【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 静电场（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 静电场
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 宁波期末）电子束焊接机是一种先进的焊接技术。电子束焊接机中的电场线分布如图中虚线所示，其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为h，在同一电场线上有B、C、D三点，C为A、K两极的中点，且BC＝CD。在两极之间加上电压为U的高压电。现有一电子在K极附近由静止被加速运动到A极。已知电子电荷量大小为e，下列说法中正确的是（　　）
A．A、K之间的电场为匀强电场
B．电子沿电场线由K极到A极过程中电场力做功为﹣eU
C．若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加为0.5eU
D．电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间
2．（2024秋 石景山区期末）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（　　）
A．P点电场强度与Q点电场强度相等
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小将变为原来的4倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
3．（2024秋 石景山区期末）在某静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与其电荷量q满足如图所示的关系，则电场中a、b两点场强大小的比值等于（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
4．（2024秋 济宁期末）如图所示，实线APB为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线AQB为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，PQ上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度相同、电势不同
B．电场强度不同、电势相同
C．电场强度相同、电势相同
D．电场强度不同、电势不同
5．（2024秋 红桥区期末）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度不相同
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做正功
D．负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能
6．（2025 浙江）比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024秋 石景山区期末）一带电粒子q射入固定在O点的点电荷Q的电场中，粒子只受电场力作用，运动轨迹如图中曲线所示，且OB＜OA＜OC．下列说法正确的是（　　）
A．q与Q带同种电荷
B．q在A点的加速度大于在B点的加速度
C．q在B点的速度大于在C点的速度
D．q在B点的电势能大于在C点的电势能
8．（2024秋 甘肃期末）如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地，一带负电的小球固定在两极板间的P点。闭合开关S，将A极板缓慢向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容变小
B．电容器所带电荷量不变
C．P点的电势降低
D．小球的电势能减少
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 郴州期末）两个电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上O、M两点，两电荷在连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，在M点右侧，ND线段中点C的电势最高，则（　　）
A．q1为正电荷，q2为负电荷，q1电荷量的绝对值大于q2电荷量的绝对值
B．若将一个正电荷在C点右侧附近由静止释放，该电荷将沿着x轴正方向做加速度先增大后减小的加速直线运动
C．若将q2撤去，C点的电势将减小
D．若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷可在ND之间做往复运动
（多选）10．（2024秋 新会区校级期末）如图所示，一带正电粒子从K发出（初速度为零），经K与A图乙板间的加速电场加速，从A板中心沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为e，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．增大加速电压U1，P点会往上移动
B．增大M、N两板间的电压U2，P点会往上移动
C．若把粒子的质量增加为原来的2倍，则P点位置不变
D．若把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置不变
（多选）11．（2025 浙江）电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为如图所示。一球形界面外部空间中各处电势均为φ1，内部各处电势均为φ2，（φ2＞φ1），球心位于z轴上O点。一束靠近z轴且关于z轴对称的电子以相同的速度v1平行于z轴射入该界面，电子质量为m，电子电荷量为e，由于电子在界面处只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，不考虑相对论效应和电子之间相互作用力。某电子射到界面方向与法线的夹角为θ1，它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角θ2（图中未标出），下列描述正确的是（　　）
A．电子束会聚到O点
B．电子束运动方向θ1＞θ2
C．电子束运动方向
D．电子通过界面动能增加了
（多选）12．（2024秋 广西期末）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O′，棱柱高为底面边长的2倍，在A、D′两点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．电势差UBB′＝UEE′
B．C点的电势为零
C．O点与O′点的电场强度相同
D．将一带负电的试探电荷沿直线从A′点移动至D点，电势能先减小后增大
三．填空题（共4小题）
13．（2025 仓山区校级二模）按照现代的粒子理论，质子、中子都是由上夸克（u）和下夸克（d）两种夸克组成的，上夸克带电为e，下夸克带电为。两个上夸克和一个下夸克构成质子（uud），一个上夸克和两个下夸克构成中子（udd）。若质子和中子内各个夸克之间的距离都相等，且三个夸克在同一圆周上，如图所示。则质子和中子中心O点的电场强度方向 　 　（填“相同”或“相反”），大小之比为 　 　。
14．（2024秋 闵行区期末）如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于y轴对称。a、b两点关于y轴对称且连线平行于x轴，c点位于y轴上。一质量为m、带+q的点电荷（重力不计）由c点静止释放，途径O点。（1）a、b两点的 　 　。
A.场强不同、电势相同
B.场强相同、电势相同
C.场强不同、电势不同
D.场强相同、电势不同
（2）（多选）由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能 　 　。
A.增大
B.减小
C.先增大再减小
D.先减小再增大
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，若以c点为零势能点，则O点的电势φO＝ 　 　；若以无穷远处为零势能点，则cO两点的电势差UcO＝ 　 　。
（4）（多选）若在c点给该点电荷一初速度，则其可能做 　 　。
A.匀速直线运动
B.匀加速直线运动
C.匀速圆周运动
D.往复运动
15．（2024 江苏学业考试）如图所示，在匀强电场中，A、B为同一条电场线上的两点。已知电场强度E＝2.0×104N/C，A、B两点间的距离d＝0.20m。将电荷量g＝+1.0×10﹣8C的试探电荷由A点移到B点。在此过程中静电力对试探电荷所做的功W＝　 　。
16．（2023秋 漳州期末）雷电是一种强烈的放电现象，高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。如图所示，虚线是避雷针上方电场的等差等势面，A、B是等势面上的两点。则A点电场强度 　 　（填“大于”“小于”或“等于”）B点电场强度，A点电势 　 　（填“大于”“小于”或“等于”）B点电势。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 汕头期末）如图所示是静电场轨道离子阱装置，长为L的圆柱形金属管接高压电源正极，位于中心轴线的金属丝OO′接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，管的左端在半径为R处开有一条圆形窄缝。现有一束质量为m、带电量为+q的离子，由静止开始经电压为U的加速电场加速后，恰好从离子阱右侧的A点垂直OA射入，且与AA′的夹角θ＝30°，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为两部分：围绕OO′的圆周运动和沿AA′的直线运动，且最后离子从左侧窄缝射出，求：
（1）离子从A点进入时的速度大小；
（2）离子在离子阱中的运动时间；
（3）A处的电场强度大小。
18．（2024秋 郴州期末）如图所示，在A点以速度v0＝6m/s水平向左抛出一个质量m＝1kg、电荷量q＝+0.01C小球，小球抛出后进入左侧水平向右的匀强电场。经过一段时间，小球返回到A点正下方7.2m的B点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球从A点到B点的运动过程中，抛出后多长时间速度有最小值，最小值为多少。
19．（2024秋 哈尔滨期末）如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ＝45°的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R＝2m的半圆环，轨道的水平部分与半圆平滑相切，现把一质量为m＝0.5kg、电荷量为q＝1C的小球（大小忽略不计），放在水平面上A点由静止开始释放，小球能沿ABCD轨道通过半圆轨道最高点D，且落地时恰好落在B点，重力加速度g＝10N/kg。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球过D点时的速度大小；
（3）轨道起点A距B点的距离L的大小。
20．（2024秋 济宁期末）在光滑水平桌面上固定两足够长的粗糙弹性挡板a、b，两挡板与桌面垂直且相互平行，如图所示为其俯视图。虚线CD位于水平桌面内，且与挡板a的夹角为θ＝37°。一质量为m的小球A沿虚线CD以速度v0进入到两挡板间先与挡板a发生碰撞，小球与两挡板碰撞时，碰撞后沿垂直挡板方向的分速度等大反向，沿挡板方向的分速度由于摩擦而减小，小球与挡板间的摩擦力大小是其与挡板压力的倍。已知两挡板间距为d，小球可视为质点，小球与挡板的碰撞时间远小于小球在两挡板间运动的时间，小球没有从两挡板间穿出，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小Δpy；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小Δpx；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L。
高考物理考前冲刺押题预测 静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 宁波期末）电子束焊接机是一种先进的焊接技术。电子束焊接机中的电场线分布如图中虚线所示，其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为h，在同一电场线上有B、C、D三点，C为A、K两极的中点，且BC＝CD。在两极之间加上电压为U的高压电。现有一电子在K极附近由静止被加速运动到A极。已知电子电荷量大小为e，下列说法中正确的是（　　）
A．A、K之间的电场为匀强电场
B．电子沿电场线由K极到A极过程中电场力做功为﹣eU
C．若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加为0.5eU
D．电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.根据电场线的分布情况，即可分析判断；
B.由图可知，电子由K沿电场线到A电场力做正功，结合电场力做功公式，即可分析判断；
C.由图可知，K到C点之间的电场强度比C点到A点的电场强度小，结合求功公式、B的结论、动能定理，即可分析判断；
D.由题知，电子从D点到C点再到B点的过程中，一直处于加速运动状态，结合速度与位移的情况，即可分析判断。
【解答】解：A.根据电场线的分布情况，可以判断A、K之间不是匀强电场，故A错误；
B.因为电子在K极附近由静止被加速运动到A极，所以电子由K沿电场线到A电场力做正功，则电场力做功为：W＝eU，故B错误；
C.由图可知，K到C点之间的电场强度比C点到A点的电场强度小，由电场力与电场强度的关系可知，电子在K到C点之间所受的电场力比C点到A点的电场力小，且K到C点与C点到A点的位移相等，则根据求功公式W＝Fx可知，电子从K到C点之间的电场力做功，比C点到A点的电场力做功少，结合B的结论及动能定理可知，若将电子从C点由静止释放，到达A极时，动能增加应大于0.5eU，故C错误；
D.由题知，电子从D点到C点再到B点的过程中，一直处于加速运动状态，即电子从C点运动到B点的任意时刻的速度大小，都大于电子从D点运动到C点的速度大小，又因为位移相同，所以，电子从D点运动到C点的时间大于其从C点运动到B点的时间，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
2．（2024秋 石景山区期末）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（　　）
A．P点电场强度与Q点电场强度相等
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小将变为原来的4倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【考点】非匀强电场中电势差大小的比较和应用；电场强度的叠加．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律分析P、Q两点的场强大小关系；
B.根据电场线上的电势高低规律进行分析判断；
CD.根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加知识导出电场强度表达式，结合表达式进行定量分析，又根据公式U＝E d做定性的分析。
【解答】解：A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A正确；
B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；
CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度，若仅将两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由，故P、Q两点间电势差变大，故CD错误。
故选：A。
【点评】考查电场强度、电势、电场叠加、电势差等问题，会根据题意进行准确分析和判断。
3．（2024秋 石景山区期末）在某静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与其电荷量q满足如图所示的关系，则电场中a、b两点场强大小的比值等于（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【考点】电场强度的定义、单位和方向．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。
【解答】解：设F﹣q图像的横坐标单位长度电荷量为q0，纵坐标单位长度的力大小为F0，根据
可知F﹣q图像斜率表示电场强度，试探电荷在两点的静电力F与其电荷量q满足如图所示的关系，可知
可得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，难度不大。
4．（2024秋 济宁期末）如图所示，实线APB为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线AQB为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，PQ上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度相同、电势不同
B．电场强度不同、电势相同
C．电场强度相同、电势相同
D．电场强度不同、电势不同
【考点】带电体周围的电势分布；等量异种电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】可以把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为+q、﹣q的点电荷，根据等量异种电荷的电场分布，可确定M、N两点的电场强度关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低，可确定M、N两点的电势关系，即可判断ABCD正误。
【解答】解：因为实线APB为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线AQB为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，所以可以把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为+q、﹣q的点电荷，如图所示：
由图可知，关于O点对称的两正、负点电荷+q、﹣q在M、N两点产生的电场强度都大小相等、方向相同，即图中的E1、E2，
根据对称性可知，M、N两点产生的合电场强度EM＝EN，方向相同，都沿从P到Q方向；
同理，PQ连线上的点电场强度方向也沿从P到Q方向，则PQ连线上的电场线方向为从P到Q方向，因为沿电场线方向电势逐渐降低，则有：φM＞φN；
故M、N两点的电场强度相同、电势不同；故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，沿电场线方向电势逐渐降低。
5．（2024秋 红桥区期末）有研究表明，当有兴奋情绪时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度不相同
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做正功
D．负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能
【考点】等势面及其与电场线的关系；电荷性质、电势能和电势的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布进行分析；根据电势的大小即电势能的计算公式分析。
【解答】解：A．a、b为两点电荷连线上对称的两点，该电场可等效为两等量异种点电荷产生的电场，根据等量异种点电荷电场的特点，可知这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，电场强度相同，故A错误；
B．c、d两点位于同一条等势线上，则c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从电势低的b点移到电势高的d点，电势能增加，电场力做负功，故C错误；
D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在低电势的c点电势能大于在高电势的a点的电势能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了静电场相关知识，题目比较新颖。
6．（2025 浙江）比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；比值定义法．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关．由此分析即可。
【解答】解：比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，或基本运动特征，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变；电场中某点的电势是由电场本身决定的，与放入电场中的试探电荷的电势能和电量无关，即是比值定义法；而公式是牛顿第二定律的表达式，公式是点电荷产生的电场强度的决定式，公式是平行板电容器电容的决定式，都不是比值定义法。故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。
7．（2024秋 石景山区期末）一带电粒子q射入固定在O点的点电荷Q的电场中，粒子只受电场力作用，运动轨迹如图中曲线所示，且OB＜OA＜OC．下列说法正确的是（　　）
A．q与Q带同种电荷
B．q在A点的加速度大于在B点的加速度
C．q在B点的速度大于在C点的速度
D．q在B点的电势能大于在C点的电势能
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场强度的叠加．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【答案】C
【分析】电场线与等势面垂直。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
【解答】解：A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，指向O，说明相互吸引，q与Q带异种电荷，故A错误；
B、电场力F＝kma，a与r2成反比，q在B点的加速度大于在A点的加速度，故B错误；
C、根据动能定理，粒子由C到B，电场力做正功，动能增大，故粒子在B点的速度一定大于在C点的速度，故C正确。
D、粒子由C到B，电场力做正功，所以粒子的电势能减小，所以B点的电势能一定小于在C点的电势能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况。
8．（2024秋 甘肃期末）如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地，一带负电的小球固定在两极板间的P点。闭合开关S，将A极板缓慢向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容变小
B．电容器所带电荷量不变
C．P点的电势降低
D．小球的电势能减少
【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】闭合开关S，将A极板缓慢向下移动一小段距离，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电压不变，由电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化；根据分析极板间场强的变化，并判断P点与下极板间电势差的变化，从而分析P点的电势变化，再判断小球的电势能的变化。
【解答】解：A、闭合开关S，将A极板缓慢向下移动一小段距离，两极板间距离减小，根据电容的决定式分析可知，电容变大，故A错误；
B、保持开关闭合，电容器两极板间电压不变，由电容的定义式分析可知，电容器所带电荷量增加，故B错误；
C、U不变，d减小，根据分析可知，两极板间场强增大，P点与下极板间电势差增大，而下极板电势为零，P点电势高于下极板，则P点的电势升高，故C错误；
D、P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电的小球电势能减少，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式、电容的定义式、场强公式和电势能公式Ep＝qφ相结合进行分析。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 郴州期末）两个电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上O、M两点，两电荷在连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，在M点右侧，ND线段中点C的电势最高，则（　　）
A．q1为正电荷，q2为负电荷，q1电荷量的绝对值大于q2电荷量的绝对值
B．若将一个正电荷在C点右侧附近由静止释放，该电荷将沿着x轴正方向做加速度先增大后减小的加速直线运动
C．若将q2撤去，C点的电势将减小
D．若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷可在ND之间做往复运动
【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；φ﹣x图像的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布情况，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性；沿电场线电势降低，空间某点的电势等于各点电荷在该点电势的代数和，据此分析。
【解答】解：A．根据两电荷在连线上各点电势φ随x变化的关系图像，φ﹣x图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，C点电场强度为零，点电荷q2到C点的间距小于点电荷q1到C点的间距，根据点电荷的电场强度的表达式，由电场强度的叠加可知，点电荷q1的电荷量的绝对值大于点电荷q2的电荷量的绝对值，由于沿电场线电势降低，则O到M的电场方向沿着x轴正方向，又由于电场线起源于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远），所以q1为正电荷，q2为负电荷，故A正确；
B．由于沿电场线电势降低，则C点右侧的电场线沿着x轴正方向，由于φ﹣x图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，可知沿着电场线方向的电场强度先增大后减小，所以将一个正电荷从C点右侧由静止释放，该电荷做加速度先增大后减小的加速直线运动，故B正确；
C．结合上述，q1为正电荷，q2为负电荷，根据
由于电势为标量，空间某点的电势等于各点电荷在该点电势的代数和，可知，撤去q2后，C点的电势将增大，故C错误；
D．由于沿电场线电势降低，则MC之间的电场方向沿着x轴负方向，C点右侧的电场线沿着x轴正方向，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷先向右做加速运动，后向右做减速运动，由于N点电势为0，x轴正方向无穷远处电势也为0，根据动能定理可知，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷将一直向右运动，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题主要是考查EP﹣x关系图像，解答本题的关键是弄清楚图像表示的物理意义，知道电势能的计算方法。
（多选）10．（2024秋 新会区校级期末）如图所示，一带正电粒子从K发出（初速度为零），经K与A图乙板间的加速电场加速，从A板中心沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为e，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．增大加速电压U1，P点会往上移动
B．增大M、N两板间的电压U2，P点会往上移动
C．若把粒子的质量增加为原来的2倍，则P点位置不变
D．若把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置不变
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】电子在加速电场中加速过程，根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小v0；在偏转电场，电子做类平抛运动，运用运动分解法，根据牛顿第二定律和分位移规律可以求出侧移量y；电子离开偏转电场后做匀速直线运动。
【解答】解：在电场中加速时
在偏转电场中时
L＝v0t
解得
A．增大加速电压U1，则y变小，即P点会往下移动，故A错误；
B．增大M、N两板间的电压U2，则y变大，P点会往上移动，故B正确；
CD．偏转距离y与粒子质量m和电荷量q无关，则若把粒子的质量增加为原来的2倍，或者把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置都不变，故CD正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查动能定理、类平抛运动规律等知识点。电子加速过程，运用动能定理求加速获得的速度。偏转过程，根据类平抛运动规律求侧移量，这是解决问题的关键。
（多选）11．（2025 浙江）电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为如图所示。一球形界面外部空间中各处电势均为φ1，内部各处电势均为φ2，（φ2＞φ1），球心位于z轴上O点。一束靠近z轴且关于z轴对称的电子以相同的速度v1平行于z轴射入该界面，电子质量为m，电子电荷量为e，由于电子在界面处只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，不考虑相对论效应和电子之间相互作用力。某电子射到界面方向与法线的夹角为θ1，它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角θ2（图中未标出），下列描述正确的是（　　）
A．电子束会聚到O点
B．电子束运动方向θ1＞θ2
C．电子束运动方向
D．电子通过界面动能增加了
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；求分速度的大小和方向．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】由动能定理可以求出增加的动能；根据动能定理，结合电场力做功公式求出进入球内后的速度；设电子穿过界面后的速度为v2，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向速度不变，则 v1sinθ1＝v2sinθ2，电子穿过界面的过程中，能量守恒定律可以求出射入球形界面后的运动方向与法线的夹角的正弦值。
【解答】解：D、电子穿过界面的过程中，根据动能定理：ΔEk＝W＝eU＝e（φ2﹣φ1），故D错误；
ABC、设电子穿过界面后的速度为v2该过程根据动能定理有：，上式变形解得：，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面切线方向速度不变。则：v1sinθ1＝v2sinθ2如图所示，
变形后得到：，所以：θ1＞θ2，故A错误，BC正确。
故选：BC。
【点评】本题考查了动能定理、类似于光的折射定律等内容，题目以基础为主，难度不大。
（多选）12．（2024秋 广西期末）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心分别为O和O′，棱柱高为底面边长的2倍，在A、D′两点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．电势差UBB′＝UEE′
B．C点的电势为零
C．O点与O′点的电场强度相同
D．将一带负电的试探电荷沿直线从A′点移动至D点，电势能先减小后增大
【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；两个或多个不等量电荷的电场线分布；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据等量异种点电荷电场的分布特征分析。
【解答】解：A.根据等量异种点电荷电场的分布特征，由对称性可知，UBB'＝UFF'，UEE'＝UFF，故UBB'＝UEE'，故A正确；
B.C点到AD′点的两等量异种点电荷的距离不相等，C点的电势不为零，故B错误；
C.O点与O′点关于AD′连线的中点对称，两等量异种点电荷在O点和O′点产生的电场强度相等，故C正确；
D.平面A′D′DA为正方形，A′D连线与AD′连线垂直，根据等量异种点电荷电场的分布特征，A′D连线为等势线，将一带负电的试探电荷沿直线从A′点移动至D点，电势能不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】解题关键是熟悉等量异种点电荷空间电势分布特点。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 仓山区校级二模）按照现代的粒子理论，质子、中子都是由上夸克（u）和下夸克（d）两种夸克组成的，上夸克带电为e，下夸克带电为。两个上夸克和一个下夸克构成质子（uud），一个上夸克和两个下夸克构成中子（udd）。若质子和中子内各个夸克之间的距离都相等，且三个夸克在同一圆周上，如图所示。则质子和中子中心O点的电场强度方向 　相反　（填“相同”或“相反”），大小之比为 　1：1　。
【考点】电场强度的叠加．
【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】相反，1：1。
【分析】根据点电荷的电场强度叠加原理画图，结合矢量合成法则，即可确定质子和中子中心O点的电场强度的关系。
【解答】解：设E，E'，则E＝2E'，则根据点电荷的电场强度叠加原理，可得下图：
根据矢量合成法则可知，质子中心O点的电场强度大小为：E质子＝2Ecos60°+E'＝2×E×0.5+E'＝E+E'＝2E'+E'＝3E'，方向向上；
中子中心O点的电场强度大小为：E中子＝2E'cos60°+E＝2×E'×0.5+E＝E'+E＝E'+2E'＝3E'，方向向下；
故质子和中子中心O点的电场强度方向相反，大小之比为1：1；
故答案为：相反，1：1。
【点评】本题主要考查电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。
14．（2024秋 闵行区期末）如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于y轴对称。a、b两点关于y轴对称且连线平行于x轴，c点位于y轴上。一质量为m、带+q的点电荷（重力不计）由c点静止释放，途径O点。（1）a、b两点的 　A　。
A.场强不同、电势相同
B.场强相同、电势相同
C.场强不同、电势不同
D.场强相同、电势不同
（2）（多选）由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能 　BC　。
A.增大
B.减小
C.先增大再减小
D.先减小再增大
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，若以c点为零势能点，则O点的电势φO＝ 　　；若以无穷远处为零势能点，则cO两点的电势差UcO＝ 　　。
（4）（多选）若在c点给该点电荷一初速度，则其可能做 　CD　。
A.匀速直线运动
B.匀加速直线运动
C.匀速圆周运动
D.往复运动
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；等量同种电荷的电势分布；用电势差定义式求电势；电场力做功与电势差的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【分析】（1）由等量负电荷的电场线分布特点、等量负电荷的等势线分布特点及对称性，即可分析判断ABCD正误；
（2）由等量负电荷的电场线分布特点，结合电场线、电场强度、电场力、加速度的关系，即可分析判断ABCD正误；
（3）由动能定理及电势、电势差的关系分别列式，即可分析求解；
（4）结合前面分析可知，点电荷+q在c点所受电场力向下，结合点电荷初速度与合外力的关系，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：（1）由等量负电荷的电场线分布特点可知，a、b两点场强大小相等、方向不同；
由等量负电荷的等势线分布特点及对称性可知，a、b两点电势相同；故A正确，BCD错误；
故选：A；
（2）由等量负电荷的电场线分布特点可知，由c点到O点的过程中，电场线可能先越来越密集再越来越稀疏、可能越来越稀疏，则电场强度可能先变大再变小、可能一直变小，由牛顿第二定律可知：F＝qE＝ma，则由c点到O点的过程中，点电荷+q的加速度可能先增大再减小、可能一直减小；故BC正确，AD错误；
故选：BC。
（3）点电荷+q经过O点时的速度为v，
由动能定理可知：qUcOmv2﹣0，
由电势、电势差的关系可得：UcO＝φc﹣φcO，
且：φc＝0，
联立可得：φO，UcO，
故答案为：，；
（4）结合前面分析可知，点电荷+q在c点所受电场力向下，
AB.因为该点电荷在c点所受合外力不为零，且离开c点后电场力会发生变化，所以其不可能做匀速直线运动、匀加速直线运动，故AB错误；
C.若在c点给该点电荷一垂直纸面的初速度，则其可能做匀速圆周运动，故C正确；
D.若在c点给该点电荷一向下的初速度，则其可能做往复运动，故D正确；
故选：CD。
故答案为：（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
15．（2024 江苏学业考试）如图所示，在匀强电场中，A、B为同一条电场线上的两点。已知电场强度E＝2.0×104N/C，A、B两点间的距离d＝0.20m。将电荷量g＝+1.0×10﹣8C的试探电荷由A点移到B点。在此过程中静电力对试探电荷所做的功W＝　4.0×10﹣5J　。
【考点】电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】4.0×10﹣5J
【分析】电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功根据公式：W＝qEd即可求得。
【解答】解：电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为：W＝qEd＝1.0×10﹣8×2.0×104×0.20J＝4.0×10﹣5J。
故答案为：4.0×10﹣5J。
【点评】本题关键掌握匀强电场中电场力做功的计算公式W＝qEd的应用，注意电场力做功的公式W＝Eqd只适用于匀强电场。
16．（2023秋 漳州期末）雷电是一种强烈的放电现象，高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。如图所示，虚线是避雷针上方电场的等差等势面，A、B是等势面上的两点。则A点电场强度 　小于　（填“大于”“小于”或“等于”）B点电场强度，A点电势 　等于　（填“大于”“小于”或“等于”）B点电势。
【考点】等势面及其与电场线的关系；根据电场线的疏密判断场强大小；通过电场线的方向判断电势的高低．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】小于；等于。
【分析】根据电场线和等势线的关系分析出电势高低；根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系。
【解答】解：根据电场线的疏密程度可知，A点电场强度小于B点电场强度；由于A、B是等势面上的两点，则A点电势等于B点电势。
故答案为：小于；等于。
【点评】该题考查对等势面的理解，知道等势面的特点，以及等势面与电场线的关系即可正确解答。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 汕头期末）如图所示是静电场轨道离子阱装置，长为L的圆柱形金属管接高压电源正极，位于中心轴线的金属丝OO′接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，管的左端在半径为R处开有一条圆形窄缝。现有一束质量为m、带电量为+q的离子，由静止开始经电压为U的加速电场加速后，恰好从离子阱右侧的A点垂直OA射入，且与AA′的夹角θ＝30°，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为两部分：围绕OO′的圆周运动和沿AA′的直线运动，且最后离子从左侧窄缝射出，求：
（1）离子从A点进入时的速度大小；
（2）离子在离子阱中的运动时间；
（3）A处的电场强度大小。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；合运动与分运动的关系；匀速圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）离子从A点进入时的速度大小等于；
（2）离子在离子阱中的运动时间等于；
（3）A处的电场强度大小等于。
【分析】（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理求解离子从A点进入时的速度大小；
（2）离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度vx围绕OO′的匀速圆周运动和以速度vy沿AA′的匀速直线运动，根据合运动与分运动的同时性求解离子在离子阱中的运动时间；
（3）以速度vx围绕OO′做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律求解A处的电场强度大小。
【解答】解：（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）如图所示
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度vx围绕OO′的匀速圆周运动和以速度vy沿AA′的匀速直线运动。速度v正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）以速度vx围绕OO′做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
答：（1）离子从A点进入时的速度大小等于；
（2）离子在离子阱中的运动时间等于；
（3）A处的电场强度大小等于。
【点评】本题解题关键是会进行运动的分解与合成，根据分运动时间求解合运动时间。
18．（2024秋 郴州期末）如图所示，在A点以速度v0＝6m/s水平向左抛出一个质量m＝1kg、电荷量q＝+0.01C小球，小球抛出后进入左侧水平向右的匀强电场。经过一段时间，小球返回到A点正下方7.2m的B点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球从A点到B点的运动过程中，抛出后多长时间速度有最小值，最小值为多少。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）匀强电场的电场强度E的大小等于1000N/C
（2）抛出后0.3s时间速度有最小值，最小值为。
【分析】（1）小球在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀变速直线运动，求解匀强电场的电场强度E的大小；
（2）将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做匀速直线运动，当沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小，根据平行四边形定则，结合几何关系求出最小速率。
【解答】解：（1）小球在竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀变速直线运动
qE＝max
解得
E＝1000N/C
（2）将电场力和重力合成等效重力
（mg）2+（qE）2＝（ma）2
解得
方向与水平方向成45°夹角斜向右下方；
将运动沿着合加速度a方向（y′方向）和垂直于合加速度a方向（x′方向）分解
在y′方向从开始到y′方向的分速度变为0所用的时间
t′＝0.3s
最小速度
vmin＝v0cos45°
解得
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小等于1000N/C
（2）抛出后0.3s时间速度有最小值，最小值为。
【点评】解决本题的关键将小球的运动分解，搞清在分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行研究。
19．（2024秋 哈尔滨期末）如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ＝45°的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R＝2m的半圆环，轨道的水平部分与半圆平滑相切，现把一质量为m＝0.5kg、电荷量为q＝1C的小球（大小忽略不计），放在水平面上A点由静止开始释放，小球能沿ABCD轨道通过半圆轨道最高点D，且落地时恰好落在B点，重力加速度g＝10N/kg。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球过D点时的速度大小；
（3）轨道起点A距B点的距离L的大小。
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）电场强度E的大小为；
（2）小球过D点时的速度大小为；
（3）轨道起点A距B点的距离L的大小为5m。
【分析】（1）小球在D点做圆周运动，根据牛顿第二定律求解作答；小球通过D点后在水平方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求水平位移；在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求竖直位移，根据电场力公式求场强；
（2）根据向心力公式求速度；
（3）由A到D的过程，根据动能定理求解作答。
【解答】解：（1）设小球所受的电场力为F，方向与场强方向相同；
当小球通过D点时，设速度为v，根据牛顿第二定律和向心力公式
小球通过D点后在水平方向做匀减速直线运动，加速度的大小
由于小球落地时恰好落在B点，水平位移
竖直方向做匀加速直线运动，加速度的大小
竖直位移
根据电场力公式F＝Eq
代入数据联立解得
（2）在D点由重力和电场力的竖直分力共同提供向心力，则
代入数据解得过D点的速度为
（3）由A到D的过程，根据动能定理
代入数据解得 L＝5m。
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）小球过D点时的速度大小为；
（3）轨道起点A距B点的距离L的大小为5m。
【点评】本题考查动能定理和牛顿第二定律的综合，知道圆周运动向心力的来源，以及在运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解。
20．（2024秋 济宁期末）在光滑水平桌面上固定两足够长的粗糙弹性挡板a、b，两挡板与桌面垂直且相互平行，如图所示为其俯视图。虚线CD位于水平桌面内，且与挡板a的夹角为θ＝37°。一质量为m的小球A沿虚线CD以速度v0进入到两挡板间先与挡板a发生碰撞，小球与两挡板碰撞时，碰撞后沿垂直挡板方向的分速度等大反向，沿挡板方向的分速度由于摩擦而减小，小球与挡板间的摩擦力大小是其与挡板压力的倍。已知两挡板间距为d，小球可视为质点，小球与挡板的碰撞时间远小于小球在两挡板间运动的时间，小球没有从两挡板间穿出，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小Δpy；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小Δpx；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L。
【考点】平行板电容器的相关参数与计算；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小Δpy等于1.2mv0；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小等于0.1mv0；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L等于。
【分析】（1）动量变化量等于末动量减去初动量；
（2）在沿挡板方向和垂直于挡板方向由动量定理列式求解；
（3）由动能定理求解挡板对小球A做的总功；
（4）沿挡板方向上，每次碰撞动量减小0.1mv0，每次碰撞速度减小0.1v0，求出每次碰撞小球A能够在沿板方向运动的距离，从而求解小球A能够在沿板方向运动总距离。
【解答】解：（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中
Δpy＝mv0sinθ﹣（﹣mv0sinθ）
解得
Δpy＝1.2mv0
（2）设小球A与挡板a第一次碰撞时间为Δt，沿挡板方向，由动量定理得
﹣FfΔt＝﹣Δpx
垂直于挡板方向，由动量定理得
FNΔt＝Δpy
又因为
Ff＝kFN
解得
Δpx＝0.1mv0
（3）小球A最后速度大小为
vy＝v0sinθ
由动能定理可得，挡板对小球A做的总功为
解得
（4）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿挡板方向上，每次碰撞动量减小0.1mv0，则每次碰撞速度减小0.1v0。
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为
vx＝v0cosθ＝0.8v0
因而小球A能够在沿板方向运动的距离
L＝（0.7v0+0.6v0+ +0.1v0）t
解得
答：（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小Δpy等于1.2mv0；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小等于0.1mv0；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L等于。
【点评】解题关键是分析清楚粒子运动过程，结合动量定理和动能定理求解。
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