…………○…………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年人教版高二物理上冊月考試卷477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7題，共14分)1、如圖所示，真空中的勻強電場與水平方向成15鈭?

角，AB

直線垂直勻強電場E.

現(xiàn)有一質量為m

電荷量為+q

的小球在A

點以初速度大小為v0

方向水平向右拋出，經(jīng)時間t

小球下落到C

點(

圖中未畫出)

時速度大小仍為v0

則小球由A

點運動到C

點的過程中，下列說法正確的是(

)

A.C

點可能位于AB

直線的左下側B.電場力對小球做功為零C.小球的電勢能減小D.小球的機械能一定減小2、如圖所示；長直導線MN被固定，且與線圈A在同一平面內，為了使A中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，可采取的辦法是（）

A.把閉合電鍵K斷開。

B.使線圈A向下平動。

C.把變阻器滑片P向右移動。

D.把變阻器滑片P向左移動。

3、如圖所示，用輕彈簧連接起來的兩個同樣的擺，兩擺的振動使它們任何時刻都偏過同樣的角度，但圖甲中兩擺總是偏向同一方，即左右擺動步調一致；圖乙中兩擺總是向相反方向，即左右擺動步調相反，則兩擺的周期T甲、T乙比較時；大小為（）

A.T甲=T乙

B.T甲＞T乙

C.T甲＜T乙

D.無能確定。

4、如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的場強為E

方向水平向左，磁場的磁感應強度為B

方向與電場垂直且水平向里.

一帶點液滴以豎直向下的初速度v

0=

進入電；磁場區(qū)域；最終能飛出該區(qū)域.

則液滴在電、磁場中()

A.做勻速直線運動B.做勻變速曲線運動。

C.運動速度逐漸減小D.機械能逐漸減小5、有兩個點電荷，帶電荷量分別為Q

和q

相距為d

相互作用力為F

為了使它們之間的作用力加倍，下列做法可行的是(

)

A.僅使Q

加倍B.僅使q

減小為原來的一半C.使Q

和q

都加倍D.僅使d

減為原來的一半6、關于電源和電流，下述說法正確的是（）A.電源的電動勢在數(shù)值上始終等于電源正負極之間的電壓B.由公式R=可知，導體的電阻與通過它的電流成反比C.從能量轉化的角度看，電源通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能D.打開教室開關，日光燈立刻就亮了，表明導線中自由電荷定向運動的速率接近光速7、用活塞氣筒向一個容積為V的容器內打氣，每次能把體積為V0，壓強為p0的空氣打入容器內．若容器內原有空氣的壓強為p，打氣過程中溫度不變，則打了n次后容器內氣體的壓強為（）A.B.p0+np0C.p+n（）D.P0+（）n?p0評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、圖甲所示線圈總電阻r=0.5Ω，匝數(shù)n=10，其端點a、b與R=1.5Ω的電阻相連，線圈內磁通量變化規(guī)律如圖乙所示．關于a、b兩點電勢?a______?b（填“大于”或“小于”），兩點電勢差Uab=______V．9、圖1游標卡尺的讀數(shù)為______mm；

圖2螺旋測微器讀數(shù)為______mm．

10、在做“用單擺測定重力加速度”的實驗時：

(1)下列給出的材料中應選擇____________作為擺球與擺線；組成單擺．

A．木球B．鐵球C．柔軟不易伸長的絲線D．粗棉線。

(2)在測定單擺擺長時；下列的各項操作正確的是____________

A．裝好單擺；抓住擺球，用力拉緊，測出擺線懸點到擺球球心之間距離。

B．讓單擺自由下垂；測出擺線長度再加上擺球直徑。

C．取下擺線；測出擺線長度后再加上擺球半徑。

D．測出小球直徑；把單擺固定后，讓小球自然下垂，用刻度尺量出擺線的長度，再加上小球的半徑。

(3)實驗測得重力加速度的值較當?shù)刂亓铀俣鹊闹灯螅豢赡艿脑蚴莀___________

A．擺球的質量偏大B．單擺振動的振幅偏小。

C．計算擺長時加上了擺球的直徑D．將實際振動次數(shù)n次誤記成(n+1)次。

(4)實驗中測量得小球的直徑的示數(shù)如圖1所示；圖中游標尺上有20個等分刻度，則小球的直徑d為____________mm．用秒表記下了單擺振動50次的時間如圖2所示，由圖可讀出時間為____________s．

11、如圖甲所示；為一種調光臺燈電路示意圖，它通過雙向可控硅電子器件實現(xiàn)了無級調節(jié)亮度.

給該臺燈接220V

的正弦交流電后加在燈管兩端的電壓如圖乙所示，則此時交流電壓表的示數(shù)為______V

．

12、如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量M=8kg的平板小車，車上有一個質量m=1.9kg的木塊，木塊距小車左端6m（木塊可視為質點），車與木塊一起以v=1m/s的速度水平向右勻速行駛．一顆質量m0=0.1kg的子彈以v0=179m/s的初速度水平向左飛來，瞬間擊中木塊并留在其中．如果木塊剛好不從車上掉下來，求木塊與平板之間的動摩擦因數(shù)μ．（g=10m/s2）13、如圖，靠齒輪傳動的兩個圓輪，半徑之比為3：5，則兩輪的轉速之比____．

14、在做用油膜法估測分子大小的實驗中，已知實驗室中使用的酒精油酸溶液的體積濃度為n，又用滴管測得每N滴這種酒精油酸的總體積為V，將一滴這種溶液滴在淺盤中的水面上，在玻璃板上描出油膜的邊界線，再把玻璃板放在畫有邊長為a的正方形小格的紙上（如圖）測得油膜占有的小正方形個數(shù)為m．用以上字母表示油酸分子的大小d=______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、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）16、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）17、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）

18、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）19、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）20、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）21、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、解答題(共3題，共18分)22、一臺電扇的額定電壓220V；正常工作時的電流是0.8A，若它的線圈電阻是2.5Ω，求這臺電扇的耗電功率；發(fā)熱功率．

23、如圖所示，電源是用4節(jié)電池連成的串聯(lián)電池組，每節(jié)電池的電動勢為1.5V，內阻為1Ω，R1=8Ω，R2=8Ω，R3=4Ω；求三個電阻上的電流分別是多大？

24、波速均為v=2m/s的甲；乙兩列簡諧橫波都沿x軸正方向傳播；某時刻波的圖象分別如圖所示，其中P、Q處的質點均處于波峰．關于這兩列波，下列說法正確的是______

A．甲波中的P處質點比M處質點先回平衡位置。

B．從圖示的時刻開始；P處質點比Q處質點先回平衡位置。

C．從圖示的時刻開始；經(jīng)過1.0s，P質點通過的位移為2m

D．如果這兩列波相遇可能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣．

評卷人得分五、證明題(共2題，共12分)25、如圖，兩根勁度系數(shù)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(shù)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。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】解：A

小球由A

點運動到C

點的過程中；重力做正功，動能不變，由動能定理得知，電場力必定做負功，小球的電勢能增加，小球帶正電，則C

點的電勢比A

點電勢高，故C點一定位于AB

直線的右側，故ABC錯誤；

D；小球具有機械能和電勢能；小球的電勢能增加，由能量守恒定律可知，小球的機械能一定減小，故D正確．

故選：D

．

小球由A

點運動到C

點的過程中；重力做正功，動能不變，由動能定理可判斷出電場力做負功，機械能減小，C

點的電勢比A

點電勢高，可知C

點位于AB

直線的右側，并利用類斜拋的合成與分解方法，依據(jù)合力方向速度為零，則球達到最高點，即速度最小．

本題運用動能定理分析電場力做功正負，并分析電勢能、機械能的變化.

根據(jù)推論：正電荷在電勢高處電勢能大，分析C

點的位置，并掌握類斜拋運動的處理規(guī)律．【解析】D

2、D【分析】

A；當把閉合電鍵K斷開后；直導線MN中沒有電流，則通過線框A的磁場方向垂直紙面向里，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應電流的方向為順時針方向．故A錯誤．

B；使線圈A向下平動；導致垂直向里的穿過線圈A的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向順時針．故B錯誤．

C；當把變阻器滑片P向右移動；導致MN直導線電流減小，則垂直穿過線圈的磁通量也在減小，所以產(chǎn)生感應電流方向為順時針．故C錯誤；

D；當把變阻器滑片P向左移動；導致MN直導線電流增大，則垂直穿過線圈的磁通量也在增大，所以產(chǎn)生感應電流方向為逆時針．故D正確．

故選D．

【解析】【答案】由于穿過線圈A的磁通量變化；從而使A中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，因此根據(jù)楞次定律，即可判定磁通量如何變化，從而即可求解．

3、B【分析】

單擺的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力．甲中兩擺總是偏向同一方，左右擺動步調一致，彈簧沒有彈力，回復力是重力沿圓弧切線方向的分力，其周期仍為T甲=2．而圖乙中兩擺總是向相反方向，左右擺動步調相反，若彈簧一直處于伸長狀態(tài)，擺球的平衡位置右移，回復力增大，擺球振動加快，周期縮短；若彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，擺球的平衡位置右移，回復力增大，擺球振動加快．若伸長和壓縮狀態(tài)交替產(chǎn)生，擺球的平衡位置右移，回復力增大，擺球振動加快．則T乙＜2．所以T甲＞T乙．

故選B

【解析】【答案】單擺的周期公式是T=2反映了單擺振動的快慢．甲中兩擺總是偏向同一方，左右擺動步調一致，彈簧沒有彈力，其周期仍為T=2．而圖乙中兩擺總是向相反方向；左右擺動步調相反，振動加快，周期減小．

4、D【分析】解：A

帶點液滴進入場中時；由題意可知，電場力等于洛倫茲力，所以重力使其加速運動，從而影響洛倫茲力，使其大小增大，導致方向也發(fā)生變化，所以帶點液滴將向右做變速曲線運動，故AB均錯誤；

C；由題意可知；帶點液滴向右偏離并射出復合場，則運動速度漸漸增大，故C錯誤；

D；由上分析可知；電場力做負功，導致電勢能增加，則機械能減小，故D正確；

故選D【解析】D

5、A【分析】【分析】根據(jù)庫侖定律的公式寫出在真空中有兩個點電荷間的作用力遵守庫侖力，運用比例法求解。

本題考查運用比例法解決物理問題的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例關系。【解答】根據(jù)庫侖定律F=kq1q2r2

當Q

加倍時；則作用力變化2F

故A正確；

當q

減為原來的一半，由公式可知，作用力變化故B錯誤；當Q

和q

都加倍；根據(jù)公式可知，作用力變?yōu)?F

故C錯誤；

如果Qq

恒定，當距離變?yōu)?2d

時；作用力將變?yōu)?F

故D錯誤。

故選A。

【解析】A

6、C【分析】解：A；電源正負極之間的電壓稱為路端電壓；當外電路接通時，路端電壓小于電源的電動勢。故A錯誤；

B、公式R=是電阻的定義式；與電阻兩端的電壓以及通過它的電流都無關。故B錯誤；

C；從能量轉化的角度看；電源通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能。故C正確；

D；打開教室開關；日光燈立刻就亮了，是由于導線中電場傳播的速度接近光速，而不是自由電荷定向運動的速率接近光速。故D錯誤。

故選：C。

電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱的物理量．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓．電動勢由電源性質決定，外電路無關；公式R=是電阻的定義式；打開教室開關；日光燈立刻就亮了，是由于導線中電場傳播的速度接近光速．

該題考查電動勢的概念以及對電阻的理解，解答的關鍵是理解并掌握電動勢的物理意義和閉合電路歐姆定律．基礎題目．【解析】C7、C【分析】解：以容器內氣體與打入氣體為研究對象，氣體的狀態(tài)參量：初狀態(tài)：V1=nV0，V2=V，P1=P0，P2=P

末狀態(tài)：V3=V，P3=？？

由玻意耳定律得：

p1V1+p2V2=P3V3

解得：p3=p+

故選：C。

以容器內原有的氣體與打入的氣體為研究對象；求出氣體的狀態(tài)參量，應用玻意耳定律求出氣體壓強．

本題考查了求氣體壓強，由于是將兩部分飛氣體合并到一起，所以巧妙選擇研究對象，求出氣體的狀態(tài)參量、應用玻意耳定律是解題的關鍵．【解析】C二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】解：從圖中發(fā)現(xiàn)：線圈的磁通量是增大的；根據(jù)楞次定律，感應電流產(chǎn)生的磁場跟原磁場方向相反，即感應電流產(chǎn)生的磁場方向為垂直紙面向外，根據(jù)右手定則，我們可以判斷出線圈中感應電流的方向為：逆時針方向．

在回路中，線圈相當于電源，由于電流是逆時針方向，那么a相當于電源的正極，b相當于電源的負極，所以a點的電勢大于b點的電勢．

根據(jù)法拉第電磁感應定律得：

E==10×V=2V；

再由閉合電路歐姆定律，則有：I===1A．

a、b兩點電勢差就相當于電路中的路端電壓．

所以Uab=IR=1.5V．

故答案為：大于；1.5．

根據(jù)法拉第電磁感應定律求出線圈中感應電動勢．

根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向．

結合電路知識求出a、b兩點電勢差．

通過Φ-t圖象運用數(shù)學知識結合物理規(guī)律解決問題；其中我們要知道Φ-t圖象斜率的意義．

在電磁感應的問題中要知道哪部分相當于電源．【解析】大于；1.59、略

【分析】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為5.0cm=50mm；游標讀數(shù)為0.05×3mm=0.15mm，所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm．

螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為：4.5mm+0.200mm=4.700mm，由于需要估讀因此在范圍4.699-4.703mm內均正確．

故答案為：50.15；4.700

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】50.15；4.70010、略

【分析】解：(1)為減小空氣阻力與擺長變化對實驗的影響；應選用密度大而體積小的球作為擺球，應選長度不易發(fā)生變化的線作為擺線，因此擺球應選B，擺線選C；

(2)單擺擺長等于擺球半徑與擺線長度之和；應先測出擺球直徑，然后把單擺懸掛好，再測出擺線長度，擺球半徑與擺線長度之和是單擺擺長，故D正確；

(3)由單擺周期公式T=2π重力加速度：g=

A、由g=可知；重力加速度與擺球質量無關，故A錯誤；

B、由g=可知；重力加速度與振幅無關，故B錯誤；

C、算擺長時加上了擺球的直徑，擺長偏大，由g=可知，重力加速度的測量值偏大，故C正確；D、將實際振動次數(shù)n次誤記成(n+1)次，所測周期T偏小，由g=可知；重力加速度的測量值偏大，故D正確；故選CD．

(4)由圖示游標卡尺可知；主尺示數(shù)為1.1cm=11mm，游標尺示數(shù)為11×0.05mm=0.55mm，則擺球直徑d=11mm+0.55mm=11.55mm；

由圖示秒表可知；分針示數(shù)為1min30s=90s，秒針示數(shù)為6.8s，則秒表示數(shù)為90s+6.8s=96.8s．

故答案為：(1)BC；(2)D；(3)CD；(4)11.55，96.8．【解析】BC;D;CD;11.55;96.811、略

【分析】解：設交流電的有效值為U

將交流電與直流電分別通過相同電阻R

分析一個周期內熱量：

交流電產(chǎn)生的熱量：Q=(Um2)2R隆脕T2=12100RT

直流電產(chǎn)生的熱量：Q=U2RT

解得：U=110V

故答案為：110

．

根據(jù)電流的熱效應：由一個周期內交變電流通過電阻R

的產(chǎn)生熱量與直流電通過電阻R

一個周期內產(chǎn)生熱量相等；求解有效值．

求解交流電的有效值，從有效值的定義出發(fā)，根據(jù)一個周期內通過相同的電阻，發(fā)熱量相同，此直流的值即為交流電的有效值．【解析】110

12、解：設子彈射入木塊后的共同速度為v1；以水平向左為正，則由動量守恒有：

m0v0-mv=（m+m0）v1①

代入數(shù)據(jù)解得：v1=8m/s

它們恰好不從小車上掉下來，則它們相對平板車滑行s=6m時它們跟小車具有共同速度v2；則由動量守恒有：

（m+m0）v1-Mv=（m+m0+M）v2②

由能量守恒定律有：

③

聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)得：μ=0.54

答：木塊與平板之間的動摩擦因數(shù)為0.54．【分析】

子彈射入木塊的過程；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出子彈和木塊的共同速度．再對子彈；木塊和小車組成的系統(tǒng)，運用動量守恒定律和能量守恒定律求出木塊與平板之間的動摩擦因數(shù)．

本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強這方面的訓練．【解析】解：設子彈射入木塊后的共同速度為v1；以水平向左為正，則由動量守恒有：

m0v0-mv=（m+m0）v1①

代入數(shù)據(jù)解得：v1=8m/s

它們恰好不從小車上掉下來，則它們相對平板車滑行s=6m時它們跟小車具有共同速度v2；則由動量守恒有：

（m+m0）v1-Mv=（m+m0+M）v2②

由能量守恒定律有：

③

聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)得：μ=0.54

答：木塊與平板之間的動摩擦因數(shù)為0.54．13、5：3【分析】靠齒輪傳動的兩個圓輪線速度相等，根據(jù)：知，則兩輪的轉速之比

故答案為：5：3

【分析】靠齒輪傳動和皮帶傳動的點的線速度大小相等，同軸轉動的角速度相等．14、略

【分析】解：由題意可知，一滴酒精油酸溶液的體積V0=

其中純油酸的體積為V′=

所形成的油膜的面積為S=ma2；

所以油膜的厚度，即為油酸分子的直徑為d==

故答案為：．

用油膜法估測分子的大小的實驗原理是：將油酸分子看成球形；且一個挨一個分布在水面上，形成單分子層的油膜，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度根據(jù)題意表示出一滴油膜的體積，用其除以單分子油膜的面積，可得油膜的厚度，即為油膜分子的直徑．

在用油膜法估測分子的大小”實驗中，我們要建立物理模型，作一些理想化的處理，認為油酸分子之間無間隙，油酸膜為單層分子，明確該實驗的實驗原理即可正確解答本題．【解析】三、判斷題(共7題，共14分)15、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．16、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小．

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，正負表示大小；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．17、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．18、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．19、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小．

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，正負表示大小；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．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)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(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)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．21、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、解答題(共