2025年粤教版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版高二物理上册阶段测试试卷910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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是A.滑动触头向右移动，其他不变，电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动，其他不变，电子飞行的轨迹不变C.电压U增大，其他不变，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D.电压U增大，其他不变，电子打在荧光屏上的速度大小不变2、如图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员在右方机翼末端处的电势为蠒1

左方机翼末端处的电势为蠒2.

则以下说法正确的是()

A.若飞机从东往西飞，则蠒1

比蠒2

高B.若飞机从西往东飞，则蠒1

比蠒2

高C.若飞机从南往北飞，则蠒1

比蠒2

高D.若飞机从北往南飞，则蠒2

比蠒1

高3、如图甲所示；闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零．调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）

A.0.6eVB.1.9eVC.2.6eVD.4.5eV4、1797年至1798年，英国物理学家卡文迪许完成了一项伟大的实验--在实验室中完成了测量两个物体之间万有引力的实验，他把这项实验说成是“称地球的重量”（严格地说应是“测量地球的质量”），在这个实验中首次测量出了（）A.地球表面附近的重力加速度B.月球的公转周期C.月球的质量D.引力常量5、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）6、如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）A.右边气体温度升高，左边气体温度不变B.左右两边气体温度都升高C.左边气体压强增大D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量7、甲、乙两种由同种材料制成的保险丝，直径分别为0.5

毫米和1

毫米，熔断电流分别为2

安和6

安，把以上两根保险丝各取等长的一段后并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是()A.6

安B.7.5

安C.8.0

安D.10

安8、关于电磁波，下列说法正确的是(

)

A.电磁波和机械波都需要通过介质传播，它们由一种介质进入另一种介质时频率都不变B.发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调C.雷达发射的是直线性能好、反射性能强的超声波D.根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波9、关于机械振动，下列说法正确的是（）A.往复运动就是机械振动B.机械振动是靠惯性运动的，不需要有力的作用C.机械振动是受回复力作用D.回复力是物体所受的合力评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、某同学在做多用电表测电阻的实验中：

（1）测量某电阻时，用“×10Ω”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用____档（填“×1Ω”或“×100Ω”），换档后，在测量前先要____．

（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置．若是用A档测量，指针偏转如图，则读数为____；

11、一台家用电风扇，它的电动机线圈的电阻为R，正常工作时所加电压为U，通过电动机的电流位I，工作了一段时间t，电动机在这段时间内消耗的电能为____，线圈中产生的热为____．12、图为用游标卡尺测量某一工件的情形；这时的读数为______cm

．

13、如图为《研究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图．试回答下列问题：

（1）在该实验中电流计G的作用是____

（2）按实验要求在实物上连线。

（3）在实验出现的电磁感应现象中，上述器材中哪个相当于电源？____．14、长为L的导体棒原来不带电，将一带电量为-q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示，当达到静电平衡后棒上感应的电荷在棒内中点处产生的场强的大小等于____，方向。15、平行板电容器两板电势差是100V

当板上带电量增加10鈭�8C

时，板间某一点荷所受电场力变为原来的1.5

倍，那么这个电容器的电容是______．16、如图在曲轴AB

上悬挂一个弹簧振子；若不转动把手C

让其上下振动，周期为T1

若使把手以周期。

2(T2>T1)

匀速转动，当运动都稳定后，则弹簧振子的振动周期为____________；要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速____________(

填：增大，减小，不变)

．17、如图1

中；游标卡尺读______mm

如图2

螺旋测微器读数______mm

18、通电螺旋管对外相当于一个______磁铁，它的两极和电流方向之间的关系可以用______来判断．评卷人得分三、判断题(共9题，共18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、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）21、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）22、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）

23、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）

24、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）

25、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）26、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）27、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、画图题(共2题，共14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评卷人得分五、作图题(共1题，共5分)30、图甲(a)

所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路。电源电压恒定，电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光亮度逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图甲(b)

所示；试根据这一特性由图乙中给定的器材设计一个自动光控电路。

评卷人得分六、实验探究题(共1题，共4分)31、某同学利用如图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___________时开始计时，并计数为0

此后小球每经过最低点一次计数一次，从而测得10

次全振动的时间为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CD

F.计算出每个悬线长度对应的t

2

G.以t

2

为纵坐标、l

为横坐标，作出t

2鈭�

l

图线．结合上述实验，完成下列题目：垄脵

上述实验步骤D

中横线上应填入_________________垄脷

用游标为10

分度(

测量值可准确到0.1mm)

的卡尺测量小球的直径，某次测量的示数如图甲所示，读出小球直径d

的值为____mm

垄脹

该同学根据实验数据，利用计算机作出图线t

2鈭�

l

如图乙所示，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(

单选)

A.是因为读数时的偶然误差造成的B.是因为选取的全振动次数太少造成的C.不应作t

2鈭�

l

图线，而应作t

2鈭�(

1

鈭�

12

d

)

图线D.不应作t

2鈭�

l

图线，而应作t

2鈭�(

1

+12

d

)

垄脺

图线根据图线拟合得到方程t

2=404

l

+3.0

设t

2鈭�

l

图象的斜率为k

，由此可以得出当地的重力加速度的表达式g

=

____，其值为____m/s2(

取娄脨2=9.86

结果保留3

位有效数字)

这样测得的重力加速度的值_________(

选填“大于”、“小于”、“等于”)

真实的重力加速度的值。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，电子被加速后有eU1=mv2/2，设平行板长度为l，则电子在偏转电场中的侧移距离为y=at2/2，a=eU2/md，得y=U2l/4U1d，滑动触头向右移，电子的加速电压U1增大，电子在偏转电场中侧移距离减小，电子在荧光屏上位置下降，A错误；滑动触头向左移动，加速电压U1减小，则电子进入偏转电场速度减小，轨迹变化，B错误；电子在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，运动时间与偏转电压无关，C正确；偏转电压U2增大，电子在偏转电场中侧移距离增大，电场力做功增大，粒子打在荧光屏上速度大小增大，D错误。考点：本题考查带电粒子在电场中运动。【解析】【答案】C2、D【分析】【分析】本题考查运用右手定则判断感应电流方向和电势的高低。飞机在我国上空匀速巡航，切割地磁场的竖直分量，由右手定则判断电势的高低。本题要有空间想象能力，将地磁场形象化理解，再运用右手定则进行判断。【解答】A.在我国上空地磁场的竖直分量向下，若飞机从东往西飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有娄脮22比娄脮1

高，故A错误；B.若飞机从西往东飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有娄脮2

比娄脮1

高，故B错误；C.若飞机从南往北飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有娄脮2比娄脮1高，故C错误；D.若飞机从北往南飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有娄脮2

比娄脮1

高，故D正确。故选D。

【解析】D

3、C【分析】【分析】

​光电子射出后；有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答．

正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键；注意逸出的最大初动能与到达阳极时的最大动能的区别．

【解答】

解：设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm0，阴极材料逸出功为W0；

当反向电压达到U=0.60V以后；具有最大初动能的光电子也达不到阳极；

因此eU=Ekm0

由光电效应方程：Ekm0=hν-W0

由以上二式：Ekm0=0.6eV，W0=1.9eV。

所以此时最大初动能为0.6eV；该材料的逸出功为1.9eV。

当电压表读数为2V时，根据动能定理：Ekm-Ekm0=eU

代入数据：Ekm-0.6eV=2eV

则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为Ekm=0.6eV+2eV=2.6eV；故C正确，ABD错误；

故选：C。

【解析】C4、D【分析】解：1798年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，根据万有引力等于重力，有：G=mg．则地球的质量M=由于地球表面的重力加速度和地球的半径已知，所以根据公式即可求出地球的质量。因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人。

故ABC错误；D正确。

故选：D。

1798年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G；因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人。

解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及知道卡文迪许测量出了万有引力常量即可。【解析】D5、B【分析】【解析】试题分析：A图中，ab边相当于电路中的一部分支路，B图中，ab边相当于电路中的电源，两端电压相当于路端电压C图中，ab边相当于电路中的一部分支路，D图中，ab边相当于电路中的一部分支路，所以，B中ab两端电压最大，故B对考点：考查等效电路的的分析，利用欧姆定律求解的能力【解析】【答案】B6、B|C【分析】【解析】【答案】BC7、B【分析】【分析】根据保险丝的直径，求出两保险丝的电阻关系，并联电路电压相等，两保险丝并联时两端最大电压等于较小的额定电压，然后由欧姆定律与并联电路特点求出电路最大电流。本题关键要明确什么条件电路中电流达到最大，应用串并联电路特点、欧姆定律、电阻定律即可正确解题。【解答】保险丝的截面积S=14娄脨d2S=dfrac{1}{4}娄脨{d}^{2}，因dd11=0.5mm=0.5mm和dd22=1mm=1mm，则得截面积之比为SSSS11：SS22=1=1：44两保险丝材料与长度相同，由电阻定律R=娄脩LSR=娄脩dfrac{L}{S}可得RRRR11=4R=4R22保险丝允许的最大电压UUUU11=I=I11RR11=2隆脕4R=2隆脕4R22=8R=8R22，UU22=I=I22RR22=6R=6R22两保险丝并联，两端电压相等，并联电压最大应为U=6RU=6R22，则II22=6A=6A，I1=UR1=6R24R2=1.5A{I}_{1}=dfrac{U}{{R}_{1}}=dfrac{6{R}_{2}}{4{R}_{2}}=1.5A，并联电路允许的最大电流为IImaxmax=I=I22+I+I11【解析】B

8、D【分析】解：A

电磁波不需要通过介质；而机械波都需要通过介质传播，它们由一种介质进入另一种介质时频率都不变，故A错误；

B；发射无线电波时需要对电磁波进行调制；而接收时，则需要解调，故B错误；

C；雷达发射的是直线性能好、反射性能强的微波；故C错误；

D；麦克斯韦电磁场理论；电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，故D正确；

故选：D

．

电磁波自身是物质；不需要通过介质传播；发射无线电波时需要对电磁波进行调制；雷达发射的微波；电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波．

考查电磁波与机械波的区别，掌握横波与纵波的不同，理解调制和解调的区别，注意雷达的工作原理．【解析】D

9、C【分析】解：A；只有在平衡位置附近做复运动的物体才叫振动；故A错误。

B；C、机械振动需要回复力的作用；故B错误，故C正确。

D；回复力是做简谐运动的物体所受到的指向平衡位置的合力；方向总是指向平衡位置，故D错误。

故选：C。

机械振动是物体或质点在其平衡位置附近所作的往复运动；机械振动简称振动；具有重复性。

本题考查简谐运动的性质，发生振动时一定是物体受到了回复力的作用。要注意明确简谐运动受到的回复力是周期性的力；符合F=-kx。【解析】C二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】

（1）因偏转角度过大；则电阻小要用小量程的，选择×1Ω档，换档后电路改变，要重新欧姆调零．

（2）A档为欧姆档；倍率为100，则读数为：13×100=1300Ω

故答案为：（1）×1Ω；欧姆调零。

（2）1300Ω

【解析】【答案】欧姆表盘指针偏转角度越大；则电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率．

11、略

【分析】

在时间t内电动机消耗的电能W=UIt；

线圈产生的热量Q=I2Rt；

故答案为：UIt；I2Rt．

【解析】【答案】电动机是非纯电阻电路；求线圈产生的热量时，线圈是纯电阻电路，由电功公式分析答题．

12、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为10mm

游标尺上第22

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为22隆脕0.02mm=0.44mm

所以最终读数为：10mm+0.44mm=10.44mm=1.044cm

．

故答案为：1.044

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】1.044

13、略

【分析】

（1）在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小和方向。

（2）如图所示

（3）穿过B线圈的磁通量发生变化；在B线圈中产生感应电流，产生感应电流的那部分导体相当于电源，所以B线圈相当于电源．

故答案为：（1）检测感应电流的大小和方向。

（2）如上图。

（3）B

【解析】【答案】首先要弄清电磁感应现象的含义；产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，产生感应电流的那部分导体相当于电源．

注意在该实验中有两个回路；一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由电键；滑动变阻器、电源、线圈A串联而成．

14、略

【分析】【解析】根据静电平衡，导体内部合场强处处为零，感应电荷产生的电场与两个点电荷产生的电场等大反向，所以感应的电荷在棒内中点处产生的场强方向指向正点电荷。思路分析：根据静电平衡，合场强为零的特点进行解答。试题【解析】【答案】KQ/(R+L/2)2向左15、2×10-7F【分析】解：设原来电量为Q

电压为U

两板间距离为d

电荷受力F=Eq=qUd=qQCd

后来电量Q隆盲=Q+1隆脕10鈭�8C

则U隆盲=Q隆盲C

F隆盲=Q隆盲qCd

因F隆盲F=1.5

联立解得：C=2隆脕10鈭�7F

故答案为：2隆脕10鈭�7F

根据电容器的定义式及电荷的受力关系可列出电荷量改变前后的表达式；联立可解得电容器的电容．

本题考查电容器的定义式及U=Ed

的应用，本题中因中间量较多，故应采用方程法求解．【解析】2隆脕10鈭�7F

16、T2;增大【分析】解：据题，不转动把手C

让弹簧振子上下振动，周期为T1

弹簧振子的固有周期即为T1.

使把手匀速转动时，弹簧振子做受迫振动，当运动稳定后，弹簧振子的振动周期等于驱动力周期T2.

当驱动力的周期与弹簧振子的固有周期接近时振子的振幅增大，由于T2>T1

即驱动力气周期大于振子的固有周期，则当T2

减小时，把手转速增大时，振幅增大．

故答案为：T2

增大【解析】T2;

增大17、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为102mm

游标尺上第8

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8隆脕0.05mm=0.40mm

所以最终读数为：102mm+0.40mm=102.40mm

．

螺旋测微器的固定刻度为4.5mm

可动刻度为9.0隆脕0.01mm=0.090mm

所以最终读数为4.5mm+0.090mm=4.590mm

．

故答案为：102.404.590

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；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．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，注意有效位数的保留．【解析】102.404.590

18、略

【分析】解：通电螺旋管对外相当于一个条形磁铁；它的两极和电流方向之间的关系可以用安培定则来判断．

故答案为：条形；安培定则。

奥斯特发现了电流的磁效应；通电螺旋管对外相当于一个条形磁铁，它的两极和电流方向之间的关系可以用安培定则来判断．

该题考查学生对通电螺线管的磁场的认识和理解，属于对基础知识的考查.

基础题目．【解析】条形；安培定则三、判断题(共9题，共18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、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．21、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．22、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．23、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】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，很容易得出正确的结论．24、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．25、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．26、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．27、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】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，很容易得出正确的结论．四、画图题(