2025年冀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年冀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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一个弹簧振子的振动周期为0.025s，从振子向右运动经过平衡位置开始计时，经过0.17s时，振子的运动情况是（）A.正在向右做减速运动B.正在向右做加速运动C.正在向左做减速运动D.正在向左做加速运动2、一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0；此后盒子运动的v-t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量（）

A.B.C.MD.2M3、如图所示；水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）

A.穿过弹性圆环的磁通量增大。

B.从左往右看；弹性圆环中有顺时针方向的感应电流。

C.弹性圆环中无感应电流。

D.弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外。

4、2012年10月25日；我国将第十六颗北斗卫星“北斗-G6”送入太空，并定点于地球静止轨道东经110.5°．由此，具有完全自主知识产权的北斗系统将首先具备为亚太地区提供高精度；高可靠定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力．其定位精度优于20m，授时精度优于100ns．关于这颗“北斗-G6”卫星以下说法中正确的有（）

A.这颗卫星轨道平面与东经110.5°的经线平面重合。

B.通过地面控制可以将这颗卫星定点于杭州正上方。

C.这颗卫星的线速度大小比离地350公里高的天宫一号空间站线速度要大。

D.这颗卫星的周期一定等于地球自转周期。

5、【题文】一束单色光从空气射入玻璃中，则光的A.频率不变，波长变长B.频率变大，波长不变C.频率不变，波长变短D.频率变小，波长不变6、如图所示，让平行板电容器带电后，极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地．静电计的指针偏转一定的角度，若不改变A、B两板的带电量，而将A板向B板稍微靠近，那么（）A.静电计的指针偏角变小B.静电计的指针偏角变大C.两极板间的电场强度变大D.平板电容器的电容变小7、所示，两个体积大小相同的带负电的小球，分别用等长的绝缘细线悬挂起来，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为α．以下判断错误的是（）A.两小球的质量一定相等B.两小球的电荷量一定相等C.两小球所受的库仑力大小一定相等D.两小球所受细线的拉力大小一定相等评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、如图所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为．在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.运动员减少的重力势能为mghC.运动员获得的动能为mghD.下滑过程中系统减少的机械能为mgh9、物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，传送带转动后，则（）A.M将减速下滑B.M仍匀速下滑C.M受到的摩擦力变大D.M受到的摩擦力不变10、如图所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A（图中未画出）时速度为vt，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是（）A.若vt=v0，则A点可能位于第一象限B.若vt=v0，则A点一定位于第二象限C.若vt＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大D.若vt＞v0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量11、爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．下面有关光电效应的说法中正确的是（）A.入射光的频率必须大于金属的极限频率才能产生光电效应现象B.任何频率的光照射金属都可以产生光电效应现象C.光电子的最大初动能与入射光的频率有关D.金属的逸出功由入射光的频率决定12、物体沿直线运动的υ-t关系如图所示；已知在第1秒内合外力对物体做功为W，则（）

A.从第1秒末至第3秒末合外力做功为4WB.从第3秒末至第7秒末合外力做功为0C.从第2秒末至第4秒末合外力做功为-0.75WD.从第5秒末至第7秒末合外力做功为-W13、下列所述的实例中（均不计空气阻力），遵守机械能守恒定律的是（）A.小石块被水平抛出后在空中运动B.木箱沿光滑斜面下滑C.人乘电梯加速上升D.子弹射穿木块14、一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（）A.由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下B.由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C.沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势D.沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势方向一定由下向上15、如图所示，位于斜面上的物快m受一沿斜面向上的推力F的作用，处于静止状态，现在一定范围内逐渐增大F，且物块始终保持静止，则斜面作用于物块的摩擦力F，的可能情况是（）A.Fs逐渐变小，且方向始终沿斜面向下B.Fs逐渐变大，且方向始终沿斜面向下C.Fs先变大后变小D.Fs先变小后变大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、质量为0.5kg的小球，在空中由静止下落，不计空气阻力，下落2s时重力的瞬时功率为____W，这段时间内重力的平均功率为____W．17、如图所示，一束单色光垂直于直角三棱镜的AB边射入，光束在AC面上刚好发生全反射，已知棱镜的顶角∠A=45°，真空中的光速为c，则棱镜对此单色光的折射率为____，该单色光在此棱镜中的传播速度为____．18、（2012秋•赫山区校级月考）如图所示，质量为m、电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为θ（弧度），AB弧长为s，则AB弧中点的场强大小E=____．19、在远距离输电过程中，要先用____变压器将电压升高后把发电机发出的电能输送到原处的用户附近，再经过____变压器把电压降低，供用户使用．（填“升压”、“降压”）20、在做“测定金属丝的电阻率”的实验中；若待测电阻的丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：

A．电池组（3V；内阻约1Ω）

B．电流表（0～3A；内阻0.0125Ω）

C．电流表（0～0.6A；内阻约0.125Ω）

D．电压表（0～3V；内阻4KΩ）

E．电压表（0～15V；内阻15KΩ）

F．滑动变阻器（0～20Ω；允许最大电流1A）

G．滑动变阻器（0～2000Ω；允许最大电流0.3A）

H．开关；导线若干。

（1）实验时应从上述器材中选用____（填写仪器前字母代号）．

（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表____接法，测量值比真实值偏____（选填“大”或“小”）．

（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图；

则读数为____mm．

（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=____．

21、在长度、质量、力、速度、温度、比热等物理量中，属于矢量的有______，属于标量的有______．22、（2015秋•邯郸校级月考）水平绝缘杆MN套有质量为m，电荷量为+q的带电小球，小球与杆的动摩擦因数为μ，将该装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，给小球一水平初速度v0，则小球的最终速度可能为____．23、对静止在地面上的质量为10kg的物体，施加竖直向上的拉力F，使物体以2m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，则在前5s内拉力的平均功率为____．24、电场强度的定义式E=____，点电荷的场强公式E=____，场强的方向规定：某一点场强的方向与该点处正电荷所受电场力的方向____，与该点处负电荷所受电场力的方向____．评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)25、新能源是指新开采的能源．____．（判断对错）26、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）27、电流周围存在磁场____．（判断对错）28、作用力与反作用力一定是同种性质的力．____（判断对错）评卷人得分五、作图题(共2题，共8分)29、有一根粗细均匀的空心导体棒如图a所示，截面为同心圆环（如图b）；其电阻约为100Ω，这种材料的电阻率为ρ．某同学用以下器材测量该导体棒的内径：

A．20分度的游标卡尺。

B．螺旋测微器。

C．电流表A1（量程50mA，内阻R1=100Ω）

D．电流表A2（量程l00mA，内阻R2约40Ω）

E．滑动变阻器R（0～10Ω）

F．直流电源E

G．导电材料样品Rx

H．开关一只；导线若干．

（1）用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数L=______mm；用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数D=______mm．

（2）图丙是实验原理图；请在丁图中完成线路连接．

（3）闭合开关S，调整滑动变阻器，记录电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，则导体管的内径d=______（用已知量和测量量的符号来表示）30、在如图所示的各图中；匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为+q，试标出洛伦兹力的方向．

评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)31、船在400米宽的河中横渡，河水流速是2m/s，船在静水中的航速是4m/s，试求：（1）要使船到达对岸的时间最短，船头应指向何处？最短时间是多少？航程是多少？（2）要使船航程最短，船头应指向何处？最短航程为多少？渡河时间又是多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】t=0时刻振子的位移x=0．结合0.17s时间内完成的振动次数，从而确定加速度大小与方向．【解析】【解答】解：以水平向右为坐标的正方向，振动周期是0.025s，振子从平衡位置开始向右运动，经过0.17s时，完成了n===6.8

因此振动正在向右加速运动到平衡位置．

故选：B2、C【分析】【分析】根据速度时间图象得到盒子各个时刻的速度情况，然后根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程后联立求解．【解析】【解答】解：设物体的质量为m．t0时刻受盒子碰撞获得速度v；以向右为正方向；

由动量守恒定律得：Mv0=mv①

3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，有：Mv02=mv2②

联立①②解得：m=M；即盒内物体的质量也为M．

故选：C．3、B【分析】

磁感线是闭合曲线；磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消．

A；现将弹性圆环均匀向外扩大；则磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，导致磁通量变小，故A错误．

B；由A选项分析；可知，磁通量变小，则由楞次定律得，产生感应电流顺时针，故B正确，C错误；

D；产生顺时针感应电流；在外部感线的作用下，根据左手定则可知，弹性圆环受到的安培力方向沿半径向内，故D错误；

故选B

【解析】【答案】磁感线是闭合曲线；在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极．图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向右，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向左，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况．

4、D【分析】

A；同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道；所以北斗导航卫星不可能与东经110.5°的经线平面重合，也不可能定点于杭州正上方，故A、B错误；

C、根据v=r越大；v越小．同步卫星距离地球的高度约为36000km，所以该卫星正常运行时的速度比离地350公里高的天宫一号空间站线速度小．故C错误；

D；同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等；故D正确。

故选D．

【解析】【答案】地球同步卫星即地球同步轨道卫星；又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同；运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．在地球同步轨道上布设3颗通讯卫星，即可实现除两极外的全球通讯．

5、C【分析】【解析】

试题分析：当单色光由空气射向玻璃时，光速减小，频率不变，根据可知波长减小；C选项正确。

考点：光的频率、波速及波长的关系。【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】由电容器的决定式可知电容的变化，再由定义式可得出指针偏角及电量的变化，由U=Ed可求得场强的变化．【解析】【解答】解：由C=ɛ可知；当减小距离d时，电容器的电容增大；

因充电后断开电源，故极板两端的电量不变；由C=可知，U==；故电压减小，故指针的偏角减小；

由U=Ed可知，E==；故电场强度保持不变；

故选：A．7、B【分析】【分析】分别对两小球进行受力分析，根据受力可知，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．【解析】【解答】解：BC；根据牛顿第三定律可知；题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．故B错误、C正确．

A、因为F库=mgtanα；所以质量相等，故A正确．

D、根据；所以拉力相等，故D正确．

本题选择错误的。

故选：B．二、多选题(共8题，共16分)8、BCD【分析】【分析】由牛顿第二定律可求得合外力，则可求得合力所做的功；则由动能定理可求得动能的变化量，分析人在运动过程中的受力及各力做功情况，求得摩擦力；由摩擦力做功可求得机械能的变化量．【解析】【解答】解：A；运动员在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用；

由牛顿第二定律可知，人受到的合力F=ma=

运动员合外力F=mgsinθ-Ff=

故摩擦力Ff=mgsinθ-=mg；

摩擦力所做的功Wf=mg×2h=mgh；

故克服摩擦力做功为mgh；运动员减少的重力势能没有全部转化为动能．故A错误；

B；运动员下降的过程中重力做功是mgh；所以重力势能减小mgh．故B正确；

C、故合力的功W=Fs==mgh；由动能定理可知，运动员的动能的改变量为mgh；故C正确；

D、摩擦力做功等于机械能的减小量，故机械能减小了mgh；故D正确；

故选：BCD．9、BD【分析】【分析】在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析，弄清摩擦力的大小和方向问题，就能够顺利解决问题．【解析】【解答】解：传送带突然转动前物块匀速下滑；对物块进行受力分析：物块受重力；支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．

传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，由于重力的分力是固定不变的，则物体受到的支持力是不变的，所以物块所受到的摩擦力大小不变；方向仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑．

故AC错误；BD正确．

故选：BD．10、BD【分析】【分析】负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以该电荷受水平向左的电场力和竖直向下的重力，根据功能关系即可求解．【解析】【解答】解：A、若vt=v0，根据动能定理得：；重力做负功，则电场力力必定做正功，且两者相等，故A点一定位于第二象限，故A错误，B正确．

C、若vt＞v0，根据动能定理得：

该电荷受电场力水平向左；所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力做油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故C错误，D正确；

故选：BD11、AC【分析】【分析】本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程．【解析】【解答】解：A、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率，即ν＞ν0时；才会有光电子逸出，故A正确，B错误．

C、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W，可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成线性关系．故C正确．

D；金属的逸出功是由金属自身决定的；与入射光频率无关，其大小W=hγ，故D错误；

故选：AC．12、BC【分析】【分析】由速度-时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同．根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功．【解析】【解答】解：A；物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动；合力为零，做功为零．故A错误．

B；从第3秒末到第7秒末动能的变化量为零；故合力的功为零．故B正确．

C、从第2秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的；则合力做功为-0.75W．故C正确。

D；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同；合力做功相同，即为W．故D错误．

故选：BC．13、AB【分析】【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．【解析】【解答】解：A；小石块被平抛后在空中运动；物体只受到重力的作用，机械能守恒．故A正确．

B；木箱沿光滑斜面下滑；只有重力做功，机械能守恒．故B正确．

C；人乘电梯加速上升；动能增加，重力势能增加，机械能增加，不守恒．故C错误．

D；子弹射穿木块；木块的阻力要做功，所以子弹的机械能不守恒，故D错误．

故选AB．14、BC【分析】【分析】假设金属杆中产生了感应电流，金属杆相当于电源，在电源内部电流从低电势点流向高电势点；由右手定则判断出感应电流的方向，从而判断电势的高低．【解析】【解答】解：在地球赤道上空；地磁感线水平由南指向北；

A；飞机由西向东水平飞行时；由右手定则可知，感应电流从下向上，因此金属杆中感应电动势的方向一定由下向上，故A错误；

B；飞机由东向西水平飞行时；由右手定则可知，感应电流从上向下，因此金属杆中感应电动势的方向一定由上向下，故B正确；

C；飞机沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时；飞机的速度方向与磁感线方向平行，金属杆不切割磁感线，不产生感应电动势，故C正确；

D；飞机沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时；飞机的速度方向与磁感线方向平行，金属杆不切割磁感线，不产生感应电动势，故D错误；

故选：BC．15、BD【分析】【分析】对m受力分析，根据平衡条件判断摩擦力的方向及大小变化情况．【解析】【解答】解：对物体进行受力分析；在沿斜面的方向，由平衡条件知：

A；当F＜mgsinθ时；M有沿斜面向下运动的趋势，则M所受的静摩擦力方向沿斜面向上且f=Mgsinθ-F，当F增大时f减小，故A错误；

B；当F=mgsinθ时；M没有运动的趋势，此时物体不受斜面的静摩擦力，若F增大，则物体有沿斜面向上运动的趋势，会收到沿斜面向下的摩擦力，有：

mgsinθ+f=F；可见F增大则f增大，故B正确；

C；由上面分析知；若F从一个小于mgsinθ的值一直增大到大于mgsinθ的过程，f先减小到0然后再反向增大，故D正确C错误．

故选：BD．三、填空题(共9题，共18分)16、10050【分析】【分析】根据自由落体运动位移公式可求出落地时间，根据速度时间关系可求出落地速度，根据P=Fv可求出瞬时功率和平均功率．【解析】【解答】解：由v=gt得落地时的速度是v=10×2=20m/s

由P=Fv得下落2s时重力的功率为P=mgv=0.5×10×20=100W；

这段时间内重力的平均功率为。

P=mg=mgv==50W

故答案为：100W，50W17、×108m/s【分析】【分析】光线在AC面上恰好发生全反射，入射角等于全反射临界角，由几何关系可定出临界角C，根据公式sinC=求出棱镜对单色光的折射率．由v=求解单色光在此棱镜中的传播速度．【解析】【解答】解：由题知光束在AC面上恰好发生全反射；入射角等于全反射临界角，由几何知识得C=45°

根据sinC=得n==

该单色光在此棱镜中的传播速度为v===×108m/s

故答案为：，×108m/s．18、【分析】【分析】由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，静电力是质点做圆周运动的向心力，列出等式和点电荷的场强公式结合求解AB弧中点的场强大小．【解析】【解答】解：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=θr①

静电力是质点做圆周运动的向心力，即qE=m②

解得AB圆弧中点的场强大小E=③

故答案为：19、升压降压【分析】【分析】为降低输电线的电损，根据焦耳定律，要采用小电流输电；在传输功率一定的情况下，根据P=UI，只能采用高压输电．【解析】【解答】解：在远距离输电过程中；要先用升压变压器将电压升高后把发电机发出的电能输送到原处的用户附近，再经过降压变压器把电压降低，供用户使用．

故答案为：升压、降压．20、略

【分析】

（1）①电池组A必选；由于电动势是3V，用3V量程的电压表D；因为电阻丝的电阻大约为5Ω，如果把3V的电动势全加在电阻丝上，电流才是0.6A，因此用量程是0.6A的电流表C；此题中金属丝的电阻大约为5Ω，为了减小实验误差，应选10Ω的滑动变阻器F，还有连接电路必要的导线开关H，所以实验器材选用ACDFH；

（2）由于说明待测电阻为小电阻，应采用外接法；由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，故电阻测量值比真实值偏小；

（3）从螺旋测微器的主尺上可以看出；半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读0.5mm，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读40.0×0.01mm=0.400mm，所以该金属丝直径应为0.5mm+0.400mm=0.900mm．

（4）根据可得

答案（1）ACDFH，（2）外、小，（3）0.900，（4）．

【解析】【答案】（1）选电压表和电流表的原则是：在不超出量程的前提下；指针偏角越大越好；选的滑动变阻器要便于操作．

（2）待测电阻的阻值与电流表差不多；故电流表的外接，从而判断出测量值与真实值的关系；

（3）螺旋测微器的读数方法：主尺+半毫米+转筒（4）根据电阻的决定式求电阻率．

21、略

【分析】【解析】矢量是即有大小又有方向的物理量，标量只有大小没有方向，故可得力，速度属于矢量；长度、质量、温度、比热属于标量．思路分析：矢量是即有大小又有方向的物理量，标量只有大小没有方向，试题【解析】【答案】力，速度；长度、质量、温度、比热．22、v0和0【分析】【分析】对小球受力分析，根据洛伦兹力与重力的大小关系，判断出小球的运动状态，即可求得最终速度【解析】【解答】解：当qvB=mg时，小球做匀速运动，最终速度为v0

当qvB＞mg时，小球做减速运动，当速度减到v0；时，小球将做匀速运动；

当qvB＜mg时，小球一直做减速运动，最终静止，故速度可能为v0和0

故答案为：v0和023、600W【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出拉力的大小，根据位移公式求出前5s内的位移，从而结合平均功率公式求出拉力的平均功率．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得：F-mg=ma；

解得：F=mg+ma=100+10×2N=120N；

物体在前5s内的位移为：；

则前5s内拉力的平均功率为：P=．

故答案为：600W．24、相同相反【分析】【分析】电场强度等于放在电场中某点的试探电荷所受的电场力与其电荷的比值，E的方向与正电荷所受的电场力方向相同，与负电荷的电场力方向相反，结合库仑定律，可推导出点电荷的电场强度的公式，从而即可求解．【解析】【解答】解：电场强度的定义式是E=；

点电荷的场强公式E===；

物理学上规定：电场强度的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同；与负电荷所受电场力方向相反．

故答案为：，，相同，相反．四、判断题(共4题，共36分)25、×【分析】【分析】根据新能源的定义进行判断，新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源．【解析】【解答】解：新能源又称非常规能源；是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究；有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，因此新能源是指新开采的能源这种说法是错误的．

故答案为：×26、×【分析】【分析】万有引力定律适用的条件是两个质点间引力的计算．物体间的引力关系也遵守牛顿第三定律．公式中G是引力常量，是自然界的恒量．【解析】【解答】解：A；万有引力定律适用于任何两个可以看出质点的物体之间或均质球体之间的引力计算；当两个物体之间的距离太小的时候，物体就不能看做质点，这时就不能用这个公式直接计算了，所以这个说法是错误的．

故答案为：×27、√【分析】【分析】丹麦物理学家奥斯特首先发现的电流周围存在磁场．【解析】【解答】解：丹麦物理学家奥斯特首先发现的电流周围存在磁场；安培确定了电流周围的磁场的方向．所以电流周围存在磁场是正确的．

故答案为：（√）28、√【分析】【分析】