2025年人教新课标高二物理上册月考试卷

…………○…………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年人教新课标高二物理上册月考试卷787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5题，共10分)1、如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n

=4

的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，下列说法正确的是(

)

A.这些氢原子总共可辐射出3

种不同频率的光B.由n

=2

能级跃迁到n

=1

能级产生的光频率最小C.由n

=4

能级跃迁到n

=1

能级产生的光最容易表现出衍射现象D.用n

=2

能级跃迁到n

=1

能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV

的金属铂能发生光电效应2、把一个带正电的金属小球A

跟同样的不带电的金属球B

相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为(

)

A.A

球的正电荷移到B

球上B.B

球的负电荷移到A

球上C.A

球的负电荷移到B

球上D.B

球的正电荷移到A

球上3、如图所示，一根金属棒MN，两端用细软导线连后悬挂于a、b两点；棒中通有方向从M流向N的电流．为了减小悬线的弹力，可以在金属棒的中部加一匀强磁场，关于该磁场的方向，以下判断正确的是（）

A.垂直纸面向里。

B.垂直纸面向外。

C.平行纸面向上。

D.平行纸面向下。

4、如图所示，F

是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的示意图是

A.B.C.D.5、如图1所示，匝数n=100，边长l=0.1m的正方形线框置于匀强磁场中，现让线框垂直磁场方向的轴匀速转动，如图2为计时开始后，通过线框的磁通量随时间变化的图象，则（）A.线框中感应电动势有效值为10π（V）B.线框两端电压瞬时值为u=20πsin50πt（V）C.匀强磁场的磁感应强度为4×10-3TD.t=0时刻线框恰好位于中性面处评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、原子的能量量子化现象是指（）A.原子的能量是不可以改变的B.原子的能量与电子的轨道无关C.原子的能量状态是不连续的D.原子具有分立的能级7、如图所示，两个完全相同的金属圆环AB

圆心在同一竖直方向，若在A

环中通以如图所示的电流，下列描述正确的是(

)

A.若A

环中的电流在增强，则两环相互排斥，B

环中有与A

环反向的感应电流B.若A

环中的电流在增强，则两环相互吸引，B

环中有与A

环同向的感应电流C.若A

环中的电流在减弱，则两环相互吸引，B

环中有与A

环同向的感应电流D.若A

环中的电流在减弱，则两环相互排斥，B

环中有与A

环反向的感应电流8、如图所示，有五根完全相同的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，放在绝缘粗糙水平桌面上，另一根金属杆ab

搁在其上且始终接触良好。匀强磁场垂直穿过桌面，不计ab

杆与框架的摩擦，当ab

杆在水平外力F

作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中，框架始终静止。则()

A.外力F

是恒力B.桌面对框架的摩擦力先变小后变大C.ab

杆的输出功率先变大后变小D.正方形框架产生的总热量大于ab

杆产生的总热量9、如图所示，质量为M=1kg

的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3kg

的滑块以初速度v0=2m/s

从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是(

)

A.滑块和木板的加速度大小之比是1隆脙3B.整个过程中因摩擦产生的内能是1.5JC.可以求出木板的最小长度是1.5mD.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7隆脙3

10、下列说法中正确的是（）A.一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计B.点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是不存在的C.点电荷就是体积和带电量都很小的带电体D.根据F=k可知，当r→0时，F→∞11、两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（）A.a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大B.a点电势比b点高C.a、b、c三点和无穷远处等电势D.一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动12、如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd

全部处于磁感应强度为B

的水平匀强磁场中，线框面积为S

，电阻为R

.

线框绕与cd

边重合的竖直固定转轴以角速度娄脴

匀速转动，从图示位置开计时()

A.当转过60鈭�

时，感应电流的瞬时值为3BS娄脴2R

B.当转过60鈭�

时，感应电流的瞬时值为BS娄脴2R

C.在转过60鈭�

过程中，感应电动势的平均值为3BS娄脴2娄脨

D.当转过90鈭�

过程中，感应电流的有效值为BS娄脴2R

评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、一个元电荷的电量是____C，3.2×10-8C电量有____个基元电荷。14、安培的磁性起源假说，揭示了磁现象的本质，它使我们认识到磁体的磁场和电流的磁场一样，都是由产生的。15、某同学在用电磁打点计时器做探究匀变速直线运动规律的实验时。

（1）使用电磁打点计时器时，下列做法正确的是____．

A．应使用220V的交流电。

B．使用时应当先放开小车；让其运动起来，再接通电源。

C．也可以用干电池作为打点计时器的电源。

D．每打完一条纸带要及时切断打点计时器的电源。

（2）若实验中所用交流电源的频率为50Hz时，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，每5个点取一个计数点，分别标上OA、B、C，量得A与B两点问的距离s1=39mm，B与c两点间的距离s2=47mm，则在打B点时小车的速度为____，小车的加速度为____．

16、测定重力加速度时：

①摆球应选用重而小的实心球；摆线宜选用轻而长且难以发生形变的细线；

②测摆线的长度用的仪器是______，测小球直径用的仪器是______，测量摆动30～50次时间用的仪器是______．17、两条平行的通电直导线会通过磁场发生相互作用，当通过两条导线的电流方向相同时，两条导线相互______．（填“吸引”或“排斥”）18、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F

若它们的带电量都增大为原来的2

倍，距离减小为原来的12

它们之间的相互作用力变为______F.评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)19、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）20、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

评卷人得分五、实验探究题(共2题，共20分)21、如图1为“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验装置的示意图，E1和E2是两个电动势不同的电源，且E2＞E1．将螺线管接入电源后放置在水平桌面上，调节磁传感器的高度，使磁传感器的探管正好在螺线管的轴线上．正确进行实验操作后，启动“绘图”功能在显示屏上作出B-d图线（如图2）．

（1）（多选题）某同学第一次实验作出图线1，第二次实验作出图线2，第二次实验得到的图线与第一次图线不同的原因可能是______

A．滑动变阻器的滑动片位置不变，电键S由位置a改接到位置b后测量。

B．滑动变阻器的滑动片位置不变，电键S由位置b改接到位置a后测量。

C．电键S接在b位置；滑动变阻器的滑动片向右移动一段后测量。

D．电键S接在b位置；滑动变阻器的滑动片向左移动一段后测量。

（2）若螺线管的匝数为200匝，横截面积为1.50×10-4m2，由图线1可求出穿过螺线管中部的磁通量大约为______Wb．22、图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2．

（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=______．

（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能极差，光子频率越高，波长越短，波长长的光容易发生衍射。当光子的能量大于逸出功，即可发生光电效应。解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即Em鈭�En=hv

以及知道光电效应产生的条件。【解答】A.根据C42

所以这些氢原子总共可辐射出6

种不同频率的光，故A错误；B.由图可知当核外电子从n=4

能级跃迁到n=3

能级时；能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，故B错误；

C.由n=4

能级跃迁到n=1

能级过程中辐射的光波长最短；不易发生衍射现象，故C错误；

D.n=2

能级跃迁到n=1

能级辐射出的光子能量E=13.6鈭�3.40eV=10.2eV

大于逸出功，能发生光电效应，故D正确。故选D。

【解析】D

2、B【分析】解：AD

金属上正电荷只做无规则的热振动；不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球.

故A、D错误．

BCB

球原来不带电，与A

球接触后，由于A

球上正电荷对电子的吸引，电子从B

球转移到A

球上，原来中性的B

球就带正电.

电子带负电，所以B

带正电是由于B

球上的负电荷移到A

球上的缘故.

故B正确，C错误．

故选B．

金属是自由电子和金属正离子组成的；正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动.

根据这个分析接触带电的实质．

本题运用基本知识分析物理现象的能力．【解析】B

3、A【分析】

A；磁场方向垂直纸面向里；导体棒所受的安培力方向竖直向上，根据平衡，知悬线的拉力减小．故A正确．

B；磁场方向垂直纸面向外；导体棒所受的安培力方向竖直向下，根据平衡，知悬线的拉力增大．故B错误．

C；磁场方向平行于纸面向上；则安培力方向垂直纸面向外，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故C错误．

D；磁场方向平行于纸面向下；则安培力方向垂直纸面向内，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故D错误．

故选A．

【解析】【答案】棒子受重力和拉力处于平衡；为了减小绳子的拉力，则加上匀强磁场后，产生向上的安培力．

4、A【分析】【分析】左手定则：伸开左手，使拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线穿入手心，并使四指指向电流的方向，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向。熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行。【解答】A.根据左手定则可知：图中的安培力应该垂直导线斜向上；故A正确；

B.根据左手定则可知：图中安培力方向应该水平向左；故B错误；

C.根据左手定则可知：图中的安培力方向应该竖直向下；故C错误；

D.根据左手定则可知：图中的安培力方向应该水平向右；故D错误。

故选A。

【解析】A

5、A【分析】解：A、线圈转动的周期T=0.04s，故转动的角速度为线圈在转动过程中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=N∅mω=20πV

故线圈中感应电动势的有效值为故A正确。

B；线框从与中性面垂直开始计时；则线框两端电压瞬时值为u=20πcos50πt（V），故B错误；

C、根据可知B=故C错误；

D；t=0时刻；磁通量为零，故线框恰好位于与中性面垂直位置处，故D错误；

故选：A。

根据图象判断出周期，求得角速度，根据Em=BSω求得产生的最大感应电动势；然后结合瞬时值表达式即可求出；根据磁通量的变化判断出线圈的位置。

本题是综合题目，重点考查了交流电的产生与应用，明确求功率时用有效值是解答的关键。【解析】A二、多选题(共7题，共14分)6、CD【分析】解：根据玻尔理论；原子的能量量子化现象是指原子的能量状态是不连续的，原子具有分立的能级，即能量的量子化．所以选项AB错误，CD正确．

故选：CD

波尔理论的假设之一是原子能量的量子化；还有轨道量子化．由此解答即可．

玻尔理论，关于原子结构的一种理论．1913年由玻尔提出．是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的．要点是：（1）原子核外的电子只能在某些规定的轨道上绕转，此时并不发光；（2）电子从高能量的轨道跳到低能量的轨道时，原子发光．具体来说，玻尔理论包括三条假说1、原子能量的量子化假设：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中的原子是稳定的，电子虽然做加速运动，但并不向外辐射能量．2、原子能级的跃迁假设：原子从一个定态跃迁到另一个定态时，原子辐射一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定．3、原子中电子运动轨道量子化假设：原子的不同能量状态对应于电子的不同运行轨道．由于原子的能量状态是不连续的，因此电子运动的轨道也可能是不连续的，即电子不能在任意半径的轨道上运动．【解析】【答案】CD7、AC【分析】解：AB

根据右手螺旋定则；知A

环内磁感应强度的方向垂直于环向上，若A

环中的电流在增强，那么对于B

环，穿过B

环的磁通量在增大，依据楞次定律，则有顺时针方向感应电流(

从上向下看)

则两环的电流方向相反，因此两环相互排斥，故A正确，B错误。

CD

根据右手螺旋定则；知A

环内磁感应强度的方向垂直于环向上，若A

环中的电流在减弱，那么对于B

环，穿过B

环的磁通量在减小，依据楞次定律，则有逆时针方向感应电流(

从上向下看)

则两环的电流方向相同，因此两环相互吸引，故C正确，D错误。

故选：AC

根据右手螺旋定则判断A

环内磁感应强度的方向；再依据楞次定律，结合磁通量的变化，从而判定B

环中的感应电流。

本题右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，掌握楞次定律的应用，注意磁通量的如何变化是解题的关键。【解析】AC

8、BC【分析】【分析】ab

切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab

把金属框分为两部分，这两部分并联与ab

构成闭合回路；由并联电路特点判断外电路电阻如何变化，从而判断外电压是否保持不变，应用安培力公式；平衡条件、电功率公式分析答题。

本题是一道电磁感应与力学、电路知识的综合题，要掌握电磁感应与力学、电路的基本规律，如E=BLv

并联电路特点、欧姆定律、安培力公式、电功与电功率公式等等.

本题的难点与解题关键是：知道ab

杆是电源，框架是外电路，判断出外电阻先增大后减小。【解答】AC.ab

可以看做电源，框架构成外电路，当ab

运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，等于ab

的电阻，因此在ab

运动过程中，外电路总电阻R

先增大后减小，由欧姆定律可知，电路电流先减小后增大，ab

受到的安培力为FB=BIL

可知安培力先减小后变大，ab

匀速运动；由平衡条件得：F=FB

所以外力F

先减小后增大，导线框每根杆受到的安培力在变化，先减小后增大，故桌面对框架的摩擦力先减小后增大，故A错误，B正确；

C.通过ab

的电流I

先减小后增大；电动势不变，则整个电路的电功率先减小后增大，故C正确；

D.当ab

在框架的中央时，内外电阻相等，正方形框架的发热功率等于ab

杆的发热功率，除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U=IR

可知，外电压小于等于内电压，由Q=W=UIt

可知外电路产生的总热量小于ab

杆产生的总热量；故D错误。

故选BC。

【解析】BC

9、ABD【分析】【分析】分析滑块和木板组成的系统所受的外力，判断动量是否守恒..滑块相对木板静止时，由动量守恒定律求出两者的共同速度，由能量守恒定律求内能..再由Q=娄脤mgL，求木板的最小长度L.L.由运动学公式求滑块与木板的位移之比。本题是动量守恒和能量及运动学公式的综合应用。【解答】A.根据牛顿第二定律得出，滑块和木板的加速度大小分别为：a1=娄脤g,a2=娄脤mgM{a}_{1}=娄脤g,{a}_{2}=dfrac{娄脤mg}{M}故：a1:a2=M:m=1:3{a}_{1}:{a}_{2}=M:m=1:3A正确；B.滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得，mv0=(M+m)v，计算得出：v=1.5m/s

根据能量守恒定律得：整个过程中因摩擦产生的内能Q=12mv02鈭�12(M+m)v2=12隆脕3隆脕22鈭�12(1+3)隆脕1.52=1.5J..所以BB选项是正确的;;

C.设木板的最小长度为LL则有Q=娄脤mgL，得L=0.5m，故C错误.;.;

D.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是xm:xM=v0+v2t拢潞v2t=2+1.52拢潞1.52=7:3{x}_{m}:{x}_{M}=dfrac{{v}_{0}+v}{2}t拢潞dfrac{v}{2}t=dfrac{2+1.5}{2}拢潞dfrac{1.5}{2}=7:3，所以DD选项是正确的。

故选ABD。【解析】ABD

10、AB【分析】解：A；一个带电体能否看成点电荷；不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计，故A正确；

B；点电荷是理想模型；实际不存在的，故B正确；

C；带电体看作点电荷的条件；当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故C错误；

D、根据F=k应用的条件可知，该公式适用于点电荷、真空中．可知当r→0时；库仑定律不再适用．故D错误．

故选：AB．

带电体看作点电荷的条件；当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．

考查了带电体看作点电荷的条件及其特点，是基础的题目，在平时要注意多积累．【解析】【答案】AB11、AC【分析】解：A、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密；电场强度大于a处电场强度；故A正确；

B、C、a、b；c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点；电势相等，而且与无穷远处电势相等；故B错误，C正确；

D；一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左；无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点；故D错误；

故选：AC．

两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直；而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．

对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．【解析】【答案】AC12、ACD【分析】【分析】(1)

根据交流电的正弦函数表达式，可知当转过60鈭�60^{circ}时，感应电动势的瞬时值，再由欧姆定律可求此时感应电流的瞬时值；(2)(2)在14Tdfrac{1}{4}T内感应电流的有效值与整个周期内的有效值相等，感应电动势的平均值由法拉第电磁感应定律求出。本题主要考查的是正弦交流电的函数表达式，掌握正弦交流电的瞬时值、有效值、最大值、平均值的求法。【解答】AB.

此交流电的瞬时值表达式为：E=BS娄脴sin娄脴t当转过60鈭�60^{circ}时，感应电流的瞬时值为：E=BS娄脴sin娄脴tR=BS娄脴sin60鈭�R=3BS娄脴2R

故A正确，B错误；C.在转过60鈭�60^{circ}过程中，感应电动势的平均值为：E鈭�=B?S?t=BScos60鈭�娄脨3娄脴=3BS娄脴2Roverset{-}{E}=dfrac{B?S}{?t}=dfrac{BScos60^{circ}}{dfrac{dfrac{娄脨}{3}}{娄脴}}=dfrac{3BS娄脴}{2R}故C正确；D.在14T内感应电流的有效值与整个周期内的有效值相等，即BS娄脴2Rdfrac{BS娄脴}{sqrt{2}R}故D正确。故选ACD。【解析】ACD

三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【解析】试题分析：一个元电荷的电量是1.6×10-19C，3.2×10-8C电量有个基元电荷考点：考查元电荷【解析】【答案】1.6×10-19，2×101114、略

【分析】【解析】试题分析：由安培的磁性起源假说的内容知，在磁体的内部存在着一种环形电流--分子电流，分子电流也是电荷的运动产生的，所以磁现象的本质是磁体的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。考点：本题考查安培分子电流假说【解析】【答案】电荷的运动15、略

【分析】

（1）A；电磁打点计时器应使用4-6V的交流电；故A错误．

B；实验时；应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误．

C；干电池是直流电源；电磁打点计时器应使用4-6V的交流电，故C错误．

D；每打完一条纸带要及时切断打点计时器的电源；故D正确．

故选D．

（2）每五个点取一个计数点；所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s．

利用匀变速直线运动的推论得：

利用逐差法△x=aT2得：

故答案为：0.43m/s，0.8m/s2．

【解析】【答案】（1）了解电磁打点计时器的工作电压和实验的工作步骤．

（2）纸带实验中；若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．

16、略

【分析】解：测摆线的长度应准确到毫米；故用毫米刻度尺；测小球直径常用游标卡尺，用秒表测量时间。

故答案为：毫米刻度尺；游标卡尺，秒表。

为减小误差；测摆线的长度应准确到毫米，测小球直径常用游标卡尺，对秒表用途的了解．

考查了常规仪器的运用，了解精确度对误差的影响，合理使用仪器，了解其工作原理，难度一般．【解析】毫米刻度尺；游标卡尺；秒表17、略

【分析】解：根据通电直导线产生磁场的特点；两条导线周围都产生圆形磁场，而且磁场的走向相同．在两条导线之间磁场方向相反．

这就好像在两条导线中间放置了两块磁铁；它们的N极和S极相对，S极和N极相对．由于异名磁极相吸，这两条导线会产生吸引力．

故答案为：吸引．

通电导线a的周围有磁场，通电导体b放在了通电导线a的磁场内；受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．

本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识，注意同向电流相吸，而同名磁极相斥．【解析】吸引18、略

【分析】解：由库仑定律可得：

F=Kq1q2r2

变化后F隆盲=4q1q2(12r)2=16F

故答案为：16

．

由库仑力公式可得出两次作用力的表达式；则可求得距离减小后的相互作用力．

本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出．【解析】16

四、判断题(共2题，共20分)19、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．20、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．五、实验探究题(共2题，共20分)21