2025年湘教版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教版高二物理下册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、用电压表、电流表测定a、b两节干电池的电动势Ea、Eb和内电阻ra、rb时，画出的图线如图所示，则由此图线可知（）A.Ea＞Eb、ra＞rbB.Ea＞Eb、ra＜rbC.Ea＜Eb、ra＞rbD.Ea＜Eb、ra＜rb2、如图甲所示，单匝闭合线圈固定在匀强磁场中，t=0时刻磁感线垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，线圈面积S=0.1m2，电阻R=1Ω，在0～2s时间内下列说法正确的是（）A.线圈中的感应电流沿逆时针方向B.线圈中的感应电动势大小为0.5VC.通过线圈横截面的电荷量为0.1CD.线圈中产生的焦耳热为0.05J3、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(

弹簧保持竖直，且形变始终在弹性限度以内)

下列关于能量的叙述，正确的是

A.弹簧的弹性势能先增大后减小B.小球的动能先增大后减小C.小球的重力势能先增大后减小D.小球的机械能先增大后减小4、如图所示，高为h

的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面，一带电荷量为+q

质量为m

的小球，以初速度v0

从曲面底端的A

点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B

点的速度大小仍为v0

则A.电场力对小球做功为mgh+12mv02

B.B

两点的电势差为mghq

C.小球在B

点的电势能大于在A

点的电势能D.电场强度的最小值为mgq

5、一直升机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B

直升机螺旋桨叶片的长度为L

螺旋桨转动的频率为f

顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a

远轴端为b

如图所示。如果忽略a

到转轴中心线的距离，用E

表示每个叶片中的感应电动势，则

A.E=xfL?B

且a

点电势高于b

点电势B.E=2xfL?B

且a

点电势高于b

点电势C.E=xfL?B

且a

点电势低于b

点电势D.E=2xfL?B

且a

点电势低于b

点电势评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、万有引力常量G=6.67×10-11____，由万有引力定律可知，两个质量分别为50kg的人，相距2m时的万有引力为____．7、一物体初速度为零，先以大小为a1的加速度做匀加速运动，后以大小为a2的加速度做匀减速运动直到静止．整个过程中物体的位移为s，则该物体在此直线运动过程中最大速度为____．8、用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带______电荷，毛皮带______电荷，当橡胶棒带有4.8×10-9C的电荷时，有______个电子从______转移到______（每个电子的电量为1.6×10-19C）9、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ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I=______．线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=______．10、如图所示，螺旋测微器的示数为______，游标卡尺的示数为______．11、某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中；已知单摆摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．

(1)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=____________．

(2)实验结束后；某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．

A．单摆的悬点未固定紧；振动中出现松动，使摆线增长了。

B．把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间。

C．以摆线长作为摆长来计算。

D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算。

(3)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中；用秒表测单摆完成40次全振动的时间如图所示，则单摆的周期为____________s．

(4)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k．则重力加速度g=____________．(用k表示)若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是____________，因此失误，由图象求得的重力加速度的g____________(偏大，偏小，无影响)12、如图1

所示；一打点计时器固定在斜面上端，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下.

图2

是打出的纸带的一段．

(1)

已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz

利用图2

给出的数据可求出小车下滑的加速度a=

______．

(2)

为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有______.

用测得的量及加速度a

表示阻力大小的计算式为f=

______.(

图中单位：cm)

13、如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．

(1)

因为下落高度相同的平抛小球(

不计空气阻力)

的飞行时间相同；所以我们在实验中可以用平抛运动的______来替代平抛运动的初速度．

(2)

本实验中；实验必须要求的条件是______

A.斜槽轨道必须是光滑的。

B.斜槽轨道末端点的切线是水平的。

C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放。

D.入射球与被碰球满足ma>mbra=rb

(3)

图中MPN

分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置；则实验中要验证的关系是______

A.ma?ON=ma?OP+mb?OMB.ma?OP=ma?ON+mb?OM

C.ma?OP=ma?OM+mb?OND.ma?OM=ma?OP+mb?ON

．14、一正弦式交变电流的电压u

=10

sin

314

t

V

其有效值为______，频率为______，接上R=10娄赂

的电阻后，一个周期内产生的热量为______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、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）16、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）17、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）18、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）19、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）

20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、识图作答题(共1题，共3分)21、某生物兴趣小组对大棚内种植的菠菜进行了研究，绘出如下四组图。甲、乙两图分别表示光照强度和空气中CO2含量对菠菜叶肉细胞光合作用的影响，丙图表示一天内某时间段密闭菠菜大棚内CO2浓度随时间的变化曲线，丁图表示新鲜菠菜叶的四种光合色素在滤纸上分离的情况。据图回答下列问题：(1)光能转变成化学能后，能量首先储存到_________中，此过程发生在_________上。图甲中C点时，叶肉细胞内产生ATP的场所除叶绿体、线粒体外还有__________，在叶绿体内ADP的移动方向是________________________________________。(2)图乙中A点时，限制光合速率提高的主要环境因素是____________________，可以通过增施农家肥得以缓解。A点对应图甲中的_______点，对应图丙中的__________点。(3)图丙中BC段变化的原因是________________________________________。C点时有机物的积累量__________(填“大于”、“小于”或“等于”)A点。(4)以新鲜菠菜绿叶片为原料提取①时，使用的溶剂一般是_________，加入碳酸钙的作用是___________。图丁中的色素D的名称是_______。在层析液中溶解度最接近的两种色素是A和B，它们主要吸收可见光中的________。在层析液中溶解度差异最大的两种色素是________________(用图丁中的字母表示)。评卷人得分五、证明题(共2题，共12分)22、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。23、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【解析】试题分析：据可得可见U－I图线，与纵轴的交点表示电源的电动势，图线的斜率的绝对值表示电源的内电阻，由图可知故选A考点：测定电池的电动势和内阻【解析】【答案】A2、C【分析】解：AB、由楞次定律知线圈中的感应电流沿顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律：E=nS=1××0.1V=0.05V；故AB错误；

C、通过线圈横截面的电荷量：q=I△t==带入数据得：q=0.1C，故C正确；

D、线圈中产生的焦耳热：Q=I2Rt=带入数据得：Q=0.5J，故D错误。

故选：C。

根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律得出感应电流的方向，结合欧姆定律求出电流的大小，由q=I△t求得通过线圈横截面的电荷量；由Q=I2Rt求得线圈中产生的焦耳热。

本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向是解决本题的关键。【解析】C3、B【分析】【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据弹簧的形变量判断弹性势能的变化，根据小球的受力判断小球的速度变化，从而得出小球动能的变化，小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，通过弹性势能的变化判断小球机械能的变化。本题考查了功能关系，知道重力功与重力势能的关系，以及弹力功与弹性势能的关系，知道小球在下降的过程中，小球和弹簧组成的系统，机械能守恒。【解答】AC.

在小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的形变量逐渐增大，则弹性势能一直增大。因为物体一直下降，则重力势能一直减小，故AC错误；B.开始小球重力大于弹力，向下做加速运动，然后弹力大于重力，向下做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故B正确；D.小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹性势能一直增大，则小球的机械能一直减小，故D错误。故选B。【解析】B

4、B【分析】【分析】小球从曲面底端的A

点开始沿曲面表面上滑过程中；重力做负功，电场力做正功，动能变化量为零，由动能定理求解电场力做功，由电场力做功公式W=qU

求出电势差，由U=Ed

分析场强的最小值，根据电场力做功正负，判断电势能的变化。

本题关键能运用动能定理求解电场力做功，只要掌握W=qUU=Ed

两个公式，此题就不难解答。【解答】A.小球上滑过程中，由动能定理得：W鈭�mgh=12mv02鈭�12mv02

解得：W=mgh

故A错误；

B.由W=qU

得，AB

两点的电势差为U=mghq

故B正确；

C.由于电场力做正功；小球的电势能减小，则小球在B

点的电势能小于在A

点的电势能，故C错误；

D.由U=Ed

得，E=Ud

若电场线沿AB

时，d>h

则E<Uh=mgq

故D错误。

故选B。

【解析】B

5、C【分析】解：每个叶片都切割磁感线，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动，根据右手定则知，a

点电势高于b

点电势；

感应电动势为：E=12BL2娄脴=12BL2?2娄脨f=娄脨fL2B

故选：C

．

转动切割产生的感应电动势根据E=12BL2娄脴

求出大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而判断出ab

两点的电势高低．

解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E=12BL2娄脴

以及会用右手定则判断感应电动势的方向．【解析】C

二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】

国际单位制中质量m、距离r；力F的单位分别是：kg、m、N；

根据牛顿的万有引力定律F=得到G的单位是N•m2/kg2．

两个质量分别为50kg的人，相距2m时的万有引力F==1.67×10-7N．

故答案为：N•m2/kg2，1.67×10-7N

【解析】【答案】根据牛顿的万有引力定律F=由m，r；F三个物理量的单位推导出G的单位．应用万有引力定律直接计算；

7、略

【分析】

设整个过程最大速度为V，加速过程中初速度为零，加速度大小a1；

由位移速度关系式得：V2=2a1x1；

匀减速直线运动直到停止；可看做反向的初速度为零的匀加速运动，相当于已知初速度为零，末速度与第一步假设的速度相同；

由位移速度公式得：V2=2a2x2；

由于整个过程中物体的位移为s，所以：s=x1+x2=+

整理得：V=

故答案为：

【解析】【答案】匀加速直线运动初速度为零，加速度大小已知，设出最大速度，应用位移时间关系式列出表达式；匀减速直线运动直到停止，可看做反向的初速度为零的匀加速运动，相当于已知初速度为零，末速度与第一步假设的速度相同，再应用位移-速度公式V2=2ax；列出表达式解方程组得到结论．

8、略

【分析】解：用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带负电电荷，毛皮带正电荷，当橡胶棒带有4.8×10-9C的电荷时，有3.0×1010C个电子从毛皮转移到橡胶棒上．

故答案为：负，正，3.0×1010C；毛皮，橡胶棒。

摩擦起电的实质是电子的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电；元电荷e=1.6×10-19C．

本题考查了摩擦起电的原因和实质，原因是不同物质的原子核对核外电子的束缚能力不同，束缚能力强的从束缚能力弱的那里得到电子，而带负电，束缚能力弱的由于失去电子，而缺少电子带正电；而摩擦起电的实质是电荷的转移．【解析】负；正；3.0×1010C；毛皮；橡胶棒9、略

【分析】解：线圈中产生感应电动势最大值Em=BSω，感应电动势有效值E=Em=BSω．则电流的有效值为I==．

由=q=得到。

电量q==

故答案为：

由题可知，线圈中产生正弦式电流．感应电动势最大值Em=BSω，由E=Em及欧姆定律求解电流的有效值．根据法拉第电磁感应定律；欧姆定律和电流的定义式求出电量．

对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系．【解析】10、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm；可动刻度读数为0.01×20.0m=0.200mm，所以最终读数为：4.700mm．

游标卡尺的主尺读数为10cm；游标读数为：0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：10cm+0.015cm=10.015cm．

故答案为：4.700mm；10.015cm．

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】4.700mm；10.015cm11、略

【分析】解：(1)单摆的摆长l=L+单摆周期T==由单摆周期公式T=2π

可得：g==

(2)A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据g=可知；测得的g应偏小．故A错误；

B、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=求出的周期变小；g偏大．故B正确；

C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=可知；测得的g应偏小．故C错误；

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=可知；测得的g应偏大．故D正确．

故选BD；

(3)由图示秒表可知，秒表示数为1min+19.8s=79.8s，则单摆的周期T==1.995s；

(4)根据重力加速度的表达式g=可知，T2-l图线斜率k=则g=若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点；而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径，从g的表达式可知：g与摆长无关，所以因此失误对由图象求得的重力加速度的g的值无影响．

故答案为：(1)(2)BD；(3)1.995；(5)摆长漏加小球半径；无影响．【解析】BD;1.995;摆长漏加小球半径;无影响12、略

【分析】解：(1)

根据鈻�x=aT2

运用逐差法得，a=x5+x6+x7+x8鈭�(x1+x2+x3+x4)16T2T=0.04s

代入数据解得a=3.89m/s2

根据牛顿第二定律得：

mgsin娄脠鈭�f=ma

f=mgsin娄脠鈭�ma

为了求出小车在下滑过程中所受的阻力；那么我们需要测量小车质量，倾角直接测量很困难.

我们可以测出斜面上任意两点间的距离L

及这两点的高度差h

sin娄脠=hL

所以得：f=mghL鈭�ma

．

故答案为：3.89m/s2

小车质量m

斜面上任意两点间距离l

及这两点的高度差hmghL鈭�ma

．

纸带法实验中；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加速度，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，我们应该想到运用牛顿第二定律去求解．

加强匀变速直线运动规律和推论的应用，要注意单位的换算和有效数字的保留．【解析】3.89m/s2

小车质量m

斜面上任意两点间距离l

及这两点的高度差hmghL鈭�ma

13、水平位移；BCD；C【分析】解：(1)

由平抛运动规律y=12gt2

可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据x=v0t

可知v0=xt

所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度；

(2)A

本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同；与斜槽是否光滑无关，所以A错误；

B；只有斜槽末端点的切线水平才能保证碰后小球做平抛运动；所以B正确；

C、根据动等定理mgH鈭�Wf=12mv2

可知；只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放时，入射速度才能相同，所以C正确；

D、根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足ma>mb

只有满足两小球的半径相同时；碰后两小球的速度才能在一条直线上，所以D正确；

故选BCD

(3)

根据题意，P

点应是小球a

没有与b

碰撞时的落地位置，M

点应是碰后小球a

的落地位置，P

点应是碰后小球b

的落地位置；

根据平均动量守恒定律应有ma鈰�v0=ma鈰�va+mb鈰�vb

再由OP=v0鈰�tOM=va鈰�tON=vb鈰�t

可得ma鈰�OP=ma鈰�OM+mb?ON

所以C正确；即实验中要验证的关系是C

．

故答案为：(1)

水平位移；(2)BCD(3)C

本题(1)

根据平抛运动的规律即可求解；他(2)

根据实验要求每次碰前小球a

的速度相同可知没有必要要求斜槽轨道光滑；并且每次小球a

的释放位置必须相同，这样可对AC

做出判断；根据平抛运动的规律可知斜槽的末端必须水平，可对B

做出判断；根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球质量时可能被碰回，及只有发生对心碰撞时才能做直线运动，可对D

做出判断；题(3)

的关键是明确小球a

碰前与碰后的位置，再根据平均动量守恒定律表达式即可求解．

应明确：垄脵

平均动量的表达式为P.=m鈰�V.=m鈰�xt垄脷

在弹性碰撞中，当满足入射小球质量小于被碰小球质量时，入射小球将被碰回；垄脹

只有满足对心碰撞条件时，两小球速度才能共线．【解析】水平位移；BCDC

14、10v50Hz0.2J

【分析】【分析】

根据图象可读出该交流电的周期和最大值；然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解；根据焦耳定律求出一周期内产生的热量。

本题是交变电流图象；考查基本的读图能力，要能根据表达式获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算。

【解答】

由图可知，该交流电的最大值为Um=102V

周期为T=0.02s

所以有：

有效值U=1022=10V

频率f=1T=50Hz

根据焦耳定律得一周期内产生的热量Q=10210隆脕0.02=0.2J

故答案为：10V50Hz0.2J

。

【解析】10v50Hz0.2J

三、判断题(共6题，共12分)15、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．16、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．17、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．18、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．19、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．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析