2024年北師大版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高二物理上冊階段測試試卷374考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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、電動機正常工作時（）A.電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能B.電能全部轉(zhuǎn)化為機械能C.電能主要轉(zhuǎn)化為機械能，只有一小部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.電功率等于機械功率和熱功率之和2、如圖所示，一根繃緊的繩子系5個單擺，其中a、d擺長相等，原來5個單擺均處于靜止．今先使a振動，發(fā)現(xiàn)其余4個單擺隨之開始振動，以下說法正確的是（）A.e的振動周期最大B.d的振幅最大C.e振幅最大D.c振幅最大3、如圖所示，單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中，線圈軸線OO隆盲

與磁場邊界重合.

線圈按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動.

若從圖示位置開始計時，并規(guī)定電流方向沿a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

為正方向，則線圈內(nèi)感應(yīng)電流隨時間變化的圖象是下圖中的哪一個？(

)

A.B.C.D.4、下列說法中正確的是(

)

A.根據(jù)磁感應(yīng)強度B

的定義式B=FIL

可知，磁感應(yīng)強度B

與F

成正比，與IL

成反比B.一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力作用，該處的磁感應(yīng)強度一定為零C.穿過一個單匝線圈的磁通量始終保持每秒鐘均勻地減少了2Wb

則線圈中感應(yīng)電動勢每秒減少2V

D.感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁通量的變化5、將正弦交流電經(jīng)過整流器處理后；得到的電流波形剛好去掉了半周，如圖，它的有效值是(

)

A.2A

B.2A

C.22A

D.1A

6、安徽某中學(xué)物理興趣小組在進行“綜合與實踐”活動時利用無人機航拍。如圖甲是一架多旋翼無人機水平懸停在空中，圖乙是無人機的一條水平金屬旋翼，旋翼從下往上看繞O點沿逆時針方向做角速度為ω、半徑為L的勻速圓周運動，P為旋翼端點。已知北半球上空各點地磁場的磁感應(yīng)強度水平分量為B1，豎直分量為B2，方向向下。則OP兩點間的電勢差UOP為（）A.B1L2ωB.B2L2ωC.-B1L2ωD.-B2L2ω7、電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路．當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時（）

A.電壓表讀數(shù)減小；電流表讀數(shù)增大。

B.電壓表讀數(shù)增大；電流表讀數(shù)減小。

C.電壓表和電流表讀數(shù)都減小。

D.電壓表和電流表讀數(shù)都增大。

8、如圖所示,實線與虛線分別表示振幅、頻率均相同的兩列波的波峰和波谷。此刻M是波峰與波峰相遇點，下列說法中正確的是()A.該時刻質(zhì)點O正處于平衡位置B.P、N兩質(zhì)點始終處在平衡位置C.隨著時間的推移,質(zhì)點M將向O點處移動D.從該時刻起,經(jīng)過四分之一周期,質(zhì)點M到達平衡位置9、沿水平方向拋出一個鉛球.

不計空氣阻力.

鉛球在空中運動的過程中(

)

A.機械能守恒B.機械能增加C.動能減少D.重力勢能增加評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、質(zhì)量m＝2kg的物體做勻加速直線運動，初速度為v0＝2m/s，已知物體在t＝2s內(nèi)的位移為x＝8m，那么作用在該物體上的合外力F大小為___N。(g＝10m/s2)11、如圖所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊。由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止。在物塊的運動過程中，下列正確的是（）A.兩個物塊的電勢能逐漸減少B.物塊受到的庫侖力不做功C.兩個物塊的機械能守恒D.物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力12、在一個很小的巨型半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極EFMN

它就成了一個霍爾元件(

如圖)

在EF

通入恒定的電流I

同時外加與薄片垂直的磁場B

元件在沿磁場方向的厚度為d

在MN

間出現(xiàn)了電壓UH

稱為霍爾電壓.

當(dāng)電流恒定和所用材料一定時，霍爾電壓UH

與______成正比，與______成反比．

13、本題為選做題，考生只選擇一題作答.

若兩題都作答，則按24鈭?A

題計分．

。24A(

本題供使用選修11

教材的考生作答)

如圖為收音機電源電路中的濾波電路，濾波元件x

是________(

填“電容”或“電感”)

用它來濾除大部分________(

填“交流”或“直流”)

成分．24B(

本題供使用選修31

教材的考生作答)

如圖所示，閉合開關(guān)，將電介質(zhì)向右直至完全插入兩板間，電容器電容________，兩極板所帶電量________(

均填“增大”或“減小”)

．

14、如圖是熱水器的恒溫集成電路，R0是熱敏電阻，溫度較低時其阻值很大，溫度較高時阻值很小．如果熱水器中沒有水或水溫較高時，繼電器會放開簧片，發(fā)熱器斷路，反之會吸住簧片接通發(fā)熱器．如果熱水器中沒有水時，電路中BC部分就處于______（填“斷路”或“短路”），則在電路圖的虛線框內(nèi)的門電路應(yīng)是______門，當(dāng)溫度較低時，門電路的輸入端A是______電勢（填“高”或“低”）．15、如圖所示，在同一均勻介質(zhì)中有S1S2

兩個波源，這兩個波源的頻率、振動步調(diào)均相同，S1S2

之間相距兩個波長，B

點S1S2

為連線的中點，今以B

點為圓心，以BS1

為半徑畫圓，則在圓周上(S1S2

兩波源除外)

共有______個加強點．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）18、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

19、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

21、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）22、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共2題，共16分)23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。24、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、解答題(共4題，共24分)25、在如圖所示的甲、乙電路中，電源的電動勢E=3V，內(nèi)電阻r=1.0Ω，電阻R=2.0Ω，電動機的內(nèi)阻R內(nèi)=2.0Ω；求：

（1）甲圖中閉合開關(guān)S后；電阻R的功率；

（2）乙圖中閉合開關(guān)S后，電路中的電流為0.5A，電動機的熱功率及輸出功率；26、電場中某區(qū)域的電場線如圖所示，A、B是電場中的兩點。一個電荷量的點電荷在A點所受電場力將該點電荷從A點移到點，電場力做功

求：（1）A點電場強度的大小

（2）A、B兩點間的電勢差

27、如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度B1=0.40T，方向垂直于紙面向里，電場強度E=2.0×105V/m，PQ為板間中線，緊靠平行板右側(cè)邊緣xoy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2=0.25T，磁場邊界AO和y軸的夾角∠AOy=45°．一束帶電荷量q=8.0×10-19C的正粒子從P點射入平行板間；沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為（0，0.2m）的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)域，粒子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為45°．不考慮重力的影響．求：

（1）粒子運動的速度v是多大？

（2）粒子的質(zhì)量m是多大？

28、如圖所示；小球P一邊貼著水面每秒振動5次，一邊沿x軸正方向勻速移動，x=0點。

是它的初始位置；圖示為恰經(jīng)10個周期時觀察到的水面波，此時小球運動到x=20cm處．問：

（1）在x=-20cm處的浮子的振動頻率比波源頻率大還是??？

（2）小球P勻速移動的速度及此水面波的傳播速度分別多大？

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C|D【分析】【解析】試題分析：電動機電路屬于分純電阻電路，電動機正常工作時，消耗的電能主要轉(zhuǎn)化為機械能，由于電機也有電阻，阻值很小，所以有一小部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,因此電功率等于機械功率和熱功率之和。故選CD考點：電功和電熱【解析】【答案】CD2、B【分析】解：A、a擺振動起來后，使得b；c、d、e做受迫振動；振動的頻率都等于a振動的頻率．所以各擺振動的周期與頻率都相等．故A錯誤．

B；d擺的擺長與a擺相等；則固有周期相等，即固有頻率相等．可見，受迫振動的頻率和a擺振動的頻率相等，發(fā)生共振，振幅最大．故B正確，CD錯誤．

故選：B．

受迫振動的頻率等于驅(qū)動率的頻率；當(dāng)驅(qū)動力的頻率接近物體的固有頻率時，振幅最大，即共振．

解決本題的關(guān)鍵知道受迫振動的頻率等于驅(qū)動率的頻率，當(dāng)驅(qū)動力的頻率接近物體的固有頻率時，振幅最大，即共振．【解析】【答案】B3、A【分析】解：圖示時刻，由楞次定律判斷出線圈中感應(yīng)電流方向為：a隆煤d隆煤c隆煤b隆煤a

為負(fù)方向.

線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢表達式為e=Emsin婁脴t=BS婁脴sin婁脴tS

是線圈面積的一半，則感應(yīng)電流的表達式為i=鈭?eR=鈭?BS婁脴Rsin婁脴t=鈭?Imsin婁脴t

其中Im=BS婁脴R.

故線圈中感應(yīng)電流按正弦規(guī)律變化；根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知A正確，BCD錯誤．

故選A

根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向.

由感應(yīng)電動勢的表達式e=Emsin婁脴t

由歐姆定律求出此線圈感應(yīng)電流的表達式，再選擇圖象．

本題是楞次定律和正弦交變電流瞬時值表達式e=Emsin婁脴t

的應(yīng)用，此式計時起點是中性面．【解析】A

4、D【分析】解：AB

磁感應(yīng)強度的大小由磁場本身的性質(zhì)決定；與導(dǎo)線所受安培力、導(dǎo)線的長度以及電流無關(guān).

在磁場中安培力等于零，但磁場的磁感應(yīng)強度不為零.

故A、B錯誤．

C

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n鈻?婁碌鈻?t

得；感應(yīng)電動勢的大小為2V.

故C錯誤．

D；根據(jù)楞次定律；感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁場磁通量的變化，當(dāng)原磁場磁通量增加時，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同.

故D正確．

故選D．

AB

磁感應(yīng)強度是通過比值定義法定義的；大小由磁場本身的性質(zhì)決定．

C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n鈻?婁碌鈻?t

去判斷感應(yīng)電動勢的大?。?/p>

D；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流磁場與原磁場磁通量變化的關(guān)系．

本題要知道磁感應(yīng)強度是通過比值定義法定義的，以及會根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求電動勢的大小，會根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．【解析】D

5、D【分析】解：設(shè)交流電電流的有效值為I

周期為T

電阻為R

則，有：

I2RT=(Im2)2R?T2

解得：

I=Im2=1A

故選：D

根據(jù)有效值的定義求解.

取一個周期時間；將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．

求交流電的有效值，往往根據(jù)電流的熱效應(yīng)，由有效值的定義求解，基礎(chǔ)題．【解析】D

6、D【分析】解：將無人機的機翼看成一個金屬桿；它在豎直向下的勻強磁場中以O(shè)點為圓心轉(zhuǎn)動，但機翼上每一段切割速度不同，根據(jù)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢公式求出機翼產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：

E=BL=B×=

方向由右手定則確定P點電勢高；即OP的電壓為：

UOP=-E=-

所以只有選項D正確。

故選：D。

無人機在北半球的上空以懸停；但機翼以一定的角速度轉(zhuǎn)動，切割磁感應(yīng)強度的豎直分量，根據(jù)E=BLv求出切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小，根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電動勢的方向，從而確定出O；P兩點電勢的高低（電源電動勢是從電源的負(fù)極經(jīng)電源內(nèi)部指向電源的正極）

解決本題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小公式，以及會運用右手定則判斷感應(yīng)電動勢的方向。【解析】D7、A【分析】

當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律總電流I增大，路端電壓U減小，電壓表測量的是路端電壓，則電壓表讀數(shù)減小．R2和R并聯(lián)部分的電壓U并=E-I（R1+r），E、R1、r均不變，I增大，則U并減小，通過R2的電流減??；而總電流增大，所以電流表讀數(shù)增大．

故選A

【解析】【答案】當(dāng)滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時，變阻器接入電路的電阻減小，分析電路的總電阻如何變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律判斷總電流和路端電壓如何變化，得出電壓表讀數(shù)如何變化．由歐姆定律分析并聯(lián)部分的電壓如何變化，根據(jù)總電流和通過R2的電流的變化情況；判斷電流表讀數(shù)如何變化．

8、B|D【分析】【解析】試題分析：由圖知O點是波谷和波谷疊加，是振動加強點，A錯誤；P、N兩點是波谷和波峰疊加，位移始終為零，即處于平衡位置，B正確；振動的質(zhì)點只是在各自的平衡位置附近振動，不會“隨波逐流”，C錯誤；從該時刻起，經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點M到達平衡位置，D正確；故選BD考點：波的疊加．【解析】【答案】BD9、A【分析】解：AB

由于不計空氣阻力；故小球在空中飛行時只有重力做功，故機械能守恒；故A正確，B錯誤；

CD

由于小球高度下降；故重力勢能減小，根據(jù)機械能守恒定律可知，動能增加，故CD錯誤．

故選：A

．

明確小球在空中的受力情況；根據(jù)機械能守恒的條件進行分析，從而明確機械能是否守恒；再根據(jù)機械能守恒定律分析重力勢能和動能的變化情況．

本題考查機械能守恒定律內(nèi)容和機械能守恒的條件，要注意明確機械能守恒的條件為：只有重力和彈力做功，同時明確在機械能守恒的情況下，重力勢能減小時動能一定增加，而總量不變．【解析】A

二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】試題分析：根據(jù)解得a=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F=ma=4N.考點：牛頓第二定律的應(yīng)用.【解析】【答案】411、略

【分析】試題分析:由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，兩物塊之間的庫侖力做正功，電勢能減?。蔄正確；兩物塊之間存在庫侖斥力，對物塊做正功．故B錯誤；開始階段，物塊靜止，庫侖力大于物塊的摩擦力，物塊做加速運動，動能增大；當(dāng)庫侖力小于摩擦力后，物塊做減速運動，動能減小，重力勢能不變，則機械能先增大，后減小，不守恒．故CD錯誤．考點：電勢能；庫侖定律【解析】【答案】A12、B，d【分析】解：根據(jù)左手定則知，電子向N

端偏轉(zhuǎn)，所以M

端帶正電，N

端帶負(fù)電，M

端的電勢較高.(2)

設(shè)薄片的長度為a

寬度為b

根據(jù)電子受力平衡得，eUHb=evB

解得UH=Bvb

因為I=nevS=nevbd

解得v=Inebd

代入解得UH=BInedn

表示單位體積內(nèi)的電子數(shù)，可知霍爾電壓與B

成正比，與d

成反比.

故答案為：(1)M(2)Bd(1)

根據(jù)左手定則判斷電子的偏轉(zhuǎn)方向，從而得出電勢的高低.(2)

抓住電子受力平衡得出霍爾電壓的大小，結(jié)合電流的微觀表達式得出霍爾電壓的表達式，從而進行判斷.

解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下平衡．【解析】BBdd13、略

【分析】A.電容的性質(zhì)是“通交流；隔直流”．

B

．電容器的決定式是C=

當(dāng)電介質(zhì)向右直至完全插入兩極間，婁脜

增大，C

增大，又C=

知，U

不變，Q

變大．

【解析】24A.

電容；交流攏虜攏麓攏脗.

增大；增大14、略

【分析】解：根據(jù)題意，當(dāng)溫度低且有水時，繼電器吸住簧片接通發(fā)熱器，即門電路的輸入1、1時，輸出為1（繼電器工作）；當(dāng)熱水器中沒有水或水溫較高時，繼電器會放開簧片，發(fā)熱器短路，即門電路的輸入0、0；0、1；1、0時，輸出為0（繼電器不工作）故該邏輯關(guān)系為與邏輯關(guān)系，為與門電路；當(dāng)溫度較低時，R0的阻值很大；根據(jù)串聯(lián)電路分壓，A點的電勢較高，即門電路的輸入端A是高電勢．

故答案為：斷路；與；高．

當(dāng)溫度較低且有水時，繼電器吸住簧片接通發(fā)熱器；當(dāng)熱水器中沒有水或水溫較高時，繼電器會放開簧片，發(fā)熱器短路，故該邏輯關(guān)系為與邏輯關(guān)系，為與門電路；當(dāng)溫度較低時，R0的阻值很大；根據(jù)串聯(lián)電路分壓，A點的電勢較高，即門電路的輸入端A是高電勢．

本題考查邏輯電路在生活中的應(yīng)用；要求我們會根據(jù)題意理清邏輯關(guān)系，并學(xué)會分析門電路圖的性質(zhì)．【解析】斷路；與；高15、略

【分析】解：若它們的波程差是波長的整數(shù)倍；則振動是加強區(qū)，所以振動加強點是到S1S2

距離相差N婁脣

的點(N=012)

當(dāng)N=0

時；是S1S2

中垂線與圓的兩個交點；

當(dāng)N=1

時是以S1S2

為焦點的雙曲線與圓的四個交點或者是以S1S2

為直徑的有個角為30鈭?

的內(nèi)接三角形的頂點(

這樣的頂點有4

個)

當(dāng)N=2

時；是S1S2

本身，不算；

當(dāng)N>2

時不存在這樣的點；所以共有6

個加強點．

故答案為：6

．

兩列頻率相同的簡諧波在某點相遇時；若它們的波程差是波長的整數(shù)倍，則振動是加強區(qū)；若它們的波程差是半波長的整數(shù)倍，則振動是減弱區(qū)．

解決本題的關(guān)鍵知道波峰和波峰疊加，波谷與波谷疊加振動加強，波峰與波谷疊加，振動減弱.

以及知道振動加強區(qū)和振動減弱區(qū)的分布．【解析】6

三、判斷題(共7題，共14分)16、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．18、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負(fù)電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．20、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?1、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．22、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．四、證明題(共2題，共16分)23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡