2024年人教版高二物理上册阶段测试试卷138

2024年人教版高二物理上册阶段测试试卷138
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9题，共18分)
1、一群处于激发态的氢原子向低能级跃迁，发出的光照射到一块等腰三角形玻璃棱镜AB面上，从AC面出射的光线将照射到一块金属板上，如图1所示.若只考虑第一次照射到AC面的光线，则下列说法中正确的是（）
A. 若光在AC面上不发生全发射，则从能级直接跃迁到基态发出的光，经棱镜后的偏折角最大
B. 若光在AC面上不发生全发射，则从能级直接跃迁到基态发出的光，经棱镜后的偏折角最小
C. 若照射到金属板上的光，只有一种能使金属板发生光电效应，则一定是从能级跃迁到基态发出的光
D. 如果入射光中只有一种光在AC面发生全发射，则一定是能级跃迁到能级发出的光
2、如图所示，两个直立的气缸由管道连通．具有一定质量的活塞a、b用钢性杆固连，可在气
缸内无摩擦地移动．缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态．大气压强不
变．现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时（）
A. 活塞向下移动一点，缸内气体压强不变
B. 活塞向下移动一点，缸内气体压强增大
C. 活塞向上移动一点，缸内气体压强减小
D. 活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大
3、
如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象.当t=0时，在此匀强电场中
由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的
是()
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 2s末带电粒子回到原出发点
C. 3s末带电粒子的速度不为零
D. 0～3s内，电场力做的总功为零
4、如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S 为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是
A. B间接控制电路，D间接被控电路
B. B间接被控电路，
C. D间接被控电路B．B间接被控电路，D间接控制电路C．流过L的电流减小时，D间电路断开
D. 流过L的电流增大时，D间电路断开
5、如图一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场; 一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框。

在t=0时, 使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动, 直到整个导线框离开磁场区域. 以i表示导线框中感应电流的强度, 取逆时针方向为正. 下列表示i-t关系的图示中, 可能正确的是（）
6、如图所示电路，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0．6 A，当电键S闭合时，电流表的示数为0．9 A，则两电阻阻值之比R1：R2为( )
A. 1 ：2
B. 2 ：l
C. 2 ：3
D. 3 ：2
7、
如图所示是某质点做直线运动的xtxt图象，由图象可知( )
A. 质点一直处于运动状态
B. 图象表示了质点运动的轨迹
C. 质点第5s内速度是2m/s
D. 质点前8s内位移是25m
8、
绵阳市某中学的教师运动会进行了飞镖项目的比赛，镖靶竖直固定，某物理老师站在离镖靶一定距
离的某处，将飞镖水平掷出，飞镖插在靶上的状态如图所示.测得飞镖轴线与靶面上侧的夹角为
60∘抛出点到靶面的水平距离为332m.不计空气阻力，飞镖抛出瞬间的速度大小为(g取
10m/s2)()
A. 35m/s
B. 15m/s
C. 3102m/s
D. 30m/s
9、某小孩在广场游玩时，将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用
下，处于如图所示的静止状态。

若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的
变化，则下列说法中正确的是（）
A. 细绳受到拉力逐渐减小
B. 砖块受到的摩擦力可能为零
C. 砖块一定不可能被绳子拉离地面
D. 砖块受到的摩擦力一直不变
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二、填空题(共6题，共12分)
10、地球上的____、____能等都来源于太阳．地球上的化石燃料，如____、____等从根本上说也是远古以来存储下来的太阳能．
11、某研究性小组的同学们在探究安培力的大小和方向与哪些因素有关时；设计了以
下两个实验．
实验一：利用如图所示的安培力演示器先探究影响安培力大小的因素．第一步；当
通电导线长度和磁场一定，调节滑动变阻器的滑片改变电流，观察：指针发生偏转，
且偏转角度随电流增大而增大．第二步，当通电电流和磁场一定，改变导线的长度，
分别观察：指针发生偏转的角度随导线长度的增大而增大．第三步，当通电电流和导
线长度一定，更换磁铁，再次分别观察：指针发生偏转的角度不同．
实验二：利用安培力演示器对安培力的方向进行对比探究．先后按照下表实验序号1；
2、3的图例做实验；观察到的相关现象已分别记录在对应的图例下面的表格里．。

实验序号 1 2 3
图。

例
磁场方向竖直向下竖直向下竖直向上
电流方向水平向里水平向外水平向外
受力方向水平向左水平向右水平向左
（1）通过实验一的对比探究，可以得到影响安培力大小的因素有： ______ ；且安培力大小与这些因素的定性关系是： ______ ．
（2）通过实验二的对比探究，可以得到安培力的方向与 ______ 方向、 ______ 方向有关；且三者方向的关系是：当I⊥B时， ______ ．
（3）通过实验一的对比探究，能否得出安培力大小的计算公式？ ______ （填“能”或“不能”）通过实验二的对比探究，能否得出安培力方向的规律--左手定则？ ______ （填“能”或“不能”）
12、如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置；部分导线已连
接．
（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下，
那么闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流表指
针将向 ______ 偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅
速向右滑动时，电流表指针将向 ______ 偏．
13、如图所示，a、b是匀强电场中的两点，把质子从a点移到b点的过程中，电场力将做______
（填“正”或“负”）功，质子的电势能将______（填“增大”或“减小”）。

14、将一个电量-2×10-8C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服电场力做功4×10-8J，则M
点电势φM=____V；若将该电荷从M点再移至N点，电场力做功1.4×10-7J，则N点电势φN=____V，
M、N两点间的电势差U MN=____V．该电荷从O点经M点移至N点，电势能____（填“增加”
或“减少”）了____J．
15、某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为____mm，所测金属板的厚度为____mm，用游标卡尺测金属板的直径如图（c）所示，则金属板直径为____cm．
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三、判断题(共6题，共12分)
16、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）
17、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为q a和q b，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q a＜q b． ________（判断对错）
18、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）
19、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）
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q a和q b，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q a＜q b． ________（判断对错）
21、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W a和W b， a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则W a=W b， E a＞E b． ________（判断对错）
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四、证明题(共2题，共6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。

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五、计算题(共3题，共21分)
24、如图所示，光滑的弧形轨道BC与粗糙的水平轨道AB相切，AB长为10m，BC足够高，一物体以v0=10m/s 的速度从A点出发，最后恰好又停在A点，
（g取l0m/s2)．求：
(1)物体与水平轨道的摩擦因数；
(2)小球在倾斜轨道BC上的最大高度．
25、某阻值为10Ω的电阻，若在100s内通过该导体的电量为60C，则
（1）导体中的电流为多少A？
（2）电流通过该导体产生的热量为多少J？
26、如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l=10.0cm B侧水银面比A侧的高h=3.0cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭.已知大气压强p0=75.0cmHg．
(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．
参考答案
一、选择题(共9题，共18分)
1、A
【分析】
【解析】
【答案】
A
2、A
【分析】
解：设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S a，小活塞面积S b；
以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知（P0-P）（S a-S b）=mg；解得气体压强P是一个确定值，故系统再次达到平衡状态时，缸内气体压强不变．
给气缸缓慢加热；气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应活塞向下移动了一点；
故选：A．
以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知（P0-P）（S a-S b）=mg；气体压强P是一个确定值；
缸内气体的温度缓慢升高一点；我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞移动的方向．
本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题．
【解析】
【答案】 A
3、D
【分析】
解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm为第2s内加速度
a2=2qEm的12因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v−t图象如图所示：
A；带电粒子在前1秒匀加速运动；在第二秒内先做匀减速后反向加速，
所以不是始终向一方向运动，故A错误．
B；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知；在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；
C；由图可知；粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到
0故C错误；
D；因为第3s末粒子的速度刚好减为0根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0即电场力做的总功为零.故D正确．
故选：D．
由图象可知；电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．
本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性.若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．
【解析】
D
4、A|C
【分析】
【解析】
试题分析：当A、B间导通时，通电螺线管把衔铁P吸引，此时CD间电路接通，所以A、B间接控制电路，C、D间接被控电路，A对；B错；流过L的电流减小时，通电螺线管减弱，把衔铁P 弹开，CD间电路断开，C对；D错，故选AC
考点：考查电磁继电器的构造
【解析】
【答案】
ＡＣ
5、C
【分析】
试题分析：当导线框以一定的速度沿ab方向移动时，导线框的一边先切割磁感线，根据右手定则判断得出，导线框中的感应电流方向为逆时针方向，故为正值；由于导线框进入磁场的长度在逐渐增加，故产生的感应电流也会逐渐增大，故A是不对的；当导线框的一边全部进入磁场时，另一边还没有进入磁场，且此时磁场比导线框的长度要宽，如下图的位置1，故切割磁感线的导体的长度此时是不变的，所以产生的感应电流不变，故B不对；当导线框的这一边走到位置2时，线框的另一边距磁场还有一小段距离，故过位置2的一小段时间内，做切割磁感线的导体长度在变小，产生的感应电流会变小，可一旦另一边也进入磁场后，产生的感应电流会迅速减小，故C 是正确的；D是不对的。

考点：电磁感应现象，切割磁感线的长度在图形中的变化。

【解析】
【答案】
C
6、B
【分析】
【分析】当电键S断开时，电路中只有所以当电键S闭合时，两电阻并联，所以有：联立可得 B正确。

【点评】做本题的关键是找出开关闭合前后的等效电路图，理清串并联关系，然后根据欧姆定律分析。

7、C
【分析】
【分析】
位移图象表示物体的位移随时间的变化情况；其斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动。

位移图象表示物体的位移随时间的变化情况，不是质点的运动轨迹，其斜率等于速度。

【解答】
A.由图象知；2−4s内图线的斜率为0即物体速度为零，处于静止，故质点并不是一直处于运动状态，故A错误；
B.位移时间图象只能表示做直线运动物体的位移变化情况，即质点的运动轨迹是直线，而此图象为折线，故位移−时间图象不表示轨迹，故B错误；
C.图象的斜率表示速度，v=∆x∆t=6−26−4m/s=2m/s故C正确；
D.由图象知8s末的纵坐标为6m即表示位移为6m故D错误。

故选C。

【解析】
C
8、A
【分析】
解：根据推论速度反向延长线交水平位移的中点，有tan60∘=x2y
代入数据解得：y=34
根据y=12gt2
解得：t=320
水平方向：x=v0t
代入数据解得：v0=35m/s
故选：A
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；在竖直方向上做自由落体运动，根据速度反向延长线交水平位移的中点，结合几何关系可求出竖直位移，由竖直位移求出时间，由水平位移求出初速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移，同时还要记住平抛运动的有用推论：速度反向延长线交水平位移的中点．
【解析】
A
9、C
【分析】
解：以气球和砖块整体为研究对象；分析受力如图
1，根据平衡条件得：
竖直方向：N+F1=G1+G2；
水平方向：f=F
气球所受的浮力F1、气球的重力G1、砖块的重力G2
都不变；则地面对砖块的支持力N不变，地面受到砖
块的压力也不变。

在砖块滑动前，当风力F增大时，
砖块所受的摩擦力增大，当砖块滑动后受到的摩擦力f=μN保持不变。

由于地面对砖块的支持力N=G1+G2-F1保持不变；与风力无关，所以当风力增大时，砖块连同气球一起不可能被吹离地面，以气球为研究对象，分析受力如图2所示：
气球受力：重力G1、空气的浮力F1；风力F、绳子的拉力T。

设绳子与水平方向的夹角为α；当风力增大时，α将减小。

根据平衡条件得竖直方向有：
F1=G1+Tsinα，当α减小时，sinα减小，而F1、G1都不变；则绳子拉力T增大。

故C正确，ABD 错误。

故选：C。

以气球和砖块整体为研究对象；由平衡条件分析砖块所受地面的支持力和摩擦力如何变化，再由牛顿第三定律判断地面受到砖块的压力变化。

本题是两个物体的平衡问题，一是要灵活选择研究对象，二是要抓住浮力、重力等不变的条件进行分析。

【解析】
C
二、填空题(共6题，共12分)
10、略
【分析】
太阳是地球的能量来源；地球上的水流能；风能都来源于太阳；
地球上的煤炭；石油、天然气等化石能源也是远古以来存储下来的太阳能；
故答案为：风能；水；煤炭、石油．
【解析】
【答案】太阳是地球的能量来源；地球上的化石能源从根本上说也是远古以来存储下来的太阳能．
11、略
【分析】
解：（1）实验一中；通电直导线在安培力作用下使指针发生偏转，且偏转角度越大，说明导线所受安培力越大．当通电导线长度和磁场一定时，改变电流，偏转角度相应变化，说明安培力的大小与电流有关，偏转角度随电流增大而增大，进一步说明，电流越大，安培力越大；同理，可以得到影响安培力大小的因素还有磁场；导线长度，且磁性越强（磁场越强），直导线越长，安培力越大．
（2）实验二中：图例1与图例2对比；当磁场方向相同，改变电流方向时，安培力方向发生变化；图例2与图例3对比，当电流方向相同，改变磁场方向时，安培力方向发生变化．说明安培力的方向与磁场方向；电流方向都有关；当导线垂直放入磁场中，安培力不仅垂直电流的方向，也垂直磁场的方向．
（3）实验一是一个定性探究实验；不能得出安培力大小的计算公式．实验二则可以得出安培力方向的判定规律--左手定则；
故答案为：（1）磁场；导线长度和通电电流磁性越强（磁场越强）；电流越大或直导线越长，安培力越大．
（2）磁场电流 F⊥I；F⊥B
（3）不能能。

（1）实验一中；通电直导线在安培力作用下使指针发生偏转，从各量的变化及引起的安培力的变化得规律．
（2）实验二中：图例1与图例2对比；图例2与图例3对比分析各量的方向的变化得出安培力方向规律．
（3）实验一是一个定性探究实验；不能得出安培力大小的计算公式．实验二则可以得出安培力方向的判定规律--左手定则。

实验分析中注意各量的变化引起的结果，提高总结规律的能力．
【解析】
磁场、导线长度和通电电流；磁性越强（磁场越强），电流越大或直导线越长，安培力越大．；磁场；电流；F⊥I，F⊥B；不能；能
12、略
【分析】
解：（1）将电源；电键、变阻器、小螺线管串联成一个回
路；再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变
阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示．
（2）闭合开关时；穿过大螺线管的磁通量增大，灵敏电流
表的指针向右偏；闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，磁场方向不变，磁通量变大，电流表指针方向向右偏转；由电路图可知；
原线圈插入副线圈后；将滑动变阻器滑片迅速向右滑动时，滑动变阻器继而电路的阻值变大，电路电流变小，穿过大螺线管的磁通量变小，磁场方向不变，则电流表指针向左偏转；
故答案为：（1）电路图如图所示．（2）右；左．
（1）注意该实验中有两个回路；一是电源；电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）磁场方向不变；磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验应注意两个回路的不同．
【解析】
右；左
13、正减小
【分析】
解：质子带正电；故所受电场力沿电场方向，根据功的公式可知，电场力做正功，电势能减小。

故答案为：正；减小。

根据电场力与运动方向的夹角确定电场力做正功还是负功；结合电场力做功与电势能的关系确定电势能的变化。

解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。

【解析】
正减小
14、略
【分析】
由题意，O、M间的电势差为U OM==V=2V
∵U OM=φO-φM，φO=0
∴φM=-2V
该电荷从M点再移至N点，M、N间的电势差为U MN==V=-7V
∵U MN=φM-φN；
∴φN=5V
该电荷从O点经M点移至N点，电场力做的总功为W=-4×10-8J+1.4×10-7J=1.0×10-7J＞0
故电荷的电势能减少1.0×10-7J．
故答案为：-2V，5V，-7V 减少 1.0×10-7
【解析】
【答案】根据公式U= 求出OM间的电势差，即可得到M点电势．由此公式求出MN间的电势差，即可求得N点电势．根据电场力做功多少，分析电势能的变化，电场力做功．
15、6.8706.8601.240
【分析】
【解答】解：该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示；螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm．
测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．
螺旋测微器的固定刻度为6.5mm；可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm．
所测金属板的厚度为6.870﹣0.010=6.860mm
游标卡尺的主尺读数为12mm；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
8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm．
故答案为：6.870；6.860；1.240
【分析】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．
三、判断题(共6题，共12分)
16、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．
17、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．
18、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．
19、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．
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】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．
21、A
【分析】
【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；。