湖南省常德市石门六中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖南省常德 市石门六中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（12*4分=48分）1如图所示，a、b是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上o点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向b点运动，下列判断中哪些是正确的（）a 电场线由b指向a，abb 电场线由b指向a，abc 电场线由a指向b，eaebd 电场线由b指向a，该电荷作加速运动，其加速度越来越小2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）a 线框中有感应电流，且按顺时针方向b 线框中有感应电流，且按逆时针方向c 线框中有感应电流，但方向难以判断d 由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流3如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（）a 向左摆动b 向右摆动c 静止d 不能判定4如图所示，电感线圈l的直流电阻为rl、小灯泡的电阻为r，小量程电流表g1、g2的内阻不计，当开关s闭合且稳定后，g1、g2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关s断开时，下列说法正确的是（）a g1、g2的指针都立即回到零点b g1缓慢回到零点，g2立即左偏，然后缓慢回到零点c g1立即回到零点，g2缓慢回到零点d g2立即回到零点，g1缓慢回到零点5赤道附近，自西向东水平运动的电子流，由于受到地磁场的作用，它将（）a 向上偏转b 向下偏转c 向东偏转d 向西偏转6如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点o处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）a ，正电荷b ，正电荷c ，负电荷d ，负电荷7如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（）a 向上偏转b 向下偏转c 向纸内偏转d 向纸外偏转8如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，r1和r2是两个定值电阻当滑动变阻器的触头向a滑动时，流过r1的电流i1和流过r2的电流i2的变化情况为（）a i1增大，i2减小b i1减小，i2增大c i1增大，i2增大d i1减小，i2减小9如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是（）a t1时刻通过线圈的磁通量为零b t2时刻线圈位于中性面c t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d 每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大10一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311v，当它接入220v照明电路上，这个灯将（）a 灯不亮b 灯丝将烧断c 只能暗淡发光d 能正常发光11如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值r=20的电阻相连，原线圈两端所加的电压u=20sin20t（v），则（）a 交流电压表的示数为20vb 副线圈输出交流电的频率为50hzc 电阻r上消耗的电功率为2kwd 副线圈中电流的最大值为1 a12某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时（） 升压变压器的副线圈的电压变大； 高压输电线路的电压损失变大；降压变压器的副线圈上的电压变大； 降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大a b c d 二、实验填空题（14题每空1分，其余每空2分，共23分）13图（甲）是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示可以读出此工件的长度为mm图（乙）是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为mm14一多用电表的欧姆挡有4挡，分别为1，10，100，1000，现用它来测一未知电阻值当用100挡测量时，发现指针的偏转角度很小 为了使测量结果更准确，必须先接着，然后再测量并读数如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）若是用直流50v挡测量电压，则读数为v（2）若是用100挡测量电阻，则读数为（3）若是用交流250v挡测量电压，则读数为v15如图所示，将一个电流表g和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是表，要使它的量程加大，应使r1（填“增大”或“减小”）；乙图是表，要使它的量程加大，应使r2（填“增大”或“减小”）16用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：a待测电阻 r x （阻值约 200，额定功率 0.5w）b电压表v1 （量程 01v，内阻 10k ）c电压表v2 （量程 010v，内阻 100k ）d电流表a（量程 050m a，内阻 30 ）e电源 e1 （电动势 3v，额定电流 1a，内阻不计）f电源 e2 （电动势 12v，额定电流 2a，内阻不计）g滑动变阻器（电阻 010，额定电流 2a）h开关及导线若干为使测量尽量准确，要求进行多次测量，并取平均值，请你在方框中画出实验电路原理图，其中，电源选用，电压表选用三、解答题（写出必要的文字说明和公式，否则扣分或无分，共29分17如图所示，在匀强电场中分布着a、b、c三点，且bc=20cm，当把一个电荷量q=105c的正电荷从a点沿ab线移到b点时，电场力做功为零从b点移到c点时，电场力做功为1.73103j，则电场场强的大小为v/m18如图所示，相距为l的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有阻值为r的定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为b将质量为m的导体棒由静止释放，轨道足够长，求导体棒最终的速度v=？（导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g）19一匀强磁场分布在以o为圆心，半径为r的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径mo方向进入磁场，沿圆弧运动到n点，然后离开磁场，mon=120，质点所受重力不计，求：（1）该匀强磁场的磁感应强度b；（2）带电质点在磁场中运动的时间2014-2015学年湖南省常德市石门六中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（12*4分=48分）1如图所示，a、b是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上o点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向b点运动，下列判断中哪些是正确的（）a 电场线由b指向a，abb 电场线由b指向a，abc 电场线由a指向b，eaebd 电场线由b指向a，该电荷作加速运动，其加速度越来越小考点：电场线分析：根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大解答：解：由题，负电荷由静止开始从o运动到b，负电荷所受电场力方向从0到b，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由b指向a负电荷从静止开始，必定做加速运动由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大故a正确，bcd错误故选：a点评：本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）a 线框中有感应电流，且按顺时针方向b 线框中有感应电流，且按逆时针方向c 线框中有感应电流，但方向难以判断d 由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当导线中通以如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，直导线周围的磁场分布，根据感应电流产生条件，与楞次定律，即可求解解答：解：如图所示，直导线电流，根据右手螺旋定则可知，直导线右边的磁场垂直向里，左边的磁场垂直向外，因处于线框的中点处，所以穿过线框的磁通量相互抵消，恰好为零；当线框向右运动的瞬间，导致直导线左边垂直向里穿过线框的磁通量减小，而直导线右边垂直向外的磁通量在增大，根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针，故b正确，acd错误；故选：b点评：本题考查安培定则的应用，注意磁通量是标量，但有正负之分，同时掌握楞次定律的应用，因此确定线框的磁通量如何变化是解题的关键3如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（）a 向左摆动b 向右摆动c 静止d 不能判定考点：楞次定律分析：分析线圈中磁通量的变化，则由楞次定律可得出铜环的运动情况解答：解：当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了阻碍磁通量的变化而会向后摆去，即向右摆动故选b点评：本题可直接利用楞次定律的阻碍作用去解决，楞次定律的含义可理解为：增反、减同、来拒、去留4如图所示，电感线圈l的直流电阻为rl、小灯泡的电阻为r，小量程电流表g1、g2的内阻不计，当开关s闭合且稳定后，g1、g2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关s断开时，下列说法正确的是（）a g1、g2的指针都立即回到零点b g1缓慢回到零点，g2立即左偏，然后缓慢回到零点c g1立即回到零点，g2缓慢回到零点d g2立即回到零点，g1缓慢回到零点考点：自感现象和自感系数分析：断开开关的瞬间，l相当于电源，与两个电流计组成闭合回路，电流方向顺时针解答：解：s闭合且稳定时，通过含电流表g1、g2的两条支路的电流均由左向右，断开s，l中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势e自的方向一定与原电流方向相同，显然，断开s后，在e自的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表g2支路的电流方向已变为由右向左了由于这段时间e自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选b故选b点评：本题考查了自感线圈对电流发生突变时的阻碍作用，利用楞次定律即可判断5赤道附近，自西向东水平运动的电子流，由于受到地磁场的作用，它将（）a 向上偏转b 向下偏转c 向东偏转d 向西偏转考点：洛仑兹力分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断洛伦兹力的方向解答：解：由于电子带负电，所以自西向东水平运动的电子流产生的电流的方向向西；根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向磁场的方向从南向北，电流的方向由东向西，所以安培力的方向竖直向下，即洛伦兹力的方向向下，电子流向下偏转故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向6如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点o处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）a ，正电荷b ，正电荷c ，负电荷d ，负电荷考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷解答：解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30，所以有a=r+r=r，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以c正确故选c点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了7如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（）a 向上偏转b 向下偏转c 向纸内偏转d 向纸外偏转考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场方向，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向解答：解：由安培定则判断可知，通电直导线上方所产生的磁场方向向外，电子向右运动，运用左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转故a正确，bcd错误故选：a点评：此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键8如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，r1和r2是两个定值电阻当滑动变阻器的触头向a滑动时，流过r1的电流i1和流过r2的电流i2的变化情况为（）a i1增大，i2减小b i1减小，i2增大c i1增大，i2增大d i1减小，i2减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：理清电路，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析解答：解：r的滑动触点向a端移动时，r减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，故acd错误，b正确故选：b点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，难度不大，属于基础题9如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是（）a t1时刻通过线圈的磁通量为零b t2时刻线圈位于中性面c t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d 每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：解答本题应掌握交流电的产生：明确在中性面上磁通量最大，感应电动势为0，电流方向发生变化解答：解：a t1时刻感应电动势为0，为中性面磁通量最大故a错误；b t2时刻感应电动势最大，磁通量为0，处于与中性面垂直的位置；故b错误c t3 时刻感应电动势为o，则磁通量的变化率为0故c错误d 每当e改变方向时，为中性面，磁通量最大故d正确故选：d点评：本题考查正弦交流电的产生原理，要重点明确中性面及垂直中性面时的电动势、磁通量等的性质，并明确在一个周期内各物理量的变化情况10一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311v，当它接入220v照明电路上，这个灯将（）a 灯不亮b 灯丝将烧断c 只能暗淡发光d 能正常发光考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据正弦交变电压的最大值是有效值的倍，求出照明电灯两端允许加的最大交流电压的有效值即可解答解答：解：一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为um=311v，正弦交变电压的最大值是有效值的倍，所以明电灯两端允许加的最大交流电压的有效值u=220v，当它接入220v照明电路上，这个灯将能正常发光，故abc错误，d正确；故选：d点评：解决该题关键要知道正弦交变电压的最大值是有效值的倍和照明电灯接入电压是指有效值11如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值r=20的电阻相连，原线圈两端所加的电压u=20sin20t（v），则（）a 交流电压表的示数为20vb 副线圈输出交流电的频率为50hzc 电阻r上消耗的电功率为2kwd 副线圈中电流的最大值为1 a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析解答：解：a、电压表显示的是有效值应为=20v，故a错误；b、原副线圈的频率是相同的f=10hz，故b错误；c、由电压之比等于匝数之比知r两端的电压为200v，p=2000w，故c正确；d、由输入功率=输出功率=2kw=20i，i=100a，最大值为i=100a，故d错误；故选：c点评：本题为变压器问题，要解决本类问题，除了知道变压器特点外，还要知道交流电表达式中各物理量的意义12某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时（） 升压变压器的副线圈的电压变大； 高压输电线路的电压损失变大；降压变压器的副线圈上的电压变大； 降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大a b c d 考点：远距离输电专题：交流电专题分析：将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，从而使得用户得到的电压减少当用户用电处于高峰期时，副线圈的电流变大，导致原线圈的电流也增大由于原线圈的电压不变，则原线圈的输入功率变大，因此用户得到的总功率是变大的解答：解：、由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数不变，则原副线圈的电压不变，故错误；当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压损失变大，故正确；由于电流变大；降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大；故正确；故选：c点评：理想变压器的输入与输出功率相等，当电线上电阻的电压越大时，用户得到的电压则越少所以要通过升压变压器将电压提高，从而实现降低电压损失二、实验填空题（14题每空1分，其余每空2分，共23分）13图（甲）是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示可以读出此工件的长度为102.35mm图（乙）是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为5.545mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：10.2cm=102mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：102mm+0.35mm=102.35mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为4.50.01mm=0.045mm，所以最终读数为5.5mm+0.045mm=5.545mm故答案为：（1）102.35； 5.545（5.544、5.546均可）点评：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，正确使用这些基本仪器进行有关测量14一多用电表的欧姆挡有4挡，分别为1，10，100，1000，现用它来测一未知电阻值当用100挡测量时，发现指针的偏转角度很小 为了使测量结果更准确，必须先换用1000接着进行欧姆调零，然后再测量并读数如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）若是用直流50v挡测量电压，则读数为32.5v（2）若是用100挡测量电阻，则读数为800（3）若是用交流250v挡测量电压，则读数为162.5v考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读数解答：解：用100挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到1000挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻；（1）若是用直流50v挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为1v，则读数为32.5v（2）若是用100挡测量电阻，则读数为：8100=800（3）若是用交流250v挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为5v，其读数为162.5v；故答案为：换用1000；进行欧姆调零；（1032.5；（2）800；（3）162.5点评：本题考查基本仪器、仪表的读数能力仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位15如图所示，将一个电流表g和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是安培表，要使它的量程加大，应使r1减小（填“增大”或“减小”）；乙图是伏特表，要使它的量程加大，应使r2增大（填“增大”或“减小”）考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：甲图为g表头并联一分流电阻改装成一电流表，分流电阻越小，分流越大，量程越大图乙为g表头串联一分压电阻改装成一电压表，分压电阻越大，分压越大，量程越大解答：解：甲图为安培表，r1起分流作用，要使量程增加，需增加r1的分流，即减小r1的电阻乙图为伏特表，r2起分压作用，要使量程增加，需增加r2的分压，即增加r2的电阻故答案为：安培；减小；伏特；增大点评：考查电表的改装原理，明确分压与电阻成正比，电阻大分压大；明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大16用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：a待测电阻 r x （阻值约 200，额定功率 0.5w）b电压表v1 （量程 01v，内阻 10k ）c电压表v2 （量程 010v，内阻 100k ）d电流表a（量程 050m a，内阻 30 ）e电源 e1 （电动势 3v，额定电流 1a，内阻不计）f电源 e2 （电动势 12v，额定电流 2a，内阻不计）g滑动变阻器（电阻 010，额定电流 2a）h开关及导线若干为使测量尽量准确，要求进行多次测量，并取平均值，请你在方框中画出实验电路原理图，其中，电源选用e1，电压表选用v1考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：要根据待测电阻的额定功率与电阻估算值，结合p=来确定电路最大电压，从而选择电源，然后再选择电压表；根据电压表内阻与待测电阻比值大于待测电阻与电流表内阻比值，选择电流表外接法；根据估读变阻器最大值远小于待测电阻值，选择变阻器用分压式接法解答：解：根据p=，可解得：所测电阻的最大电压约为u=v3.3v；故电源应选电动势3v，即电源e1； 显然电压表应选电压表v1； 因滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故滑动变阻器应用分压式；又，电流表应用外接法接法，电路图如图所示；故故答案为：e1、v1；图如上所示点评：此题考查的知识点主要有两个：一是电压表的量程选择和读数问题；二是要根据电路中最大电压来选择电源量程，根据 电流表应选内接还是外接法，根据变阻器最大值远小于待测电阻值选择分压式接法三、解答题（写出必要的文字说明和公式，否则扣分或无分，共29分17如图所示，在匀强电场中分布着a、b、c三点，且bc=20cm，当把一个电荷量q=105c的正电荷从a点沿ab线移到b点时，电场力做功为零从b点移到c点时，电场力做功为1.73103j，则电场场强的大小为1000v/m考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意可知ab两点电势相等，则可知ab为等势面，由电场线可等势面的关系可确定电场线的方向；由电场力做功可求得bc两点的电势差，则可确定电场的方向，由u=ed可求得电场强度解答：解：正电荷从a移到b，电场力做功为零，由电场力做功的特点可知，a、b两点电势相等，故ab连线应为等势线；因为电场线与等势面相互垂直，故过c作ab的垂线，一定是电场线；因从b到c，由w=uq可知，b、c两点间的电势差：ubc=173v；即c点电势