2025年人教版（2024）高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高二物理上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7题，共14分)1、质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的质量为m、带电量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打至底片上的P点，设OP=x，则在图中能正确反映x与U之间的函数关系的是2、在某电荷的电场中，从A点移动一个电量为5×10-8库仑的电荷到B点，电场力所做的功为6×10-6焦，如果规定，A点的电势为零，那么，B点的电势U、移动过程中电势能的变化分别是（）A.U-120V，电势能增加了6×10-6焦耳B.U=-120V，电势能减少了6×10-6焦耳C.U=120V，电势能不变D.U=0V，电势能减少了6×10-6焦耳3、如图所示，空间有足够大的竖直向下的匀强电场E．一带电微粒沿水平射入，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A.微粒从M点运动到N点电势能一定增加B.微粒从M点运动到N点动能一定增加C.微粒从M点运动到N点重力势能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加4、下图是研究静摩擦力的装置；弹簧秤对物块的拉力沿水平方向。逐渐增大拉力，当拉力小于10N

时，物块保持静止；等于10N

时，物块恰好运动。下列分析正确的是。

A.物块受到的最大静摩擦力是10N

B.示数为5N

时，物块受到的静摩擦力是10N

C.示数为15N

时，物块受到的静摩擦力是10N

D.示数为10N

时，物块受到的摩擦力是0

5、关于电源的电动势E

下列说法中正确的是(

)

垄脵

电动势E

的大小与非静电力所做的功W

的大小成正比；与移动电荷量q

的大小成反比。

垄脷

电动势E

由电源本身决定；跟电源的体积和外电路均无关。

垄脹

电动势E

的单位与电势；电势差的单位都是伏特.

其三者本质一样的．

垄脺

电动势E

表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量．A.垄脵垄脷

B.垄脵垄脹

C.垄脹垄脺

D.垄脷垄脺

6、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。

7、静电力常量k

的单位，若用国际单位制(SI)

中的基本单位可表示为(

)

A.kg鈰�mC2鈰�S2

B.kg鈰�m3C2.s2

C.kg鈰�mA2鈰�s2

D.kg鈰�m3A2鈰�s4

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、如图（a）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B两点的坐标分别为0.2m和0.5m．放在A、B两点的检验电荷q1、q2受到的电场力跟检验电荷所带电量的关系如图（b）所示．则A点的电场强度大小为______N/C，点电荷Q的位置坐标为x=______m．

9、一定质量的理想气体从外界吸收了3×104J的热量，同时气体对外界做了5.5×l05J的功．则气体内能改变了是______J，分子的平均动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体的压强______（选填“增大”、“减小”或“不变”）．10、读出如图中游标卡尺的读数游标卡尺的读数为______mm．

11、两列波源振动情况完全相同的相干波在同一水平面上传播；两列波的振幅均为A，某时刻它们的波峰；波谷位置如图所示．回答下列问题：

①在图中标出的M、N、P、Q四点中，振动增强的点是____；

②由图中时刻经周期时，质点M相对平衡位置的位移是____．

12、在猜想弹性势能可能与哪几个物理量有关的时候，有人猜想弹性势能可能与弹簧的劲度系数k、弹簧的伸长量x有关，但究竟是与x的一次方，还是x的二次方，还是x的三次方有关呢?请完成下列练习以帮助思考。

①若弹性势能Ep∝kx，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx的单位是____。

②若弹性势能Ep∝kx2，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx2的单位是____。

③若弹性势能Ep∝kx3，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx3的单位是____。

从①②③中对单位的计算，你可以得到的启示：____。13、用螺旋测微器测一矩形小零件的长和宽时，螺旋测微器上的示数如图所示，（a）的读数是______mm，（b）的读数是______mm．14、某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度．实验步骤如下：

A．按装置图安装好实验装置；

B．用游标卡尺测量小球的直径d；

C．用米尺测量悬线的长度L；

D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时；并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1；2、3．当数到20时，停止计时，测得时间为t；

E．多次改变悬线长度；对应每个悬线长度，都重复实验步骤C；D；

F．计算出每个悬线长度对应的t2；

G．以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t2-L图线．

结合上述实验；完成下列任务：

（1）该同学根据实验数据，利用计算机作出t2-L图线如图2所示．根据图线拟合得到方程t2=404.0L+3.0．由此可以得出当地的重力加速度g=______m/s2．（取π2=9.86；结果保留3位有效数字）

（2）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是______

A．不应在小球经过最低点时开始计时；应该在小球运动到最高点开始计时；

B．开始计时后；不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数；

C．不应作t2-L图线；而应作t-L图线；

D．不应作t2-L图线，而应作t2-（L+d）图线．15、如图所示是一个质点的振动图象，由图可知，质点的振幅为______，周期为______；第1

秒内质点做______运动；第2

秒内质点的______能转变为______能；第3

秒末质点振动速度______而加速度______；此质点若为单摆，则其摆长约为______米.

16、如图所示，光滑水平面上有一个静止的物体，质量是7kg

在14N

的水平恒力作用下开始运动，5s

末的速度大小是______m/s5s

末的动能是______J.评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、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）18、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）19、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）20、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）21、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）

22、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

23、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）24、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）

25、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、实验探究题(共2题，共12分)26、(1)

在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光.

为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有____

A.改用红光作为入射光B.

改用蓝光作为入射光。

C.增大双缝到屏的距离D.

增大双缝之间的距离。

(2)

如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

垄脵

实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通过仅测量____(

填选项前的序号)

间接地解决这个问题．

A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程。

垄脷

若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____(

m

1

m

2OMOPON

表示)

．27、如图所示；在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：

Ⅰ．把两滑块A和B紧贴在一起；在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；

Ⅱ．按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；

Ⅲ．重复几次，取t1和t2的平均值．

①在调整气垫导轨时应注意______；

②应测量的数据还有______；

③只要关系式______成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．评卷人得分五、画图题(共2题，共16分)28、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象29、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】试题分析：可通过解析式确定图像形状，根据动能定理可知，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，所以即B正确。考点：质谱仪【解析】【答案】B2、B【分析】解：A、B间的电势差UAB==V=120V，又UAB=φA-φB，φA=0得，φB=-120V．电场力所做的功为6×10-6焦，则电势能减少了6×10-6焦耳．

故选B

根据电势差的定义式UAB=求出A、B间的电势差UAB，UAB=φA-φB；可求出B点的电势U．电场力做功多少，电势能就减小多少．

本题只要掌握电势差的定义式UAB=和电场力做功与电势能变化的关系，就能正确解答．所以要加强基础知识的学习，夯实基础，做到不在基础题上失分．【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；由图可知；粒子向下偏转，则说明合力一定向下，物体受重力和电场力的作用电场力可能向下，也可能向下，故无法确定电场力的方向，从而无法确定电势能的变化情况；故A错误；

B；粒子运动过程中合力向下；故在运动中合力做正功，物体的动能增加，故B正确；

C；物体从M到N过程中；重力做正功，重力势能减小，故C错误；

D；由于不能判断电场力做功情况；故无法确定机械能的变化，故D错误．

故选：B．

对微粒的运动轨迹进行分析；根据曲线运动的性质可明确粒子受合力方向，再通过受力分析明确电场力的情况，从而根据电场力做功与电势能的关系分析电势能的变化，根据重力做功与重力势能的关系分析重力势能的变化，根据重力这外的其他力做功与机械能变化间的关系分析机械能的变化．

本题考查了带电粒子在电场和重力场中的运动情况，要注意明确根据粒子的运动轨迹分析受力的基本方法，明确物体做曲线运动时合力一定指向曲线的凹侧；则时注意明确重力做功量度了重力势能的变化，而电场力做功量度了电势能的改变，而重力之外的其他力做功量度了机械能的变化．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】没有拉动时；物体保持静止，拉力和静摩擦力平衡；刚刚拉动时，静摩擦力达到最大值；拉力后是滑动摩擦力。

本题关键是明确滑块的受力情况，要分静摩擦力和滑动摩擦力两种情况讨论，基础问题。【解答】A.物体受重力；支持力、拉力和摩擦力；当拉力等于10N

时，物块刚刚开始运动，说明最大静摩擦力为10N

故A正确；

B.当弹簧秤的示数为5N

时；没有拉动，物体保持静止，受静摩擦力，为5N

故B错误；

C.当弹簧秤的示数为15N

时，物体加速运动，受到滑动摩擦力，滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，故物块受到的静摩擦力小于10N10N，故C错误；D.示数为10N10N时，物体恰好运动，此时物块受到的摩擦力是10N10ND错误。故选A。【解析】A

5、D【分析】解：垄脵

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；与非静电力做功W

的大小以及移送电荷量q

的大小无关.

故垄脵

错误；

垄脷

电动势反映本身的特性；电动势与制作的材料有关，与体积的大小无关，与外电路的结构无关.

故垄脷

正确；

垄脹

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；电势差；电势电势描述电场的能的性质的物理量；三者的本质不同.

故垄脹

错误；

垄脺

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；电动势越大，本领越大.

故垄脺

正确．

故D正确；ABC错误。

故选：D

电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势.

电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；与外电路的结构无关.

电源的电动势在数值上等于内；外电压之和．

本题考查对于电源的电动势的理解能力.

电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．【解析】D

6、B【分析】

A；D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．

B；C；B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．

【解析】【答案】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．

7、D【分析】解：根据库伦定律F=kQqr2

得：

k=Fr2Qq

国际单位制中力F

距离r

电荷(Qq)

的单位分别是：NmC

其中N=kg?m/s2C=A?s

所以k

的单位为kg鈰�m3A2鈰�s4

故选：D

根据库伦定律F=kQqr2

由QqFr

四个物理量的单位推导出k

的单位．

单位制是由基本单位和导出单位组成的，在国际单位制中，除了七个基本单位之外，其他物理量的单位都是导出单位，可以由物理公式推导出来．【解析】D

二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】解：（1）由图可知，A点的电场强度==2×103N/C；

（2）同理B点的电场强度EB=-500N/C；方向指向x负方向．

所以A；B两点的电场强度大小之比为4：1；

设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场得：

联立以上公式解得：x=0.3m．

故答案为：2×1030.3

电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即方向与正电荷所受电场力方向相同．

根据点电荷场强公式分析。

本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线F-q斜率的物理意义，是常用的思路．【解析】2×103；0.39、略

【分析】解：已知Q=3×104J，W=-5.5×l05J；由热力学第一定律：△U=W+Q

可得：△U=-5.5×l05J+3×104J=-2.5×l05J

气体的内能减小了2.5×105J．

理想气体气体内能减小；温度T降低，分子的平均动能变小．由于气体对外做功，则气体体积V增大；

由理想气体状态方程：=C可知：气体压强p减小；

故答案为：-2.5×l05；变小，减小．

根据热力学第一定律求气体内能的变化量．根据内能的变化判断温度的变化；从而得到分子的平均动能如何变化．根据气体做功情况判断气体体积的变化，最后应用理想气体状态方程判断压强如果变化．

本题考查了热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题；应用热力学第一定律解题时，要理解各符号正负的含义．【解析】-2.5×l05；变小；减小10、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为11mm；游标尺上第4个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×4mm=0.4mm；

所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；

故答案为：11.4

明确游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；注意在读数时不需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，读数时注意单位的换算，同时明确读数时不需要估读．【解析】11.411、略

【分析】

当两列波出现干涉现象时；要产生干涉图样，形成一条加强线，一条减弱线即加强线；减弱线彼此相间的稳定的干涉图样，在图中设定M、N、P、Q四点中，M点波峰与波峰相遇，是振动加强点．P点是波谷与波谷相遇点，是振动加强点；而Q、N两点是波峰与波谷相遇点，则它们是振动减弱点．

M点此时是波峰与波峰相遇，当再经过周期时；均是平衡位置在此处相遇．故位移为零．

故答案为：M；P；零。

【解析】【答案】两列频率相同的相干波；当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．

12、NJJ·m弹性势能Ep与弹簧伸长量x的二次方有关的猜想有些道理【分析】【解答】物理量与单位是否统一是验证探究正确与否的方法之一。

【分析】从可能影响弹性势能的因素出发13、略

【分析】解：a固定刻度的读数为：8mm；可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为：8mm+0.470mm=8.470mm．

b固定刻度的读数为：6.5mm；可动刻度读数为0.01×7.0mm=0.070mm，所以最终读数为：6.5mm+0.070mm=6.570mm．

故答案为：8.470；6.570

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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则说明已经露出．

本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，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，一定要保留正确的位数．【解析】8.470；6.57014、略

【分析】解：（1）由题得单摆的周期T=

根据单摆周期公式T=2π得：即得：t2=400π2

故t2-l图象的斜率表示的大小；

由题意知斜率k=404.01

则：=404.01，π2=9.86，解得：g≈9.76m/s2

（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2-l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，若应作t2-（l+）图线；则图象将过原点，故D正确，ABC错误．

故选：D．

故答案为：（1）9.76．（2）D．

（1）由于当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3．当数到20时，停止计时，测得时间为t．根据单摆周期公式T=2π和=T结合得到t2-l的解析式；从而根据图象中斜率的物理意义求出g．

（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和；以摆线长度作为摆长，则摆长偏小．根据实验原理和方法进行分析．

本实验要注意，求解加速的前提是推导出t2-l图象的解析式从而根据图象中斜率的物理意义求出g．【解析】9.76；D15、略

【分析】解：由图知按振幅为5cm

周期为4s

第1S

内做离开平衡位置为减速运动，第二2S

内为加速运动，势能转变为动，第3S

末质点振动速度。

最大，加速度为0

若为单摆则由：拢禄T=2娄脨lgT=2娄脨lg

得l=T2g4蟺2=42g4蟺2=4m

故答案为：5cm4s

减速，势能，动能，为0

最大，4

．

由图可确定出各相关量；由周期公式可求出摆长．

考查振动的图象，明确在平衡位置速度最大，加速度为0

．【解析】5cm4S

减速；势；动；最大；为04

16、略

【分析】解：根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=Fm=147=2m/s2

5s

末的速度为：v=at=2隆脕5m/s=10m/s

5s

末的动能为：EK=12mv2=12隆脕7隆脕100=350J

故答案为：10350

根据牛顿第二定律求出物体的加速度；根据速度时间公式和位移时间公式求出5s

末的速度；由动能的定义可求得动能．

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁【解析】10350

三、判断题(共9题，共18分)17、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．18、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．19、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．20、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．21、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．22、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．23、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．24、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．25、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、实验探究题(共2题，共12分)26、（1）AC（2）①C②【分析】【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式?x=Ld娄脣

判断如何增大干涉条纹的间距；

验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难.

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛