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2025 年高考北京卷物理真题
一、单选题
1.(2025·北京卷·1)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。
猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体( )
A.压强变小
B.对外界不做功
C.内能保持不变
D.分子平均动能增大
答案 D
解析 猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，即Q＝0。气体被压缩，体积减小，则
外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，气体内能增大，故其温度增大，则
分子平均动能增大，故B、C 错误，D 正确；又体积减小，根据理想气体状态方程pV
T ＝C，则气体压强增
大，故A 错误。
2.(2025·北京卷·2)下列现象属于光的衍射的是( )
A.雨后天空出现彩虹
B.通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹
C.肥皂膜在日光照射下呈现彩色
D.水中的气泡看上去特别明亮
答案 B
解析 雨后彩虹是阳光在雨滴中发生折射、反射和色散形成的，属于光的色散现象，故A 错误；通过狭缝
观察日光灯出现彩色条纹，是光绕过狭缝边缘产生的衍射现象，故B 正确，肥皂膜彩色条纹是光在薄膜前
后表面反射后发生干涉形成的，属于薄膜干涉，故C 错误；水中气泡明亮是由于光从水进入气泡时发生全
反射，使得更多光线进入人眼，故D 错误。
3.(2025·北京卷·3)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是( )
A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图(d)中，圆环向条形磁铁N 极平移
答案 A
解析 圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A
正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B 错误；
离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平
移，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C 错误；根据条形磁铁的磁感应特征可知，
圆环向条形磁铁N 极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D 错误。
4.(2025·北京卷·4)如图所示，交流发电机中的线圈ABCD 沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变
化的规律为e＝10sin (100πt) V，下列说法正确的是( )
A.该交流电的频率为100 Hz
B.线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C.线圈转到图示位置时，AB 边受到的安培力方向向上
D.仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10√2 V
答案 C
解析 根据题意可知，该交流电的频率为f＝ω
2π ＝50 Hz，故A 错误；线圈转到图示位置时，磁场与线圈
平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B 错误；由右手定则可知，线圈转到图
示位置时，电流由B→A，由左手定则可知，AB 边受到的安培力方向向上，故C 正确；由公式Em＝NBSω
可知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2 倍，为20 V，故D 错误。
5.(2025·北京卷·5)质点S 沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点P 时的波形如图所示，则( )
A.该波为纵波
B.质点S 开始振动时向上运动
C.S、P 两质点振动步调完全一致
D.经过一个周期，质点S 向右运动一个波长距离
答案 B
解析 由题图可知，该波上质点的振动方向与波动传播方向垂直，是横波，故A 错误；根据同侧法可知，
质点P 开始振动的方向向上，则质点S 开始振动时向上运动，故B 正确；由题图可知，S、P 两质点平衡位
置的距离为3
2λ，则两质点振动步调相反，故C 错误；质点不能随波传播，只能在平衡位置附近上下振动，
故D 错误。
6.(2025·北京卷·6)如图所示，长方体物块A、B 叠放在斜面上，B 受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保
持静止，B 受力的个数为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案 C
解析 根据题意，对A 受力分析可知，受重力、B 的支持力，由于A 静止，则A 还受B 沿斜面向上的静摩
擦力，对B 受力分析如图，受重力、斜面的支持力、A 的压力、拉力F、A 对B 沿斜面向下的摩擦力，由
于B 静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B 受6 个力作用。故选C。
7.(2025·北京卷·7)2024 年6 月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨
道1 上绕月球飞行，在A 点变轨后进入椭圆轨道2，B 为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的
是( )
A.在轨道2 上从A 向B 运动过程中动能逐渐减小
B.在轨道2 上从A 向B 运动过程中加速度逐渐变大
C.在轨道2 上机械能与在轨道1 上相等
D.利用引力常量和轨道1 的周期，可求出月球的质量
答案 A
解析 在轨道2 上从A 向B 运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能定理，
动能逐渐减小，A 正确；探测器受到万有引力，由G Mm
r
2 ＝ma，解得a＝G M
r
2 ，在轨道2 上从A 向B 运动
过程中，r 增大，加速度逐渐变小，B 错误；探测器在A 点从轨道1 变轨到轨道2，需要在A 点加速，机械
能增加，所以探测器在轨道2 上机械能大于在轨道1 上的机械能，C 错误；探测器在轨道1 上做圆周运动，
根据万有引力提供向心力，得G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r，解得M＝4 π
2r
3
GT
2 ，利用引力常量G 和轨道1 的周期T，还
需要知道轨道1 的半径r，才能求出月球的质量，D 错误。
8.(2025·北京卷·8)某小山坡的等高线如图，M 表示山顶，A、B 是同一等高线上两点，MA、MB 分别是沿左、
右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则( )
A.小球沿MA 运动的加速度比沿MB 的大
B.小球分别运动到A、B 点时速度大小不同
C.若把等高线看成某静电场的等势线，则A 点电场强度比B 点大
D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
答案 D
解析 等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a＝gsin θ(θ 为坡面与水平面夹角)，MB 对应的等
高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB 运动时加速度比沿着MA 运动时加速度大，A 错误；A、B 在同一等
高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B 点时速度大小相同，B 错误；等势线越密集，
电场强度越大，B 处等势线更密集，A 点电场强度比B 点小，C 错误；等势线越密集，电势降落越快，右
侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D 正确。
9.(2025·北京卷·9)如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个
相同的小灯泡。开始时，开关S 处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S 闭合，下列说法正确
的是( )
A.闭合瞬间，A1与A3同时亮起
B.闭合后，A2亮起后亮度不变
C.稳定后，A1与A3亮度一样
D.稳定后，电容器的电荷量是CE
答案 C
解析 闭合开关瞬间，电容器C 相当于通路，线圈L 相当于断路，所以A1、A2瞬间亮起，A3逐渐变亮，A
错误；闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A2亮一下后熄灭，B 错误；稳定后，电容
器相当于断路，线圈L 相当于短路，A1、A3串联，所以一样亮，C 正确；稳定后，电容器与A3并联，两端
电压等于A3两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且A1、A3串联，A3两端电压为1
2E，根据Q＝
CU，可得电容器的电荷量等于1
2CE，D 错误。
10.(2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，
磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如
图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则( )
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
答案 D
解析 有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A 错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，
线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B 错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度
为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C 错误；分析可知有无线圈时，根据
平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力
势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D 正确。
11.(2025·北京卷·11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升
到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增
大而增大，f 随时间t 的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是( )
A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻，实验舱达到最高点
答案 B
解析 t1~t3内，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱在t1~t2内处于弹
射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A 错误；t2~t3内，f 向下在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，
即a＝f
m ＋g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B 正确；t3~t5内，f 向上，先增大后减小，可知此时速度
方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；根
据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D 错误。
12.(2025·北京卷·12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。
如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线向里的匀强磁场，磁感应强度
为B。液体充满管道并以速度v 沿轴线方向向左流动，圆管壁上的M、N 两点连线为直径，且垂直于磁场
方向，M、N 两点的电势差为U0。下列说法错误的是( )
A.N 点电势比M 点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q 一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN 与磁场方向不垂直，测得的流量Q 偏小
答案 C
解析 根据左手定则可知液体中正离子向下偏转，负离子向上偏转，故N 点电势比M 点高，故A 正确；
设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有U 0
2r q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立
可得U0＝2BQ
π r ，故U0正比于流量Q，流量Q 一定时，管道半径越小，U0越大，故B 正确，C 错误；若直
径MN 与磁场方向不垂直，则Q＝U 0 π r
2B⊥
，此时测得的流量Q 偏小，故D 正确。
13.(2025·北京卷·13)自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学研究的前
沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与其对应的
反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电荷守恒、
能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是( )
A.已知氢原子的基态能量为－13.6 eV，则反氢原子的基态能量也为－13.6 eV
B.一个中子可以转化为一个质子和一个正电子
C.一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子
D.反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量
答案 A
解析 氢原子基态能量由电子与质子决定。反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构相同，能级结构不
变，基态能量仍为－13.6 eV，故A 正确；若中子衰变(β＋衰变)生成一个质子和一个正电子 0
1n→1
1p＋1
0e，不
符合电荷守恒，故B 错误；
正负电子对撞湮灭时，总动量为零，需产生至少两个光子以保证动量守恒。单个光子无法满足动量守恒条
件，故C 错误；核聚变通常释放能量(如普通氘核聚变)，反氘核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收，
故D 错误。
14.(2025·北京卷·14)“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船。”除了夜深人静的原因，从波传播的角度分析，
特定的空气温度分布也可能使声波传播清明致远。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。类比光线，
用“声线”来描述声波的传播路径。地面上方一定高度S 处有一个声源，发出的声波在空气中向周围传播，
声线示意如图(不考虑地面的反射)。已知气温越高的地方，声波传播速度越大。下列说法正确的是( )
A.从M 点到N 点声波波长变长
B.S 点气温低于地面
C.忽略传播过程中空气对声波的吸收，则从M 点到N 点声音不减弱
D.若将同一声源移至N 点，发出的声波传播到S 点一定沿图中声线NMS
答案 D
解析 声音的传播类比光线传播，即类比光线的折射率；若空气中的温度均匀，从S 发出的光线应该向四
周沿直线传播，题目中“声线”向地面传播的过程中，越来越靠近法线，即θ1>θ2，因此越靠近地面空气对
声音的折射率n 越大，类比光在介质中传播的速度v＝c
n可知折射率越大，光速越小，因此声音越靠近地面，
声速越小，温度越低。从M 点到N 点靠近地面，声音频率f 不变，声速减小，根据v＝λf 可知波长变短，A
错误；
声源S 处在地面上方，温度高于地面，B 错误；
声音在传播过程中受到介质的阻碍和向四周分散，声音会减弱，C 错误；
将声源移至N 点，类比光路的可逆性可知发出的声波传播到S 点一定沿图中声线NMS，D 正确。
二、实验题
15.(2025·北京卷·15)(1)下列实验操作，正确的是 (填选项前的字母)。
A.用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时
B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压
C.用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
(2)用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图甲所示。
①双缝应该放置在图甲中 处(填“A”或“B”)。
②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图乙所示，读数为 mm。
(3)某电流表出现故障，其内部电路如图丙所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接A、B 时表头Rg
指针不偏转，接A、C 和B、C 时表头Rg指针都偏转。出现故障的原因是 (填选项前的字母)。
A.表头Rg断路
B.电阻R1断路
C.电阻R2断路
答案 (1)B (2)①B ②3.185(3.184、3.186 均可) (3)C
解析 (1)最高点小球速度为0，有加速过程造成摆动不明显，计时不准确，摆球在最低点速度最快，因此
需要在最低点开始计时，A 错误；变压器原、副线圈上为交流电压，使用多用电表的交流电压挡测量，B
正确；用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红黑表笔短接，进行欧
姆调零，C 错误。
(2)双缝应置于单缝后边，因此A 为单缝，B 为双缝；
螺旋测微器读数为3 mm＋18.5×0.01 mm＝3.185 mm
(3)表头Rg断路，表笔连任意两端，电流都无法通过表头，均不发生偏转，A 错误；
电阻R1断路，连接A、B 时，电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头偏转，B 错误；
电阻R2断路，连接A、B 时，电流通过无法通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头不偏转；连接A、
C 和B、C 均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，C 正确。
16.(2025·北京卷·16)利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图甲所示。
(1)按照图甲安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为 (填各实验步骤前的字母)。
A.释放小车
B.接通打点计时器的电源
C.调整滑轮位置，使细线与木板平行
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C 为依次选取的三个计数点(相邻计数点间有4 个点未画出)，
可以判断纸带的 (填“左端”或“右端”)与小车相连。
(3)图乙中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B 点时小车的速度v＝ 。
(4)某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图丙所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M 点，另一端
穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图丁所示。相邻计数点间的时间间隔为
0.10 s，圆盘半径R＝0.10 m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为 m/s2；打点计时器打
B 点时圆盘上M 点的向心加速度大小为 m/s2。(结果均保留两位有效数字)
答案 (1)CBA (2)左端 (3) x2
2T (4)0.81 1.6
解析 (1)实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电
源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；
(2)小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。题图乙中纸带左端间距小，右端间
距大，说明纸带左端与小车相连。
(3)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B 点为A、C 的中间时刻，
AC 间位移为x2，时间间隔为2T，则v＝x2
2T
(4)根据逐差法可知a＝xCE- x AC
4T
2
＝(0.192 4 -0.080 0)-0.080 0
4×0.1
2
m/s2＝0.81 m/s2
B 点是AC 的中间时刻点，则有vB＝x AC
2T ＝0.080 0
2×0.1 m/s＝0.4 m/s
此时向心加速度an＝vB
2
R ＝0.4
2
0.1
m/s2＝1.6 m/s2。
三、解答题
17.(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t 到达最高点。在最高点该物体炸
裂成A、B 两部分，质量分别为2m 和m，其中A 以速度v 沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻
力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B 的速度大小vB；
(3)A、B 落地点之间的距离d。
答案 (1)gt (2)2v (3)3vt
解析 (1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A 的运动方向为正方向，A 速度为v，设B 速度大小
为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v－m·vB
解得vB＝2v
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A 的水平位移xA＝vt
B 的水平位移xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B 之间的距离d＝xA＋xB＝vt＋2vt＝3vt。
18.(2025·北京卷·18)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量
粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T 与质量m 的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1 的速度方向与磁场方向垂直，粒子2 的速度方向与磁场方向
平行。在相同的时间内，粒子1 在半径为R 的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2 运动的距离为d。求：
a.粒子1 与粒子2 的速度大小之比v1∶v2；
b.粒子2 的动量大小p2。
答案 (1)T＝2π
q0 B ·m (2)a.θR∶d b.qBd
θ
解析 (1)粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q0vB＝mv
2
R
解得轨迹半径R＝mv
q0 B
粒子做圆周运动的周期T＝2π R
v
将R 代入得T＝2π m
q0 B
比例关系为T＝2π
q0 B ·m
(2)a.由题意知粒子1 做圆周运动，线速度大小v1＝ωR＝θ
t R
粒子2 做匀速直线运动，速度v2＝d
t
所以速度大小之比
v1
v2
＝
θR
t
d
t
＝θR
d
即v1∶v2＝θR∶d
b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv1
2
R
可得m＝qBR
v1
粒子2 的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得p2＝qBR
v1
·v2＝qBR·d
θR
＝qBd
θ 。
19.(2025·北京卷·19)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m 的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x 时速度为v。在此过程中，飞机
受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该
位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最
大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时，飞机以速率u 水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u 相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，
方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力
大小F 与u 的关系满足F∝uα，并确定α 的值。
答案 (1)1
2mv2＋fx (2) a2 L
a1＋a2
(3)论证见解析，α＝2
解析 (1)根据动能定理W－fx＝1
2mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝1
2mv2＋fx
(2)加速过程，设起飞速度为vm，根据速度位移关系vm
2＝2a1d
减速过程，根据速度位移关系vm
2＝2a2(L－d)
联立解得d＝a2 L
a1＋a2
(3)在无风的情况下，飞机以速率u 水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，
从而对机翼产生升力F。升力与气流的动量变化有关，设机翼对气流产生的力为F'，根据动量定理F'·Δt＝
Δp
又Δp＝mΔv，m＝ρSΔv·Δt
联立可得F'＝ρSΔv2
又Δv∝u
可知F'∝u2
又由牛顿第三定律可知F＝F'，即F∝u2，
即α＝2。
20.(不选用)(2025·北京卷·20)如图甲所示，金属圆筒A 接高压电源的正极，其轴线上的金属线B 接负极。
(1)设A、B 两极间电压为U，求在B 极附近电荷量为Q 的负电荷到达A 极过程中静电力做的功W。
(2)已知筒内距离轴线r 处的电场强度大小E＝k2 λ
r ，其中k 为静电力常量，λ 为金属线B 单位长度的电荷量。
如图乙所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m 的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半
径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3－r2＝r2－r1，推理分析并比较(E3－E2)与(E2－E1)的大
小。
(3)图甲实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B 极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作
用下最终被A 极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢
原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。
若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。(可能用到：元电荷e＝
1.6×10－19 C，电子质量m＝9.1×10－31 kg，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，基态氢原子轨道半径a＝
5.3×10－11 m 和能量E0＝－13.6 eV)
答案 (1)QU (2)E3－E2<E2－E1 (3)2.56×1011 N/C
解析 (1)在B 极附近电荷量为Q 的负电荷到达A 极过程中静电力做的功W＝－Q·(－U)＝QU
(2)粒子在半径为r 处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式qE＝mv
2
r
又E＝k2 λ
r
解得粒子的动能Ek＝1
2mv2＝qkλ
设B 处电势能为0，粒子从金属线B 处移动到半径为r 处，电场力做功W＝－q∫
0
r
Edr
其中E＝k2 λ
r
代入可得W＝－q∫
0
r
k2 λ
r dr＝－2qkλln r
根据W＝－ΔEp
可得粒子在半径为r 处的电势能Ep＝2qkλln r
粒子的总能量E＝Ek＋Ep＝qkλ＋2qkλln r
则E3－E2＝2qkλ(ln r3－ln r2)＝2qkλlnr3
r2
，E2－E1＝2qkλ(ln r2－ln r1)＝2qkλlnr2
r1
设r3－r2＝r2－r1＝a
则E3－E2＝2qkλlnr2＋a
r2
＝2qkλln(1＋a
r2)
E2－E1＝2qkλlnr1＋a
r1
＝2qkλln(1＋a
r1)
由于r2>r1
可得E3－E2<E2－E1
(3)电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即ke
2
a
2＝mv
2
a
电子的动能Ek＝1
2mv2
联立可得Ek＝k e
2
2a
根据库仑定律，电子与原子核之间的库仑力F＝ke
2
a
2
电子从基态轨道半径a 处运动到无穷远处，克服库仑力做功W 库＝∫
a
∞
k e
2
r
2 dr
积分可得W 库＝k e
2
a
则电子在基态轨道半径a 处的电势能Ep＝－W 库
根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量ΔE 等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即ΔE＝
Ek＋Ep＝k e
2
2a
设外电场的电场强度为E，电子在电场力作用下获得能量，当电子获得的能量等于将基态氢原子电离所需
的能量时，氢原子被电离。电子在电场力作用下获得的能量W＝ΔE＝eEa
联立可得E＝ke
2a
2
代入数据解得E≈2.56×1011 N/C
