2025年浙科版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年浙科版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、在使用電阻器件時，不僅要知道電阻的標稱阻值，還要注意電阻的最大功率，否則在使用中如果超過電阻的最大功率，電阻將被燒壞．某人在調試電路時，用一個“100kΩ，W”的電阻和一個“300kΩ，W”的電阻串聯后作為400kΩ的電阻使用；則這兩只電阻串聯后允許消耗的總功率最大不得超過（）

A.W

B.W

C.W

D.W

2、如圖所示，直導線垂直于磁場方向放在水平向右的勻強磁場中，通以垂直紙面向里的電流，則直導線受到安培力的方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右3、如圖所示，半圓形玻璃磚的折射率為n=2

有一束光線以45鈭?

的入射角從O

點入射到玻璃磚的水平表面上，O

點半圓形玻璃磚的圓心，則經過半圓玻璃磚射出后的光線偏離原來光線的角度是(

)

A.15鈭?

B.30鈭?

C.45鈭?

D.60鈭?

4、如圖所示，一光滑絕緣的半圓槽固定在地面上，圓心為O，半徑為R，D點為最低點，整個半圓槽處于水平向右的勻強電場中，從半圓槽右邊與圓心等高處由靜止釋放一質量為m，電荷量為+q的小球，已知電場強度為E，重力加速度為g，且mg=qE則（）A.小球運動到D點時，對槽底部的壓力大小為3mgB.小球運動到D點時，對槽底部的壓力大小為（3-）mgC.小球能運動到半圓槽左邊與圓心等高處D.小球最終停在D點5、關于磁感線的概念；下列說法中正確的是（）

A.磁感線是磁場中客觀存在；肉眼看不見的曲線。

B.磁感線總是從磁體的N極指向磁體的S極。

C.磁感線上各點的切線方向與該點的磁場方向一致。

D.兩個磁場疊加的區(qū)域；磁感線就有可能相交。

6、一束粒子流由左端平行于極板P1

射入質譜儀，沿著直線通過電磁場復合區(qū)后，并從狹縫S0

進入勻強磁場B2

在磁場B2

中分為如圖所示的三束，則下列相關說法中正確的是(

)

A.速度選擇器的P1

極板帶負電B.粒子1

帶正電C.能通過狹縫S0

的帶電粒子的速率等于EB1

D.粒子2

的比荷qm

的絕對值最大評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、布朗運動是大量液體分子對懸浮微粒撞擊的____引起的，是大量液體分子不停地做無規(guī)則運動所產生的結果．布朗運動的激烈程度與____和____有關．8、質量為m的物體以某一初速度豎直向上拋出，經過時間t后回到原拋點．若不計空氣阻力，則在這段時間內，物體動量變化量的大小為______．9、（1）靜止的原子核U處在一個勻強磁場中，當它自發(fā)地放出一個α粒子后變成一個新核．若α粒子放出時的速度方向與磁感應強度方向垂直，則α粒子與新核做勻速圓周運動的軌道半徑之比為______從α粒子放出到它與新生核相遇的過程中，α粒子至少轉______圈．

（2）已知氮核的質量為14.00735u，氧核的質量為17.00454u，氦核的質量為4.00387u，質子的質量為1.00815u，則核反應N+He→O+H是______（填“釋能”“吸能”）反應，能量變化了______J（1u相當于931MeV）．10、如圖所示，一個水平放置的矩形線圈abcd

在細長水平磁鐵的S

極附近豎直下落，由位置Ⅰ經位置Ⅱ到位置Ⅲ.

位置Ⅱ與磁鐵同一平面，則線圈在從Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，線圈內______(

選填“有”或“無”)

感應電流，線圈在從Ⅱ到Ⅲ的過程中，線圈內______感應電流.(

選填“有”或“無”)

11、如圖所示，理想變壓器的原．副線圈匝數之比為n1∶n2=4∶1，原線圈回路中的電阻A與副線圈回路中的負載電阻B的阻值相等。a、b端加一交流電壓后，兩電阻消耗的電功率之比PA∶PB=________；兩電阻兩端的電壓之比UA∶UB=_________。12、光滑的水平軌道與內阻可忽略、電動勢為E的電源連接，置于磁感強度為B的勻強磁場中，磁感線方向與軌道平面成角斜向上方，如圖所示。一質量為m，長為L，電阻為R的導體棒，靜止于光滑的水平軌道上，水平軌道電阻忽略不計。當電鍵閉合瞬間，導體棒MN所受安培力為______________，導體棒MN的加速度為______________。13、避雷針利用______原理來避雷：帶電云層靠近建筑物時，避雷針上產生的感應電荷會通過針尖放電，逐漸中和云中的電荷，使建筑物免遭雷擊．再舉兩個利用靜電的實例：______，______．14、如圖所示，幾位同學在北京某學校的操場上做“搖繩發(fā)電”實驗：把一條較長電線的兩端連在一個靈敏電流計的兩個接線柱上，形成閉合回路.

兩個同學沿東西方向站立，女生站在西側，男生站在東側，他們沿豎直方向迅速上下搖動這根電線，通過靈敏電流計的電流是______(

選填“直流電”或“交流電”)

當電線從上向下運動時，通過靈敏電流計的電流方向是______(

選填“A隆煤B

”或“B隆煤A

”)

．15、勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，導體棒ab長為L，垂直磁場放置，ab棒以a端為軸在紙面內以角速度ω勻速轉動（如圖所示），則a、b兩端的電勢差為______，______端電勢高．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、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）17、電勢差有正有負，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）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（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，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）23、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）24、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系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共8分)25、如圖，兩根勁度系數分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于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。26、如圖，兩根勁度系數分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于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、作圖題(共4題，共16分)27、（6分）如圖所示是研究電磁感應現象的實驗儀器，虛線框內給出了原、副線圈導線的繞法，實驗前已查明電流表中電流從左接線柱流入時指針向左偏．（1）用筆畫線代替導線在答卷對應的圖上連接好實驗電路．（2）若實驗中原線圈插入副線圈后，開關S閉合的瞬間，觀察到電流表指針向左偏，試在電路連接圖中標出電源的正、負極．（3）若將原線圈拔出，則拔出時電流表指針向____偏．28、已知螺線管內部的小磁針的N極指向如圖；請在圖中畫出螺線管上線圈的繞向。

29、圖中的均勻桿A處于靜止狀態(tài)；試在圖上畫出A所受到的彈力的方向．

30、我們可以通過實驗探究電磁感應現象中；感應電流方向的決定因素和遵循的物理規(guī)律.

以下是實驗探究過程的一部分．

(1)

如圖(1)

所示；當磁鐵N

向下運動時，發(fā)現電流表指針偏轉.

若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道______．

(2)

如圖(2)

所示，實驗中發(fā)現閉合開關時，電流表指針向右偏.

閉合開關穩(wěn)定后，若向左移動滑動觸頭，此過程中電流表指針向______偏轉；若將線圈A

抽出，此過程中電流表指針向______偏轉(

均選填“左”或“右”)

．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

根據P=I2R知，“300kΩ，W”的電阻的額定電流小，所以該電路中的電流不能超過該電阻的額定電流，則最大總功率=．故C正確；A；B、D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】兩電阻串聯，電流相等，最大電流不能超過額定電流的最大值，根據P=I2R求出最大功率．

2、B【分析】解：根據左手定則：伸開左手；拇指與手掌垂直且共面，磁感線向右穿過手心．四指指向電流方向，則指向向里，拇指指向安培力方向向下．選項B正確，ACD錯誤。

故選：B．

通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心；四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．

考查由左手定則可判定安培力方向，注意對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．還要注意左手定則與右手定則的區(qū)別．【解析】【答案】B3、A【分析】解：設光線從O

點入射到玻璃磚的水平表面上后的折射角為r

根據折射定律：

sin45鈭?sinr=2

得：sinr=12r=30鈭?

光線再從圓弧表面垂直射出，角度不發(fā)生偏轉，故經過半圓玻璃磚射出后的光線偏離原來光線的角度是：婁脠=45鈭?鈭?30鈭?=15鈭?

故選：A

．

根據折射定律求出在玻璃中的折射角；進而求出偏轉角度．

本題考查折射定律的應用，基礎題，知道n=sinisinr

中的i

為大角，r

為小角．【解析】A

4、B【分析】解：AB；小球從靜止釋放到運動到D點的過程；由動能定理得：

mgR-qER=

在D點，由牛頓第二定律得：N-mg=m

結合mg=qE解得：N=（3-）mg，由牛頓第三定律知小球運動到D點時，對槽底部的壓力大小為=（3-）mg；故A錯誤，B正確。

C；假設小球能運動到半圓槽左邊所在半徑與豎直方向的夾角為α處（設為A點）；從開始到A點的過程，根據動能定理得：

mgRcosα-qE（R+Rsinα）=0

代入得：cosα=1+sinα

解得：α＜90°；所以小球不能運動到半圓槽左邊與圓心等高處。故C錯誤。

D；在D點；小球所受的電場力水平向右，重力和支持力在豎直方向，合力不可能為零，所以小球最終不能停在D點。故D錯誤。

故選：B。

對于小球從靜止釋放到運動到D點的過程；由動能定理列式求出小球到達D點的速度，在D點，由牛頓運動定律求小球對槽底部的壓力大小。假設小球能運動到半圓槽左邊與圓心等高處，根據功能關系分析假設是否成立。分析小球在D點的受力情況，判斷小球最終能否停在D點。

本題是帶電體在復合場中運動的問題，運用動能定理時要靈活選擇研究的過程，要注意分析向心力的來源?！窘馕觥緽5、C【分析】

A；磁感線是磁場中假想的曲線；而磁場卻是客觀存在的且肉眼看不見．故A錯誤。

B；磁感線從磁體外部的N極指向磁體的S極；而磁體內部是S極指向磁體的N極．故B錯誤。

C；磁感線上各點的切線方向與該點的磁場方向一致；故C正確；

D；兩個磁場疊加的區(qū)域；磁感線不可能相交．故D錯誤；

故選：C

【解析】【答案】磁體周圍存在著磁場；磁場對放入磁場中的磁體有力的作用，為了描述磁場的性質而引入了有方向的曲線，稱為磁感線．本題考查了磁感線的引入的原因和特點；磁化的概念、磁場的性質．由于磁場是看不見，摸不著的，為了描述磁場的性質而引入了磁感線的概念，它是假想出來的有方向的曲線，但可以描述磁場的性質．

6、C【分析】解：A

三種粒子在正交的電磁場中做勻速直線運動；由力平衡得：qvB=qE

根據左手定則可知，若帶電粒子帶正電荷，洛倫茲力的方向向上，所以電場力的方向向下，選擇器的P1

極板帶正電；若帶電粒子帶負電，洛倫茲力的方向向下，所以電場力方向向上，選擇器的P1

極板帶正電.

故選擇器的P1

極板一定是帶正電.

與帶電粒子無關.

故A錯誤；

B；在磁場2

中；磁場的方向向外，根據左手定則，正電荷受到的安培力的方向向下，將向下偏轉；負電荷受到的安培力的方向向上，將向上偏轉.

所以1

帶負電.

故B錯誤；

C、能通過狹縫S0

的帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE

所以v=EB.

故C正確；

D、由qvB=mv2r

得r=mvqB2r

與比荷成反比，粒子2

的半徑最大，所以粒子2

的比荷qm

的絕對值最小.

故D錯誤．

故選：C

三種粒子通過左側正交的電磁場沿直線運動；電場力與洛倫茲力平衡，可知速度相同.

根據左手定則判斷粒子的偏轉方向，牛頓第二定律研究磁場中圓周半徑，根據半徑公式分析比荷的大小．

本題中正交的電磁場是速度選擇器，v=EB

的結論與粒子的質量、電荷量無關．【解析】C

二、填空題(共9題，共18分)7、不平衡微粒的質量液體的溫度【分析】【解答】布朗運動是大量液體分子對懸浮微粒撞擊的不平衡決定的；顆粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯；故答案為：不平衡；微粒的質量；液體的溫度．

【分析】懸浮微粒永不停息地做無規(guī)則運動的現象叫做布朗運動，顆粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯；8、略

【分析】解：物體在空中運動時間為t；只受重力，則由動量定理可求得△P=mgt；

故答案為：mgt．

明確題設條件；根據動量定理求出物體動量的變化量；

本題考查動量定理的應用，要注意明確物體在空中運動時的受力情況，再根據動量定理求解．【解析】mgt9、略

【分析】解：（1）原子核衰變時動量守恒；由動量守恒定律可知，新核與α粒子的動量p大小相等；

它們在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得：qvB=m軌道半徑r==

它們的軌道半徑之比：====

做圓周運動的周期T=則它們的周期之比：

===×=

它們再次相遇時；運動時間相等，α粒子需要轉13圈，新核需要轉10圈；

（2）根據題意反應前的質量為：m1=14.00735u+4.00387u=18.01122u；

反應后：m2=17.00454u+1.00815u=18.01269u；

m2＞m1因此質量增量了；故是吸能反應．

根據質能方程有：△E=△mc2=（18.01269-18.01122）×931．MeV=1.36857Mev≈2.2×10-13J；

故答案為：（1）45：1；13；（2）吸能；2.2×10-13．

（1）原子核衰變過程動量守恒；衰變新核與α粒子都做圓周運動，由牛頓第二定律求出軌道半徑，然后求出半徑之比，求出新核與粒子的周期，然后根據新核與α粒的周期分析答題．

（2）通過反應前后質量的變化；即可判斷吸能還是放能，然后根據質能方程求出能量的大?。?/p>

（1）本題比較簡單考查了粒子的圓周運動；動量守恒；題目難度不大，應牢牢固掌握基礎知識，靈活應用基礎知識是即可正確解題．

（2）本題考查了核反應前后的質量變化以及質能方程的應用，屬于簡單基礎題目．【解析】45：1；13；吸能；2.2×10-1310、略

【分析】解：如圖所示；線圈從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，穿過線圈的磁通量減小，則產生感應電流；

線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ的過程中；線圈內穿過的磁通量增加，則也會產生感應電流；

故答案為：有；有．

穿過線圈的磁通量發(fā)生變化；則閉合電路中產生感應電流.

可以根據楞次定律來確定感應電流的方向，從而即可求解．

考查如何判定感應電流的產生條件，及掌握楞次定律的應用，注意磁通量概念，及大小變化的判定．【解析】有；有11、略

【分析】【解析】【答案】1:16，1:4。12、略

【分析】【解析】【答案】13、略

【分析】解：避雷針利用尖端放電原理來避雷：帶電云層靠近建筑物時；避雷針上產生的感應電荷會通過針尖放電，逐漸中和云中的電荷，使建筑物免遭雷擊．避雷針是富蘭克林發(fā)明的．

我們應用靜電的儀器有：靜電復印和靜電除塵等；

故答案為：尖端放電；靜電復??；靜電除塵。

避雷針；又名防雷針，是用來保護建筑物物等避免雷擊的裝置．在高大建筑物頂端安裝一根金屬棒，用金屬線與埋在地下的一塊金屬板連接起來，利用金屬棒的尖端放電，使云層所帶的電和地上的電逐漸中和，從而不會引發(fā)事故．避雷針是富蘭克林發(fā)明的．

本題考查了避雷針的原理、作用問題，具有現實意義，是一道好題．要注意掌握靜電應用和防止的實例．【解析】尖端放電；靜電復?。混o電除塵14、略

【分析】解：搖動這條電線過程中；產生的感應電流方向不斷變化，產生的是交流電；

北半球磁感線指向北方；則當“電線”由上向下運動時，由右手定則可知，電線中電流由西向東，則電流計中電流方向為B隆煤A

故答案為：交流電；B隆煤A

地球的周圍存在磁場；且磁感線的方向是從地理的南極指向地理的北極，當兩個同學在迅速搖動電線時，總有一部分導線做切割磁感線運動，電路中就產生了感應電流，根據繩子轉動方向與地磁場方向的關系，由右手定則判斷感應電流的方向。

本題要建立物理模型，與線圈在磁場中轉動切割相似，要知道地磁場的分布情況，能熟練運用電磁感應的規(guī)律解題．【解析】交流電；B隆煤A

15、BωL2b【分析】解：ab棒以a端為軸在紙面內以角速度ω勻速轉動，則a、b兩端的電勢差．

根據右手定則知，b端電勢高．

故答案為：BωL2，b．

根據轉動切割產生的感應電動勢公式求出a、b兩端的電勢差；根據右手定則判斷電勢的高低．

解決本題的關鍵掌握轉動切割產生的感應電動勢公式E=BωL2，會運用右手定則判斷電勢的高低．【解析】BωL2b三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；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：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．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/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．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．18、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；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】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．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W=qU判斷電場力做功的大小，根據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：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，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/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．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．23、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；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】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．24、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論．四、證明題(共2題，共8分)25、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,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F