物理卷·2018届河北省定州中学高三上学期第二次月考物理试题（解析版）

物理卷·2018届河北省定州中学高三上学期第二次月考物理试题（解析版）

‎ 河北省定州中学2018届高三上学期 第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法错误的是：‎ A. q1为正电荷，q2为负电荷 B. q1电荷量大于q2的电荷量 C. NC间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电．故A正确．由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零．由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故B正确；由图可知：从N到C，电势三个，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误；N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D正确；本题选错误选项，故选C．‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】解答此题要知道：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ ‎2. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象．a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，C为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）‎ A. A、B碰撞前的总动量为3kg•m/s B. 碰撞时A对B所施冲量为﹣4N•s C. 碰撞前后A的动量变化为4kg•m/s D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J ‎【答案】A ‎【解析】由s-t图象可知，碰撞前有：，，碰撞后有：vA′=vB′=v=；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′-mvA=2×（-1）-2×（-3）=4kg•m/s，根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△PB=-△PA=-4kg•m/s，又：△PB=mB（vB′-vB），所以：，  所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×（-3）+×2=-kg•m/s; 由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△PB=-4kg•m/s=-4N•s．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△EK=mvA2+mBvB2-（m+mB）v2，代入数据解得：△EK=10J，故A错误，BCD正确；故选BCD．‎ ‎3. 如图所示，物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是（ ）‎ A. 弹簧的弹力将增大 B. 物体A对斜面的压力将增大 C. 物体A受到的静摩擦力将减小 D. 物体A可能被拉动 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg，则知弹簧的弹力不变，故A错误；原来有3mBgsin 45°-mBg=f1，后来3mBgsin 30°-mBg＜f1，可见物体A并未滑动，而且静摩擦变小．物体A对斜面的压力为：N=mAgcosθ，θ减小，N将增大，故BC正确．物体A所受的最大静摩擦力，因为N变大，故最大静摩擦力变大，而静摩擦力减小，故物体A不可能被拉动，选项D错误．故选BC。‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题关键是先对物体B受力分析，再对物体A受力分析，判断A的运动状态，然后根据共点力平衡条件列式求解。‎ ‎4. 如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )‎ A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 B. 初始时刻导体棒加速度的大小 C. 导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 ‎【答案】BC ‎【解析】导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0 设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得： ;设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL;联立上式得， ．故A错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得： ．故B正确；从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得： ．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变， 由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q;解得系统产生的总热量： 可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故D错误． 故选BC 点睛：本题中安培力的经验公式 ，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算．‎ ‎5. 如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上 跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( ) ‎ A. 1.5‎gsinα B. 0.5gsinα C. gsinα D. 2gsinα ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【试题分析】对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单．‎ 木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，由牛顿第二定律，受到的合力为F木板=2ma，猫受到的合力为F猫=0‎ 则整体受的合力等于木板受的合力：F合=F木板=2ma（a为木板的加速度），‎ 又整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小（垂直斜面分力为零）‎ 即F合=3mgsinα，解得a=1.5gsinα ‎【点睛】本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．‎ ‎6. 一辆警车在平直的公路上以40 m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40m/s，有三种行进方式：a为一直匀速直线运动；b为先减速再加速；c为先加速再减速，则( )‎ A. a种方式先到达 B. b种方式先到达 C. c种方式先到达 D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】a一直做匀速直线运动，平均速度为40m/s，b先减速再加速，平均速度小于40m/s，c先加速再减速，平均速度大于40m/s，根据x=t，知c的运动时间最短，b的运动时间最长，c种方式先到达．故CD正确，AB错误．故选CD.‎ ‎7. 如图所示，质量为的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为300的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体 A. 重力势能增加了mgh B. 物体克服阻力做功mgh C. 动能损失了 D. 机械能损失了mgh ‎【答案】D ‎【解析】A、物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，物体所受的合力，方向沿斜面向下，根据合力做功为，则动能损失．故D正确，B、C错误．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力功与动能的关系．‎ ‎8. 如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（　　）‎ ‎ ‎ A. 增大U1 B. 增大U2 C. 减小L D. 减小d ‎【答案】D ‎ ‎ 考点：示波器的原理．‎ ‎9. 如右图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（ ）‎ A. 物体M一定受到4个力 B. 物体N可能受到4个力 C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力 D. 物体M与N之间一定有摩擦力 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析： M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故AD正确，BC错误; 故选AD．‎ 考点：受力分析 ‎【名师点睛】本题主要考查了同学们受力分析的能力，注意整体法和隔离法的应用。‎ ‎10. 如图所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)（ ）‎ A. 小球A只受到杆对A的弹力 B. 小球A受到的杆的弹力大小为20N C. 此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小为 D. 小球B受到杆的弹力大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意可知，对A、B分别受力分析，如图所示，‎ A球受到杆对A的弹力与绳子的张力，故A错误；B、对B受力分析，如图所示，根据受力平衡条件，则有：，故B正确；C、此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小20N，故C错误；D、根据力的合成，结合力的平行四边形定则可知，小球B受到杆的弹力大小为，故D正确；故选BD.‎ ‎【点评】考查如何进行受力分析，掌握弹力的方向，理解平衡条件的应用，注意三角函数正确的运用．‎ ‎11. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则 A. A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮 B. A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗 C. A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗 D. A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系可知，B、C灯所在支路的电压和减小，故B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，故C灯变亮，故A正确 考点：考查了电路的动态变化 ‎【名师点睛】灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．‎ ‎12. 如图，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上。当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均正常发光；若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则 A. 灯泡L1变亮 B. 灯泡L2变亮 C. 灯泡L3亮度不变 D. 灯泡L4正常发光 ‎【答案】A ‎【解析】当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，L1变亮；原线圈电压减小，匝数比不变故副线圈电压减小，所以灯泡 L2、L3两端的电压变小，灯泡L2、L3亮度变暗；L2、L3 、L4电压相等比S断开时电压小，S断开时灯泡正常发光，S闭合时L4不能正常发光，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎13. 某地区的地下发现了天然气资源,如图所示,在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气.假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ,天然气的密度远小于ρ,可忽略不计.如果没有该空腔,地球表面正常的重力加速度大小为g;由于空腔的存在,现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1).已知引力常量为G,球形空腔的球心深度为d,则此球形空腔的体积是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1-k）mg；根据万有引力定律，有：‎ 解得：故选D．‎ 考点：万有引力定律 ‎14. 关于光电效应,下列说法正确的是(　　)‎ A. 截止频率越大的金属材料逸出功越大 B. 只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应 C. 从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小 D. 入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多 ‎【答案】A ‎【解析】逸出功W0=hνc,W0∝νc,νc为截止频率,A正确;只有照射光的频率ν大于等于金属截止频率νc,才能产生光电效应现象,B错;由光电效应方程Ek=hν-W0知,因ν不确定时,无法确定Ek与W0的关系,C错;光强E=nhν,ν越大,E一定,则光子数n越小,单位时间内逸出的光电子数就越少,D错。故选A.‎ ‎【点睛】解决本题关键掌握光电效应的条件和规律．知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关．‎ ‎15. 如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是(　　)‎ A. 甲、丙 B. 乙、丁 C. 甲、乙 D. 丙、丁 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故B正确，ACD错误；故选B．‎ 考点：交流电 ‎【名师点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，‎ 切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直。‎ ‎16. 如图所示，在足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落捌斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0水平速度抛出，它落到斜面上所用时间为t2，则t1：t2为 A. 1：l B. 1：2 C. 1：3 D. 1：4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：斜面倾角的正切值，则运动的时间，知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍．所以时间比为1：2．故B正确，ACD错误．故选B。‎ 考点：平抛运动的规律 ‎【名师点睛】此题考查了平抛运动的规律；解决本题的关键知道球做平抛运动落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，以及熟练掌握平抛运动的位移公式。‎ ‎17. 如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示。在0~t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动。乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计。则 A. 在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 B. 在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动 C. 在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为 D. 在0~t0时间内，通过导体棒横截面的电量为 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意可知，，在t0时刻，，且，，联立可得：‎ A、B、在t0以后，不变，t增大，a减小，直到后匀速，A错误；B正确；C 、由和可得：，C错误；‎ D、在0~t0时间内，通过导体棒横截面的电量为：，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎18. 在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经过时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是 A. 风力对物体做功为零 B. 风力对物体做负功 C. 物体的机械能增加 D. 物体的动能变化为 ‎【答案】B ‎【解析】由题意知物体的动能不变，D错；由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于，物体减少的机械能ΔE＝mgh，所以，故C错误；由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故A错，B对．故选B.‎ ‎【点睛】本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点，关键要正确分析物体的受力情况，采用运动的分解方法研究．‎ ‎19. 在透明均匀介质内有一球状空气泡, 一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡, A为入射点, 之后a、b色光分别从C点、D点射向介质，如图所示。已知A点的入射角为30°，a色光的偏向角为45° (C点出射光线与入射光线的夹角), CD弧所对的圆心角为 ‎3°, 则下列结论正确的是 A. b色光的偏向角为43.5°‎ B. 介质对a色光的折射率na=‎ C. b色光从介质射向空气的临界角正弦 D. 若用a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，屏上的条纹间距Dxa < Dxb ‎【答案】CD ‎【解析】画出光路图可知，b光的偏向角较小，由几何关系可知，b光的偏向角比a光的要小3°，为42°，A错；由a的偏向角为45°可知，光线a在Ｃ点入射角为75°，折射率为，B错；b光的折射率较小，频率较小，波长较长，由可知D对；‎ ‎20. 如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 微粒在ab区域的运动时间为 B. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d C. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为 D. 微粒在ab、bc区域中运动的总时间为 ‎【答案】ABD ‎【解析】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有水平方向：,，竖直方向：，解得：，，故A正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，解得：,联立解得：r=2d，故B错误；由于r=2d，画出轨迹，如图 由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为： ，故C正确；粒子在电场中运动时间为：，故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：故D正确。所以ABD正确，C错误。‎ 二、计算题 ‎21. 在如图所示的xOy平面内，y≥0.5 cm和y<0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B＝1.0 T，一个质量为m＝1.6×10－15 kg，带电荷量为q＝1.6×10－7 C的带正电粒子，从坐标原点O以v0＝5.0×105 m/s的速度沿与x轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x轴上的Q点飞过，经过Q点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：‎ ‎(1)粒子从O点运动到Q点所用的最短时间；‎ ‎(2)粒子从O点运动到Q点所通过的路程．‎ ‎【答案】(1)1.028×10－7 s(2)0.051 4n m(n＝1,2,3，…)‎ ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在没有磁场的区域中做匀速直线运动，粒子经历的周期数越少，则粒子运动的时间就越短；粒子的路程为在磁场中的路程与在没有磁场的区域中的路程的和。‎ ‎（1）粒子的运动轨迹如图所示 ‎ 当粒子第一次以斜向上的速度经过Q点时，时间最短；在磁场中运动时间为t1，‎ 洛伦兹力提供向心力：，解得：‎ 粒子的周期为：,‎ 代入数据得：r=0.05m，T=6.28×10-7s 由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期 ‎ t1＝T＝6.28×10−7s 在无场区域运动的时间为t2，有： ‎ 粒子运动总时间为：t＝t1+t2＝1.028×10−6s ‎（2）粒子的运动情况可以不断的重复上述情况，粒子在磁场中的路程为：‎ s1=2n•πr（n=1，2，3…） ‎ 在无场区的路程为：s2=4nd（n=1，2，3…） ‎ 总路程为：s=s1+s2=0.514n（n=1，2，3…）‎ 点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，分清粒子的运动过程，应用牛顿第二定律、粒子 周期公式即可解题。‎ ‎22. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A.B两点，其中A点坐标为，B点坐标为，坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，点B处的电势为4V，现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度射入电场，粒子运动中恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）图中C处的电势；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（3）带电粒子的比荷。‎ ‎【答案】（1）4V （2）266.7V/m （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为，OA的中点C点，根据知：由题意可得C点的电势为。‎ 则电场强度为：。‎ ‎（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有：‎ ‎，，又，，联立解得：‎ 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场。‎ ‎ ‎