2025年沪教版高三物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、远距离输电线路示意图如图所示，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压及输电线的电阻均不变．则（）A.用户负载增加时，升压变压器的原线圈中电流不变B.降压变压器的原线圈中电流较小，用较粗的导线绕制成C.因为先升压后又要降压，所以不用变压器直接输电更节约电能D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小2、光子的能量为hν，动量的大小为．如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，则衰变后的原子核是（）A.仍然静止B.沿着与光子运动方向相同的方向运动C.沿着与光子运动方向相反的方向运动D.可能向任何方向运动3、分别以p、V、T表示气体的压强、体积、温度．一定质量的理想气体，其初始状态表示为（p、V、T）．若分别经历如下两种变化过程：

①从（p、V、T）经等温膨胀变为（p1、V1、T1）

②从（p、V、T）经等压膨胀变为（p2、V2、T2）

在上述两种变化过程中，如果V1=V2；则下列判断正确的是（）

A.p1＜p2，T1＜T2

B.由于在两种变化过程中气体的体积变化相同；气体对外界做功一定相等。

C.气体的内能变化一定相等。

D.过程②中气体从外界吸收的热量一定大于过程①中气体从外界吸收的热量。

4、【题文】如图所示的直线为某静电场中的一条电场线；A；B为直线上的两个点，则下列判断正确的是（）

A.正电荷沿该电场线由A移动到B.受到的电场力可能先增大后减小。

B；正电荷沿该电场线由A移动到B；受到的电场力可能减小后增大。

C.A点的电势一定高于B点的电势。

D.负电荷在B点的电势能比在A点的小5、在磁场中，关于某平面的磁通量，下列说法正确的是（）A.穿过某平面的磁通量越大，则该处的磁感应强度一定越大B.在匀强磁场中，穿过某平面的磁感线的条数越多，则穿过该平面的磁通量越大C.穿过某平面的磁通量为零，则该平面一定平行于磁场方向D.将一个平面置于匀强磁场中的任何位置，穿过该平面的磁通量总是相等的6、关于如图所示的实验；下列说法正确的是（）

A.它首先是由法拉第完成的B.他证明了运动的磁针能产生感应电流C.它揭示了电与磁之间存在相互作用D.以上说法都对7、关于电阻率，下列说法中正确的是（）A.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B.各种材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小C.所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为无穷大D.某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=20N、F2=10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A.弹簧秤的示数是16NB.弹簧秤的示数是20NC.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10m/s2D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为8m/s29、关于加速度，下列的说法中正确的是（）A.加速度越大，则物体的速度变化越大B.加速度越大，则物体的速度变化越快C.物体做减速运动，若加速度增大，则物体的速度也随之增大D.物体做加速运动，若加速度变为零，则物体的速度达到最大值10、甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kg•m/s，p乙=14kg•m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg•m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（）A.3：10B.1：10C.1：4D.1：611、图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子从M点运动到N点的轨迹．可以判定（）A.粒子带负电B.M点的电势高于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点的动能小于在N点的动能12、下列有关热现象的说法正确的是（）A.分子力随分子间距离增大而增大B.没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C.已知某物质的摩尔质量和密度，可求出阿伏加德罗常数E.瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中内外气体的温度均不发生改变．则瓶内气体在吸收热量且分子平均动能不变E.瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中内外气体的温度均不发生改变．则瓶内气体在吸收热量且分子平均动能不变13、如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电荷，则该瞬间（）A.电流i正在增大B.电流i正在减小C.电容器带电量正在减小D.电容器带电量正在增大14、下列说法中正确的是（）A.摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置B.电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零C.摄像机在1s内要传送25幅画面D.电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、两行星的质量分别为m1和m2，绕太阳运行的轨道半径分别是r1和r2，若它们只有万有引力作用，那么这两个行星的向心加速度之比为____．16、真空中两个带电量为Q和-2Q的两个相同金属小球，当距离为R时静电力为F；使两个小球相互接触后分开，当距离为时，两球的静电力大小变为____F．17、两平行金属板A板带正电，B板带负电，板间产生匀强电场，两板间距是5cm，两板间电压是60V，则两板间的电场强度____，电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5cm，P2点离B板也是0.5cm，若将B板接地，P1电势____，P2电势____．18、（2016•栖霞市模拟）用如图所示的装置可以测定棱镜的折射率，其中ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的两个锐角α和β都是已知的，紧贴直角边AC的是一块平面镜，将束光线SO入射到棱镜的AB面上，适当调整SO的入射方向，使从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合，在这种情况下，仅需要测出一个物理量____就可以算出该棱镜的折射率，则计算折射率的表达式为n=____．19、某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：如图1在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．若已得到打点纸带如图2所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰后mAv+mBv=______kg•m/s（保留三位有效数字）．

20、同一平面内的三个力，大小分别为6N、7N、8N，若三力同时作用于某一物体，则该物体所受三力合力的最小值和最大值分别为____N和____N．21、一辆遥控小车原来匀速行驶，按下刹车键时速度随时间的变化关系为v=（2-0.5t）m/s，则小车刹车时的加速度大小为____m/s2，从刹车到停止运动需要____s．22、一物体在地球表面重16N，它在以5m/s2的加速度加速上升的火箭中的视重为9N，（g=10m/s2）则此时火箭离地面的距离为地球半径的____倍．23、（2013春•迎泽区校级月考）如图，在两根平行长直导线M、N中，通入相同方向、相同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为____，线框所受安培力合力的方向____．评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)24、当温度升高时，物体内部所有分子的动能都增加．____．（判断对错）25、只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离．就可以由F=G计算物体间的万有引力____（判断对错）26、质点就是体积很小的物体．____（判断对错）评卷人得分五、解答题(共3题，共24分)27、如图所示，被一细绳系住的小球质量为50g，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径r=0.2m，小球转速为120r/min．求小球受到的向心力的大小．并回答这一向心力是由什么力提供的．28、某工厂由于生产需要用一部直流电动机提升重物，装置如图所示，重物质量m为50kg．电源电动势E为110V，（内阻不计），电动机以0.85m/s的恒定速度向上平稳提升重物，电路中的电流强度为5A，不计摩擦阻力，g取10m/s2．求：

（1）电动机1分钟内消耗的电能是多少？

（2）电动机线圈的电阻R是多少？29、质量为M的斜劈放在粗糙水平地面上；斜劈倾角为θ=30°，当斜劈上轻轻放上一个质量为m的物块时，物块恰好能做匀速运动．

（1）求斜劈受到地面的支持力和地面的摩擦力；

（2）若给物块一个水平向右的力，使得物块沿着斜面向上匀速运动，求这个力的大小．求此时地面受到的摩擦力．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析【解析】【解答】解：A；用户增多时；电流增大，则根据电流之比等于匝数的反比可知，输入电流增大；故A错误；

B；降压变压器电压较小；故其电流较大，故B错误；

C；因为采用高压输电时；导线上电流较小，故可以减小导线上的功率损耗；故采用变压器输电能节约电能；故C错误；

D；当用户用电器的电阻增大时；电流减小，输电线上损失的功率将减小；故D正确；

故选：D．2、C【分析】【分析】γ射线无静止质量，但有运动质量，在衰变过程释放出来时要考虑其动量，把它看做一个粒子，动量守恒．【解析】【解答】解：本题涉及原子核放射现象且放射出一个γ光子；γ光子是一种电磁波，但在电磁波与微观粒子作用时，要考虑它的粒子性．从题意来看已给出了光子能量式和动量式，故本题中核放射性问题可看作一个粒子变成光子和另一粒子的过程，只不过前后两种粒子基本性质完全相同．但因光子有动量，故另一粒子必有相反动量，因为作用前后动量是守恒的．故C正确．

故选C3、A【分析】

从（p、V、T）变为（p1、V1、T1）的过程中，温度保持不变（T1=T）；

根据气体状态方程=C得：

=T1=T；

由于气体膨胀即V1＞V；

所以P1＜P．

从（p、V、T）变为（p2、V2、T2）的过程中；

根据气体状态方程可得：=

由于是等压膨胀，所以P2=P，V2＞V；

所以T2＞T=T1；

因为P1＜P=P2．

所以p1＜p2，T1＜T2；所以A正确；

B、虽然两种变化过程中气体的体积变化相同，但是两次的变化的气体的压强不同，所以气体对外做的功W2＞W1；所以气体对外界做功不相等，所以B错误；

C、由于最后的气体的温度T1＜T2，由于气体的温度不同，所以气体的内能变化不同，E2＞E1；所以C错误；

D、由于最后的气体的内能E2＞E1，在变化的过程中p2＞p1，所以气体对外做的功W2＞W1；根据热力学第一定律E=W+Q可得，过程②中气体从外界吸收的热量一定大于过程①中气体从外界吸收的热量，所以D正确．

故选A．

【解析】【答案】对于一定质量的理想气体；根据初末状态的状态参量，第一次做等温变化，第二次做等压变化，根据气体状态方程可以求得压强和温度的关系；

根据热力学第一定律可知分析气体的内能的变化情况．

4、A|B|C【分析】【解析】略【解析】【答案】ABC5、B【分析】【分析】穿过任一平面的磁通量越大；该处的磁感应强度不一定越大，也可能平面在磁场垂直方向投影的面积大．故A错误．穿过磁通量可以用穿过线圈磁感线条数来表示，所以在匀强磁场中，穿过某平面的磁感线的条数越多，则穿过该平面的磁通量越大，B正确，因为如果设从外到里的磁感线为正，从里到外的磁感线为负，就有可能“出”等于“入”，即整体磁通量显示为零。所以该平面不一定平行于磁场方向，C错误，当平面垂直放入匀强磁场时，穿过平面的磁通量最大，当平面平行放置于磁场中时，磁通量为零，D错误。

【点评】在研究磁通量时需要根据公式分析。6、C【分析】【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特，揭示了电与磁存在相互作用．【解析】【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特；奥斯特实验的内容是在平行直导线下方平行地放置着小磁针，当导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明小磁针受到磁力的作用．因此说明通电导线周围存在着磁场，揭示了电与磁之间存在相互作用，故C正确，ABD错误．

故选：C．7、D【分析】【分析】电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响．【解析】【解答】解：A；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量；电阻率越大，材料的导电性能越不好，故A错误；

B；电阻率表征了导体材料导电能力的强弱；由导体的材料决定，与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大，故B错误；

C；所谓超导体；是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然减为零的现象，故C错误；

D；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响；常用来制作标准电阻，故D正确；

故选：D．二、多选题(共7题，共14分)8、AD【分析】【分析】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以其中一个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出弹簧称的示数；弹簧的弹力不能突变，分析弹力撤去后物体的受力情况，然后根据物体的受力情况是否变化，进一步判断物体加速度是否变化．【解析】【解答】解：A、B、以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度：a=，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-F=m1a，则F=F1-m1a=20-2×2=16N；故A正确，B错误；

C、在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，仍为2m/s2；故C错误；

D、在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度：；故D正确；

故选：AD．9、BD【分析】【分析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大表示速度变化快，加速度小表示速度变化慢，减速运动，加速度增大，速度减小，加速运动，加速度减小时，速度增大，当加速度减为0时，速度达到最大值．【解析】【解答】解：A；加速度越大；速度变化不一定大，还要看时间，故A错误；

B；加速度是描述速度变化快慢的物理量；加速度大表示速度变化快，故B正确；

C；减速运动；加速度增大，但速度减小，故C错误；

D；加速运动；加速度减小时，速度增大，当加速度减为0时，速度达到最大值，故D正确．

故选：BD10、AC【分析】【分析】两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律列方程，然后求出两球的质量之比．【解析】【解答】解：动量P=mv，球的速度v=；甲球速度大于乙球速度；

则有＞，得到＜=；

根据动量守恒得，p甲+p乙=p甲′+p乙′；

代入解得p甲′=2kg•m/s．

据碰撞过程总动能不增加得到：

+≥+；

代入解得：＜

碰撞后两球同向运动；甲的速度不大于乙的速度；

则≤，代入解得≥；

所≤≤；

故选：AC．11、BD【分析】【分析】根据粒子的弯曲方向判断粒子所受电场力方向，确定电场力做功的正负，根据电势能的变化和动能的变化．根据电场线的疏密判断电场强度大小，确定电场力的大小．【解析】【解答】解：

A；粒子从M点运动到N点；轨迹向下弯曲，粒子所受的电场力方向沿电场线的切线向下，与电场方向相同，则粒子带正电．故A错误．

B；顺着电场线方向；电势降低，则知，M点的电势高于N点的电势．故B正确．

C；N处电场线比M处电场线疏；则M处电场强度小于N处电场强度，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力．故C错误．

D；粒子从M到N过程；电场力做正功，根据动能定理，动能增大，即粒子在M点的动能小于在N点的动能．故D正确．

故选BD12、BDE【分析】【分析】要知道：分子力随着分子间距的增加而先增加后减小，把吸收的能量全部转化为机械能是不可能实现的，由物质的摩尔质量和密度，不可求出阿伏加德罗常数，内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，由于瓶内气体缓慢流出过程中气体积增大，气体对外做功，由于瓶内外温度始终相等，没有热量的交换，根据热力学第一定律可知：气体需要吸收热量．【解析】【解答】解：A；分子间同时存在引力和斥力；都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但分子斥力变化更快；当分子间距小于平衡距离时，合力随着分子间距的减小而增加；当分子间距大于平衡距离时，合力随着分子间距的增加而先增加后减小；故A错误。

B；把不可能把吸收的能量全部转化为机械能；则B正确。

C；物质的摩尔质量和密度；可求得摩尔体积，但与出阿伏加德罗常数无关，则C错误。

D；内能与温度、体积、物质的多少等因素有关；而分子平均动能只与温度有关，则D正确。

E；瓶内气体缓慢流出过程中气体积体积增大；气体对外做功，而温度始终相等，则气体需要吸收热量．因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，则E正确．

故选：BDE13、BD【分析】【分析】在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能．【解析】【解答】解：A；根据图示电路知；该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电场能．故A错误．

B、电容器的带电量在增大，根据U=；知电容器两极板间的电压正在增大．故B正确；

D；充电的过程；电量在增加；磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小．故C错误D正确．

故选：BD．14、ACD【分析】【分析】传感器是指：能感受规定的被测量件并按照一定的规律（数学函数法则）转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成．【解析】【解答】解：A；摄像机实际上是一种光电传感器；是一种能将光信号转变为电信号的装置，故A正确；

B；电磁波是电磁场在空间的传播；能量并不是相互转化的，故B错误；

C；摄像机在1s内可以传送25幅画面；播放时利用人体的视觉暂留效应得到动态图画，故C正确；

D；电视机实际上是一种将电信号转变为光信号和声信号的装置；故D正确；

故选ACD．三、填空题(共9题，共18分)15、【分析】【分析】行星绕太阳圆周运动的向心力由万有引力提供，根据半径关系求得向心加速度和周期之比．【解析】【解答】解：万有引力提供行星圆周运动的向心力即：

可得行星的向心加速度a=，所以=

故答案为：16、【分析】【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．【解析】【解答】解：由库仑定律可得：

F=k；

而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为；

则库仑力F′=k=k=F；

故答案为：．17、1200V/m54V6V【分析】【分析】（1）根据E=求解电场强度；

（2）B板接地，电势为零，P1和P2两点的电势等于其与电势零点的电势差．【解析】【解答】解：（1）根据公式E=V/m．

（2）P1沿电场方向到B的距离：

d1=5cm-0.5cm=4.5cm

由公式φ1-φB=Ed1B=1200×（4.5×10-2）V=54V得：

φ1=54V．

同理：φ2-φB=Ed2B=1200×0.5×10-2V=6V

得φ2=6V．

故答案为：1200V/m；54V，6V18、∠SOB或入射角i或．【分析】【分析】题意可知从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合，因此根据光路可逆可知SO的折射光线是垂直于AC的，然后根据折射定律即可求解【解析】【解答】解：若使从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合；根据光路可逆可知SO的折射光线应与AC垂直，光路图如图所示：

设∠SOB=γ．

根据几何关系可知：入射角为i=90°-γ，折射角为r=α．

故其折射率为：n====

所以仅需要测出一个物理量：∠SOB或入射角i就可以算出该棱镜的折射率．

故答案为：∠SOB或入射角i；或．19、略

【分析】解：由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．

推动小车由静止开始运动；故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；

碰撞过程是一个变速运动的过程；而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．

由图示纸带可知：DE=6.95cm=0.0695m，碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s；

故答案为：0.417．

碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．

物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m．

根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口．【解析】0.41720、021【分析】【分析】当这三个力作用在同一物体上，并且作用在同一直线上，方向相同，三个力的合力最大．如果三个力不在同一直线上，夹角可以变化，当两个较小力的合力大小等于第三个力，方向相反时，合力为零，此时三个力的合力的最小．【解析】【解答】解：当三个力作用在同一直线；同方向时；三个力的合力最大，即F=6N+7N+8N=21N．

当三个力作用在一个物体上；不在一条直线，并且夹角可以改变，6N在7N与8N的合力最大值15N，最小值1N之间，故此时三个力的合力为零，即它们合力的最小值为0．

故答案为：0，21．21、0.54【分析】【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出火车刹车时的初速度和加速度，结合速度时间公式求出刹车到停止的时间．【解析】【解答】解：根据v=v0+at=2-0.5t得，初速度v0=2m/s，加速度大小a=0.5m/s2；

则刹车到停止的时间t=．

故答案为：0.5，4．22、3【分析】【分析】对静止在地球表面的物体进行受力分析；得出物体在地球表面的重力．该物体放在火箭中，对物体进行受力分析，注意此时物体所受的重力与在地球表面不相等．

运用牛顿第二定律求出在火箭中，物体的重力．由于不考虑地球自转的影响，根据万有引力等于重力求出此时火箭距地面的高度．【解析】【解答】解：对静止在地球表面的物体进行受力分析；物体受重力和弹簧的拉力F．

G0=mg=F=16N．

其中g为地球表面的重力加速度，取g=10m/s2

得出物体质量m=1.6kg．

该物体放在火箭中；对物体进行受力分析，物体受重力和弹簧的拉力T．

火箭中以a=5m/s2的加速度匀加速竖直向上；根据牛顿第二定律得：

N-mg′=ma

解得：g′=-a=-5=

由于不考虑地球自转的影响；根据万有引力等于重力得出：

在地球表面：G0==mg

在航天器中：G′==mg′

则==

所以r=4R

即此时火箭距地高度为h=r-R=3R．即此时火箭离地面的距离为地球半径的3倍．

故答案为：323、adcba（逆时针）向右【分析】【分析】两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．【解析】【解答】解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知；在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．

当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；

当导线框经过中线OO′，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；

当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba．

根据左手定则；与越靠近导线的磁场越强相结合，线框在中线右侧时，由于磁场向外，而线框电流为逆时针方向，则有线框受到的安培力向右，同理，可知，线框受到的安培力方向向右；

故答案为：adcba，向右．四、判断题(共3题，共15分)24、×【分析】【分析】温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：