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北京市2025年普通高中学业水平等级性考试 物理
物理
考试时间：90分钟 满分：100分
考生须知
- 本试卷共 8 页，100 分。考试时长 90 分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
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（ ）
2．下列现象属于光的衍射的是（ ）
3．下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（ ）
4．如图所示，交流发电机中的线圈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（ ）
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（ ）
6．如图所示，长方体物块叠放在斜面上，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（ ）
【答案】C
【详解】
A．正确。物块 B 受拉力 F 后有沿斜面向下滑动的趋势，A 由于惯性相对 B 有沿斜面向上滑动的趋势，故 A 受到 B 沿斜面向下的静摩擦力。A 受重力 GA、B 的支持力 NBA 和该摩擦力，共 3 个力。
B．错误。对物块 B 受力分析：B 受重力 GB（竖直向下）、斜面的支持力 N（垂直斜面向上）、A 对 B 的压力（垂直斜面向下）、A 对 B 的摩擦力（沿斜面向下）、拉力 F，以及斜面对 B 的静摩擦力，共 6 个力。
C．正确。B 受力的个数为 6，故C正确。
D．错误。B 受力的个数为 6，不是 7，故D错误。
故选C。
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、为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（ ）
【答案】A
【详解】
A．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；
B．探测器受到万有引力，由F=GMm/r²=ma，解得a=GM/r²，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；
C．探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，需要加速，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；
D．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GMm/r²=m(2π/T)²r，解得M=4π²r³/GT²，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。
【章节】力学-万有引力与航天【考点】卫星变轨开普勒定律万有引力定律机械能守恒
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（ ）
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（ ）
【答案】C
【详解】
A．错误。闭合开关瞬间，电容器所在支路相当于通路、电感所在支路相当于断路，A₁、A₂ 亮起而 A₃ 不亮，不是 A₁ 与 A₃ 同时亮起，A错误。
B．错误。闭合后电容器充电，充电过程中流过 A₂ 的电流逐渐减小，A₂ 的亮度随之变化，并非亮度不变，B错误。
C．正确。稳定后电感相当于短路、电容器相当于断路，A₁、A₂、A₃ 串联在电路中，三个灯泡相同，通过它们的电流相同，故 A₁ 与 A₂ 亮度一样，C正确。
D．错误。稳定后 A₂ 与下母线间的电势差为电源电动势的一半，U＝E/2，由 Q＝CU 得电容器的电荷量为 CE/2，不是 CE，D错误。
故选C。
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（ ）
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（ ）
【答案】B
【详解】
A．错误。0~t₁ 内 f 向下且逐渐增大，说明实验舱加速向上，但只能说明其加速上升，不能断定这一段一定是电磁弹射过程（也可能是弹射结束后的惯性上升段），A错误。
B．正确。0~t₂ 内实验舱向上运动，空气阻力 f 向下且逐渐增大，由 mg−f＝ma 得 a＝g−f/m，t₁~t₂ 内 f 继续增大，故加速度大小逐渐减小，B正确。
C．错误。t₂~t₃ 内 f 向下且逐渐减小，实验舱仍在向上做减速运动，加速度方向向上，舱内物体处于超重状态，不是失重，C错误。
D．错误。t₃ 时刻 f＝0，阻力为零说明速度为零，实验舱在 t₃ 时刻到达最高点；t₂ 时刻实验舱仍在向上加速，D错误。
故选B。
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沿轴线方向流动，圆管壁上的两点连线为直径，且垂直于磁场方向，两点的电势差为U₀。下列说法错误的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；
C．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qvB=qE=qU/2r，同时有Q=Sv=πr²v，联立解得U=2BQ/πr，故U正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U越大；故B正确，C错误；
D．若直径MN与磁场方向不垂直，根据U=2BQ/πr可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小；故D正确。
【章节】电磁学-磁场【考点】霍尔效应洛伦兹力带电粒子在磁场中运动电势差
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（ ）
【答案】A
【详解】
A．正确。氢原子的基态能量由电子与质子的相互作用决定，反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构与氢原子相同，能级结构不变，基态能量仍为 −13.6 eV，故A正确。
B．错误。若中子转化为质子和正电子，反应前电荷为 0，反应后总电荷为 +e＋(+e)＝+2e，不满足电荷守恒，故B错误。
C．错误。正负电子等速率对撞时总动量为零，若只湮灭为一个光子，单个光子的动量不为零，不能满足动量守恒，应至少产生两个光子，故C错误。
D．错误。核聚变通常释放能量，反氘核与反氘核的聚变遵循相同规律，应释放能量而不是吸收能量，故D错误。
故选A。
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、声波传播速度越大。下列说法正确的是（ ）
第二部分
本部分共6题，共58分。
15．（1）下列实验操作，正确的是________（填选项前的字母）。
（1） 下列实验操作，正确的是________（填选项前的字母）。
（2） 用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。
（3） 某电流表出现故障，其内部电路如图3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）。
【答案】（1）B
（2）①B ②3.185（3.183~3.187）
（3）C
（2）①B ②3.185（3.183~3.187）
（3）C
【详解】（1）用单摆测重力加速度时，应在最低点释放摆球并同时开始计时，故A错误；
探究变压器原、副线圈上电压时，应用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；
使用多用电表测电阻前，应先进行机械调零，再选择合适倍率，将两表笔短接进行欧姆调零，故C错误。
故选B。
（2）①双缝应放置在单缝后面，因此A为单缝，B为双缝；
②螺旋测微器读数为：固定刻度 3.1 mm，可动刻度 0.85×0.01 mm=0.0085 mm，
故读数为 3.1+0.0085=3.185 mm（3.183~3.187 mm 均正确）。
（3）表头Rg断路时，表笔连任意两端，电流都无法通过表头，均不发生偏转，故A错误；
电阻R₁断路时，连接A、B时，电流通过表头与R₂构成闭合回路，表头应偏转，故B错误；
电阻R₂断路时，接A、C和B、C时电流经表头与R₁构成回路，表头均偏转，符合题意，故C正确。
探究变压器原、副线圈上电压时，应用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；
使用多用电表测电阻前，应先进行机械调零，再选择合适倍率，将两表笔短接进行欧姆调零，故C错误。
故选B。
（2）①双缝应放置在单缝后面，因此A为单缝，B为双缝；
②螺旋测微器读数为：固定刻度 3.1 mm，可动刻度 0.85×0.01 mm=0.0085 mm，
故读数为 3.1+0.0085=3.185 mm（3.183~3.187 mm 均正确）。
（3）表头Rg断路时，表笔连任意两端，电流都无法通过表头，均不发生偏转，故A错误；
电阻R₁断路时，连接A、B时，电流通过表头与R₂构成闭合回路，表头应偏转，故B错误；
电阻R₂断路时，接A、C和B、C时电流经表头与R₁构成回路，表头均偏转，符合题意，故C正确。
故选C。
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1所示。
（1） 按照图1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）。
（2） 实验中打出的一条纸带如图2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2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3所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端绕过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图4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）v＝(x₂−x₁)/(2T)
（4）①0.81 ②1.6
（2）左端
（3）v＝(x₂−x₁)/(2T)
（4）①0.81 ②1.6
【详解】（1）实验步骤：先调整滑轮位置使细线与木板平行（C），再接通打点计时器电源（B），最后释放小车（A），故顺序为 CBA。
（2）小车做加速运动时速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图 2 中纸带左端点间距小、右端点间距大，说明纸带左端与小车相连，故填“左端”。
（3）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 点是 A、C 段的中间时刻，AC 段位移为 x₂、时间间隔为 2T，故 vB＝(x₂−x₁)/(2T)。
（4）①由图 4 读出相邻计数点间的距离：AB＝3.59 cm，BC＝8.00−3.59＝4.41 cm，CD＝13.22−8.00＝5.22 cm，DE＝19.24−13.22＝6.02 cm。相邻相等时间间隔内的位移差 Δs＝aT²，三组 Δs 分别为 0.82 cm、0.81 cm、0.80 cm，取平均 Δs≈0.81 cm，故 a＝Δs/T²＝0.0081/0.01 m/s²＝0.81 m/s²。
②纸带拉出长度 s 与圆盘转过的角度 θ 成正比，s＝Rθ；纸带通过打点计时器的速度 v＝ωR，其加速度 a＝Rα＝0.81 m/s²，得角加速度 α＝a/R＝8.1 rad/s²。由 s(0.1 s)＝R(ω_A t＋½αt²)＝3.59 cm，解得 ω_A＝3.19 rad/s，则打 B 点时 ω_B＝ω_A＋αt＝3.19＋0.81＝4.0 rad/s，向心加速度 aB＝ω_B²R＝16×0.10 m/s²＝1.6 m/s²。
（2）小车做加速运动时速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。图 2 中纸带左端点间距小、右端点间距大，说明纸带左端与小车相连，故填“左端”。
（3）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 点是 A、C 段的中间时刻，AC 段位移为 x₂、时间间隔为 2T，故 vB＝(x₂−x₁)/(2T)。
（4）①由图 4 读出相邻计数点间的距离：AB＝3.59 cm，BC＝8.00−3.59＝4.41 cm，CD＝13.22−8.00＝5.22 cm，DE＝19.24−13.22＝6.02 cm。相邻相等时间间隔内的位移差 Δs＝aT²，三组 Δs 分别为 0.82 cm、0.81 cm、0.80 cm，取平均 Δs≈0.81 cm，故 a＝Δs/T²＝0.0081/0.01 m/s²＝0.81 m/s²。
②纸带拉出长度 s 与圆盘转过的角度 θ 成正比，s＝Rθ；纸带通过打点计时器的速度 v＝ωR，其加速度 a＝Rα＝0.81 m/s²，得角加速度 α＝a/R＝8.1 rad/s²。由 s(0.1 s)＝R(ω_A t＋½αt²)＝3.59 cm，解得 ω_A＝3.19 rad/s，则打 B 点时 ω_B＝ω_A＋αt＝3.19＋0.81＝4.0 rad/s，向心加速度 aB＝ω_B²R＝16×0.10 m/s²＝1.6 m/s²。
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；
（2） 炸裂后瞬间B的速度大小；
（3） 落地点之间的距离d。
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q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；
b．粒子2的动量大小。
【答案】（1）T=2πm/qB
（2）a．θR/d b．qBd/θ
（2）a．θR/d b．qBd/θ
【详解】（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qvB=mv²/R，解得轨道半径R=mv/qB。圆周运动的周期T=2πR/v=2πm/qB，比例关系为T∝m。
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v₁=θR/t；粒子2做匀速直线运动，速度v₂=d/t。所以速度之比v₁:v₂=θR/d。
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv₁B=mv₁²/R，可得m=qBt/θ。粒子2的动量p=mv₂=qBd/θ。
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v₁=θR/t；粒子2做匀速直线运动，速度v₂=d/t。所以速度之比v₁:v₂=θR/d。
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv₁B=mv₁²/R，可得m=qBt/θ。粒子2的动量p=mv₂=qBd/θ。
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∝u²，并确定 α 的值。
【答案】（1）W＝½mv²＋fx
（2）d＝a₂L/(a₁＋a₂)
（3）F/u²＝ρS（即 F∝u²），α＝45°
（2）d＝a₂L/(a₁＋a₂)
（3）F/u²＝ρS（即 F∝u²），α＝45°
【详解】（1）由动能定理 W−fx＝½mv²，得牵引力对飞机做的功 W＝½mv²＋fx。
（2）设起飞速度为 v，加速段位移为 d：v²＝2a₁d；减速段 v²＝2a₂(L−d)。联立解得 d＝a₂L/(a₁＋a₂)。
（3）建立模型：气流以速率 u 相对机翼沿水平方向射入，掠过机翼后沿机翼弦线方向（向后下方）流出，弦线与气流方向的夹角为 α。气流速度改变量垂直于弦线，其大小 Δv＝u sinα。单位时间通过机翼的气体质量为 ρSu，由动量定理得机翼所受气流作用力 F＝ρS u·u sinα＝ρS u² sinα，方向垂直于弦线；其竖直向上的分力 Fy＝F cosα＝ρS u² sinα cosα＝(ρS u²/2)·sin2α。可见竖直作用力 Fy 与 u 的平方成正比，满足 F∝u²；又当 α＝45°（即气流被偏转 90°）时 sin2α 取最大值 1，此时 Fy＝ρS u²，故 α＝45°，且 F/u²＝ρS。
（2）设起飞速度为 v，加速段位移为 d：v²＝2a₁d；减速段 v²＝2a₂(L−d)。联立解得 d＝a₂L/(a₁＋a₂)。
（3）建立模型：气流以速率 u 相对机翼沿水平方向射入，掠过机翼后沿机翼弦线方向（向后下方）流出，弦线与气流方向的夹角为 α。气流速度改变量垂直于弦线，其大小 Δv＝u sinα。单位时间通过机翼的气体质量为 ρSu，由动量定理得机翼所受气流作用力 F＝ρS u·u sinα＝ρS u² sinα，方向垂直于弦线；其竖直向上的分力 Fy＝F cosα＝ρS u² sinα cosα＝(ρS u²/2)·sin2α。可见竖直作用力 Fy 与 u 的平方成正比，满足 F∝u²；又当 α＝45°（即气流被偏转 90°）时 sin2α 取最大值 1，此时 Fy＝ρS u²，故 α＝45°，且 F/u²＝ρS。
【章节】力学-牛顿运动定律与能量【考点】功与功率动能定理牛顿第二定律图像分析
20．如图1所示，金属圆筒A接高压电源正极，其轴线上的金属线B接负极。
（1） 设两极间电压为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处电场强度大小 E＝kλ/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2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1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，电子质量，静电力常量，基态氢原子轨道半径和能量）
【答案】（1）W=QU
（2）(E₃−E₂)<(E₂−E₁)
（3）E≈2.57×10¹¹ N/C
（2）(E₃−E₂)<(E₂−E₁)
（3）E≈2.57×10¹¹ N/C
【详解】（1）在B极附近电荷量为Q负电荷到达A极过程中静电力做的功W=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=mv²/r，又E=λ/2πε₀r，联立可得mv²=qλ/2πε₀。解得粒子的动能Eₖ=qλ/4πε₀。设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半径为r处，电场力做功W=q∫E·dr=qλln(r)/2πε₀，根据W=-ΔEₚ可得粒子在半径为r处的电势能Eₚ=-qλln(r)/2πε₀。粒子的总能量E=Eₖ+Eₚ=qλ/4πε₀-qλln(r)/2πε₀。则E₁-E₂=qλ/2πε₀·ln(r₂/r₁)，由于r₂>r₁，ln(r₂/r₁)>0，可得E₁<E₂。
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即ke²/a²=mv²/a，电子的动能Eₖ=ke²/2a。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=∫ke²/r²dr=ke²/a，则电子在基态轨道半径a处的电势能Eₚ=-ke²/a。根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即E_电离=ke²/2a=|E₁|。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E·e·a=|E₁|，可得E=|E₁|/ea=ke²/(2a²)。
（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=mv²/r，又E=λ/2πε₀r，联立可得mv²=qλ/2πε₀。解得粒子的动能Eₖ=qλ/4πε₀。设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半径为r处，电场力做功W=q∫E·dr=qλln(r)/2πε₀，根据W=-ΔEₚ可得粒子在半径为r处的电势能Eₚ=-qλln(r)/2πε₀。粒子的总能量E=Eₖ+Eₚ=qλ/4πε₀-qλln(r)/2πε₀。则E₁-E₂=qλ/2πε₀·ln(r₂/r₁)，由于r₂>r₁，ln(r₂/r₁)>0，可得E₁<E₂。
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即ke²/a²=mv²/a，电子的动能Eₖ=ke²/2a。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=∫ke²/r²dr=ke²/a，则电子在基态轨道半径a处的电势能Eₚ=-ke²/a。根据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即E_电离=ke²/2a=|E₁|。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E·e·a=|E₁|，可得E=|E₁|/ea=ke²/(2a²)。