r3T2=k

同步軌道的半徑最大，則周期最大，故A錯誤．

B；衛(wèi)星在橢圓軌道上由A

到B

的過程中；萬有引力做負功，則速率逐漸減小，故B正確．

C、根據萬有引力等于重力得，GM=gR2

則衛(wèi)星在近地點A

的加速度a=GMm(R+h1)2m=gR2(R+h1)2

故C正確．

D、根據GMmr2=mr4婁脨2T2

得，同步衛(wèi)星的軌道半徑r=3gR2T24蟺2

則遠地點B

距地表距離為3gR2T24蟺2鈭?R

故D錯誤．

故選：BC

．

根據開普勒第三定律比較衛(wèi)星的周期大??；根據萬有引力做功判斷衛(wèi)星在橢圓軌道上運動時速率的變化.

根據萬有引力等于重力求出地球的質量，從而結合牛頓第二定律求出衛(wèi)星在近地點A

的加速度.

根據萬有引力提供向心力求出同步衛(wèi)星的軌道半徑，從而得出遠地點離地表的高度．

解決本題的關鍵掌握萬有引力定律的兩個重要理論：1

萬有引力等于重力，2

萬有引力提供向心力，并能靈活運用．【解析】BC

17、AD【分析】解：A

根據圓周運動的線速度和周期公式v=2婁脨rT

得土星線速度的大?。还蔄正確；

B；根據萬有引力提供圓周運動向心力可以根據半徑和周期求得中心的質量；因不知道土星的質量故無法求得太陽對土星的引力，故B錯誤；

C；萬有引力提供圓周運動向心力只能求中心天體的質量；故無法求得土星的質量，所以C錯誤；

D、根據萬有引力提供圓周運動向心力GmMr2=mr(2婁脨T)2

已知引力常量G

周期T

和半徑r

可以求出中心天體太陽的質量M

故D正確．

故選：AD

．

根據圓周運動的公式求解土星線速度的大小；研究土星繞太陽做勻速圓周運動；根據萬有引力提供向心力，列出等式求解．

本題考查了萬有引力在天體中的應用，解題的關鍵在于找出向心力的來源，并能列出等式解題.

向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用．【解析】AD

三、填空題(共7題，共14分)18、略

【分析】試題分析：根據伽利略對落體運動規(guī)律的研究，了解伽利略所開創(chuàng)的研究問題的方法和思維過程，伽利略對運動和力的關系研究，其科學思想方法的核心是把把實驗和邏輯推理和諧結合起來，即可正確解答本題．利用了斜面實驗伽利略巧妙地證明了自由落體運動是初速為零的勻加速直線運動．斜面實驗中伽利略運用了合理外推的物理方法．考點：伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法【解析】【答案】實驗；推理19、略

【分析】【解析】分析：分別對兩節(jié)點受力分析；用兩物體的重力表示出繩上的拉力F，一根繩上的拉力大小是相同的，利用這個關系比較兩個物體的質量關系．

解答：解：分別對兩節(jié)點受力分析如圖：

由平衡條件得：F′=m1g；F″=m2g

圖1：由三角函數關系得：tan45°=解得：T=m1g①

圖2：由三角函數關系得：tan60°=解得：T=m2g②

聯(lián)立①②得：

故答案為：小于,【解析】【答案】小于20、略

【分析】

設物體的加速度為a；則有。

x2=-

得到a==m/s2=2m/s2

物體在第4s內的位移是x4=-==7m．

故答案為：2；7

【解析】【答案】物體做勻加速直線運動；第2s內的位移等于前2s的位移減去第1s內的位移，根據位移公式列方程求出加速度，再求解第4s內的位移．

21、略

【分析】解：①共軸轉動，角速度相同，故ω1：ω2=1：1；

根據v=rω，角速度相等時，線速度與半徑成正比，故vA：vB=R：Rcosθ2=1：cosθ2=2：1；

④根據a=vω，角速度相等時，加速度與線速度成正比，故aA：aB=vA：vB=2：1；

故答案為：1：1；2：1，2：1．

共軸轉動，角速度相同，根據v=rω比較線速度；根據a=vω比較向心加速度．

本題關鍵抓住共軸轉動角速度相同，然后根據線速度、角速度與半徑關系公式列式求解，要明確緯度是指與赤道的夾角，由幾何關系確定60°時的半徑．【解析】1：1；2：1；2：122、略

【分析】解：根據GMmR2=mg=mR4婁脨2T2

得，T=4婁脨2Rg=4隆脕3.142隆脕6.4隆脕10610s隆脰1.4h

．

當地球的自轉周期和公轉周期相等時；地球的半面始終朝著太陽，另半面始終背著太陽.

則地球自轉周期為365d

．

故答案為：1.4365

．

當赤道物體完全失重時；靠萬有引力提供向心力，結合萬有引力提供向心力求出物體的周期.

當地球的自轉周期等于公轉周期時，地球的半面始終朝著太陽，另半面始終背著太陽．

解決本題的關鍵知道赤道上的物體飄起來時，支持力為零，靠萬有引力提供向心力．【解析】1.4365

23、【分析】【分析】通電導線在磁場中的受到安培力作用，由公式F=BIL

求出安培力大小，由左手定則來確定安培力的方向。其方向與磁場及電流構成的平面垂直。學會區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應電流的方向?！窘獯稹咳舸艌龇较蜇Q直向上，則安培力水平方向。受力分析如圖：由平衡條件可得：mgtan婁脠=BI1L

若磁場方向垂直于斜面向上，則安培力沿斜面向上。受力分析如圖：由平衡條件可得：mgsin婁脠=BI2L

則I1I2=1cos婁脠

故填1cos婁脠

【解析】1cos婁脠

24、O點位置兩細繩的方向【分析】解：該實驗采用了“等效法”；即要求兩次拉橡皮條的作用效果相同，因此需要記錄橡皮條伸長到某一位置O點的位置；該實驗的實驗目的是驗證力的平行四邊形定則，要根據兩個彈簧拉橡皮筋時兩個拉力的大小和方向做出平行四邊形求出其合力大小，然后與一個彈簧拉橡皮筋時的拉力大小進行比較，最后得出結論，故需要記錄的是兩彈力的大小和方向．

故答案為：O點位置；兩細繩的方向．

本實驗采用“等效”的思想；即要求兩次作用于細繩套的力的作用效果相同，因此明確了該實驗的實驗原理以及實驗目的即可以明確該實驗需要記錄的數據．

本題考查了“互成角度的兩個力的合成”實驗中的基本操作，是一道考查基本實驗操作的好題．【解析】O點位置兩細繩的方向四、作圖題(共4題，共28分)25、略

【分析】試題分析：第一題中水平地面的彈力應該是垂直于水平面豎直向上，半圓形物體的彈力沿垂直于接觸處的切面（切線）指向桿；第二題中水平地面的彈力應該是垂直于水平面豎直向上，細繩的彈力方向沿繩向上，第三題半圓形物體內側的彈力沿垂直于接觸處的切面（切線）指向受力物體桿，另外一個位置的彈力沿垂直于桿斜向上。考點：本題考查了彈力的方向的判斷問題。