【三維設(shè)計(jì)】2014屆高三物理一輪6.3靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)教學(xué)案 新人教版

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1、 《三維設(shè)計(jì)》2014屆高三物理一輪教學(xué)案（14年預(yù)測+目標(biāo)定位+規(guī)律總結(jié)）：6.3靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 靜電現(xiàn)象 [想一想] 如圖6－3－1所示，絕緣開口金屬球殼A已帶電，現(xiàn)把驗(yàn)電器甲的小金屬球與A球殼的內(nèi)壁用導(dǎo)線相連，另外把一絕緣的金屬小球B與球殼A的內(nèi)壁相接觸后再與驗(yàn)電器乙的金屬小球相接觸，驗(yàn)電器乙距球殼A足夠遠(yuǎn)，那么驗(yàn)電器甲和乙的金屬箔片是否張開？ 圖6－3－1 提示：處于靜電平衡的金屬球殼，由于電荷間的相互排斥的作用力，電荷間的距離盡量變大，所以電荷分布在金屬球殼的外表面上，在金屬球殼的內(nèi)表面沒有凈電荷的分布。驗(yàn)電器甲與A球殼相

2、連時(shí)，與金屬球殼構(gòu)成一個(gè)導(dǎo)體，相當(dāng)于金屬球殼的遠(yuǎn)端，則帶有電荷，從而使金屬箔片張開；同理，得出驗(yàn)電器乙不會(huì)帶電，故金屬箔片不張開。 [記一記] 1．靜電平衡 (1)概念：導(dǎo)體中(包括表面)沒有電荷的定向移動(dòng)的狀態(tài)。 (2)特點(diǎn) 2．靜電現(xiàn)象的應(yīng)用 (1)靜電屏蔽：處于靜電平衡的空腔導(dǎo)體，腔外電場對(duì)腔內(nèi)空間不產(chǎn)生影響。 (2)尖端放電：所帶電荷與導(dǎo)體尖端的電荷符號(hào)相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，與尖端上的電荷中和的現(xiàn)象。 [試一試] 1．電工穿的高壓作業(yè)服是用銅絲編織的，下列說法正確的是(　　) A．銅絲編織的衣服不易拉破，所以用銅絲編織 B．電工被銅絲編織的衣服包裹，使

3、體內(nèi)電勢保持為零，對(duì)人體起保護(hù)作用 C．電工被銅絲編織的衣服包裹，使體內(nèi)電場強(qiáng)度保持為零，對(duì)人體起保護(hù)作用 D．銅絲必須達(dá)到一定厚度，才能對(duì)人體起到保護(hù)作用 解析：選C　金屬殼可以起到靜電屏蔽的作用，使殼內(nèi)部不受外部電場的影響。 電容和電容器 [想一想] 如圖6－3－2所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計(jì)相接，極板B接地，若極板B向上移動(dòng)一點(diǎn)，由觀察到的靜電計(jì)指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是什么？ 圖6－3－2 提示：靜電計(jì)指針的變化表現(xiàn)了電容器兩極板電勢差的變化，在保持電容器帶電荷量Q不變的條件下，若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，則電容

4、器的電容C變小，兩極板間電勢差U＝變大。 [記一記] 1．電容器 (1)組成：兩個(gè)彼此絕緣且又相距很近的導(dǎo)體。 (2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)充、放電： ①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個(gè)極板分別帶上等量的異號(hào)電荷的過程。充電后，兩極板上的電荷由于互相吸引而保存下來；兩極板間有電場存在。充電過程中由電源獲得的電能儲(chǔ)存在電容器中。 ②放電：用導(dǎo)線將充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程。放電后的兩極板間不再有電場，電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。 (2)意義：表

5、示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。 (3)定義式：C＝。 (4)單位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)。 3．平行板電容器的電容 (1)決定因素：平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)εr成正比，跟正對(duì)面積S成正比，跟極板間的距離d成反比。 (2)決定式：C＝。 [試一試] 2．圖6－3－3是一種通過測量電容器電容的變化，來檢測液面高低的儀器原理圖，電容器的兩個(gè)電極分別用導(dǎo)線接到指示器上，指示器可顯示電容的大小，下列關(guān)于該儀器的說法中正確的有(　　) 圖6－3－3 A．該儀器中電容器的兩個(gè)電極分別是芯柱和導(dǎo)電液體 B．芯柱外套的絕緣管越厚，該電

6、容器的電容越大 C．如果指示器顯示出電容增大了，則說明容器中液面升高了 D．如果指示器顯示出電容減小了，則說明容器中液面升高了 解析：選AC　類似于平行板電容器的結(jié)構(gòu)：芯柱和導(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩塊電極，芯柱的絕緣層就是極間的電介質(zhì)，其厚度d相當(dāng)于兩平行板間的距離，進(jìn)入液體深度h相當(dāng)于兩平行板的相對(duì)面積(且h越大，S越大)，所以d大時(shí)C就小，若C大時(shí)就表明h大，正確答案為AC項(xiàng)。 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) [想一想] 如圖6－3－4所示，在點(diǎn)電荷＋Q的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比為多少？ 圖6－3－4 提示：質(zhì)子

7、和α粒子都是正離子，從A點(diǎn)釋放將受電場力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動(dòng)能定理有： 對(duì)質(zhì)子：mHv＝qHU，對(duì)α粒子：mαv＝qαU。 所以＝＝＝。 [記一記] 1．帶電粒子在電場中的加速 帶電粒子在電場中加速，若不計(jì)粒子的重力，則電場力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增量。 (1)在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。 (2)在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝mv2－mv。 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) (1)研究情況：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場。 (2)運(yùn)動(dòng)形式：類平拋運(yùn)動(dòng) (3)處理方法：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 ①沿初速度方向做勻速

8、直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。 ②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 [試一試] 3．如圖6－3－5所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y之比為(　　) 圖6－3－5 A．1∶1　　　　　　 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 解析：選B　由y＝和Ek0＝mv，得：y＝可知，y與q成正比，B正確。 示波管 [想一想] 一臺(tái)正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是什么？ 提示：示波管正常工作時(shí)，有關(guān)結(jié)構(gòu)的幾何尺寸都不會(huì)發(fā)生變化。畫面高度縮小，說

9、明電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角φ變小，可求出偏轉(zhuǎn)角φ的正切tan φ＝，引起tan φ變小的原因可能是加速電壓U1偏大，或偏轉(zhuǎn)電壓U2偏小。 [記一記] 1．構(gòu)造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)極板，③熒光屏。(如圖6－3－6所示) 圖6－3－6 2．工作原理 (1)YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。 (2)觀察到的現(xiàn)象： ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。 ②若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。

10、[試一試] 4．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成。如圖6－3－7所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出平行電場區(qū)的條件下，下述情況一定能使電子偏轉(zhuǎn)角度θ變大的是(　　) 圖6－3－7 A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大 C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小 解析：選B　電子通過加速電場有eU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場中，垂直于電場線的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。在平行于電場線的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，末速度vy＝at＝

11、，且偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝，所以θ ∝。 平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析 1.運(yùn)用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路 (1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。 (2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 (4)用E＝分析平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的變化。 2．兩類動(dòng)態(tài)問題分析比較 (1)第一類動(dòng)態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變 (2)第二類動(dòng)態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變 [例1]　如圖6－3－8所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(

12、內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則(　　) 圖6－3－8 A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B．P點(diǎn)的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能將減小 D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大 [嘗試解題]　 上極板向上移動(dòng)一小段距離后，板間電壓不變，仍為E，故電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)的電勢大于0，且P點(diǎn)與下極板間的電勢差減小，所以P點(diǎn)的電勢降低，B對(duì)；兩極板間電場方向豎直向下，所以P點(diǎn)的油滴應(yīng)帶負(fù)電，當(dāng)P點(diǎn)電勢減小時(shí)，油滴的電勢能應(yīng)增加，C錯(cuò)；電容器

13、的電容C＝，由于d增大，電容C應(yīng)減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯(cuò)。 [答案]　B 平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問題常見的類型 平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問題有兩種情況：一是電容器始終和電源連接，此時(shí)U恒定，則Q＝CU∝C，而C＝∝，兩板間場強(qiáng)E＝∝；二是電容器充電后與電源斷開，此時(shí)Q恒定，則U＝，C∝，場強(qiáng)E＝＝∝。 帶電體在電場中的平衡與加速 1.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都

14、不能忽略重力。 2．帶電粒子在電場中的平衡 解題步驟：①選取研究對(duì)象，②進(jìn)行受力分析，注意電場力的方向特點(diǎn)。③由平衡條件列方程求解。 3．帶電粒子在電場中的變速直線運(yùn)動(dòng) 可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 [例2]　(2012·濟(jì)南模擬)如圖6－3－9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖6－3－9 (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； (2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的，物塊的加速度

15、是多大； (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。 [審題指導(dǎo)] 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn) 關(guān)鍵點(diǎn) 獲取信息 光滑斜面 不計(jì)摩擦 恰好靜止 受力平衡 第二步：找突破口 (1)要求“電場強(qiáng)度”→應(yīng)根據(jù)平衡條件求解。 (2)要求“加速度”→應(yīng)用牛頓第二定律求解。 (3)要求“動(dòng)能”→應(yīng)用動(dòng)能定理或功能關(guān)系求解。 [嘗試解題]　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即 E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37

16、° ＝ma③ 可得a＝0.3g (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0④ 可得Ek＝0.3mgL [答案]　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 帶電體在電場中運(yùn)動(dòng)的分析方法 與力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速；是直線還是曲線)；然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速(含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化)過程是其他形式的能和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問題，可以用動(dòng)能定理或能量守恒定律。 帶電粒子在勻強(qiáng)電場

17、中的偏轉(zhuǎn)問題 1.兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tanφ＝得tan φ＝ (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為。 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 [例3]　(2012·云南名校聯(lián)考)如圖6－3－10所示直流電源的路端電壓U＝182V。金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別

18、和變阻器上的觸點(diǎn)a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為1∶2∶3。孔O1正對(duì)B和E，孔O2正對(duì)D和G。邊緣F、H正對(duì)。一個(gè)電子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向從A點(diǎn)進(jìn)入電場，恰好穿過孔O1和O2后，從H點(diǎn)離開電場。金屬板間的距離L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm。電子質(zhì)量me＝9.1×10－31 kg，電量q＝1.6×10－19C。正對(duì)兩平行板間可視為勻強(qiáng)電場，求： 圖6－3－10 (1)各相對(duì)兩板間的電場強(qiáng)度。 (2)電子離開H點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 (3)四塊金屬板的總長度(AB＋CD＋EF＋GH)。 [嘗試解題]　 (1)三對(duì)正對(duì)極板間電壓之比

19、U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3。 板間距離之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3 故三個(gè)電場場強(qiáng)相等E＝＝1 516.67 N/C (2)根據(jù)動(dòng)能定理 eU＝mv2－mv 電子離開H點(diǎn)時(shí)動(dòng)能 Ek＝mv＋eU＝3.64×10－17 J (3)由于板間場強(qiáng)相等，則電子在豎直方向受電場力不變，加速度恒定可知電子做類平拋運(yùn)動(dòng)： “豎直方向”L1＋L2＋L3＝t2 “水平方向”x＝v0t 消去t解得x＝0.12 m 極板總長AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24 m。 [答案]　(1)1 516.67 N/C　(2)3.64×10－17 J　(3)0.24 m

20、 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路 1．運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況： ①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)； ②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。 (2)當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。 2．功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。 (1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量。 (2)若選用能量守恒定律，

21、則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。 高考對(duì)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題的考查頻率很高，題目通常結(jié)合力學(xué)知識(shí)和電學(xué)知識(shí)綜合考查，主要考查辨析能力和綜合分析能力，題目難度中等偏上，考生得分一般較低。 [典例]　(19分)(2012·四川高考)如圖6－3－11所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段，BC段為，對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，半徑r＝2.5 m，CD段平直傾斜且粗糙，，傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E＝2×105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m＝5×10－2 kg、電荷量q＝＋1×10－6 C的小物體(視

22、為質(zhì)點(diǎn))被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點(diǎn)以速度v0＝3 m/s沖上斜軌。以小物體通過C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，0.1 s以后，。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 圖6－3－11 (1)求彈簧槍對(duì)小物體所做的功； (2)在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P，求CP的長度。 第一步：審題干，抓關(guān)鍵信息 關(guān)鍵點(diǎn) 獲取信息 ① 摩擦不計(jì) ② 無碰撞，沒有能量損失 ③ 電場力的方向改變，物體與斜面的正壓力改變，摩擦力大小改變，物體的加速度改變 第二步：審設(shè)問，找

23、問題的突破口 ? ? ? 第三步：三定位，將解題過程步驟化 第四步：求規(guī)范，步驟嚴(yán)謹(jǐn)不失分 [解]　(1)設(shè)彈簧槍對(duì)小物體做功為W，由動(dòng)能定理得 W－[mgr(1－cos θ)]＝mv①(4分) 代入數(shù)據(jù)得　W＝0.475 J②(2分) (2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點(diǎn)進(jìn)入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得 －mgsin θ－[μ(mgcos θ＋qE)]＝ma1③(3分) 小物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t1＝0.1 s后，速度達(dá)到v1，有 v1＝v0＋a1t1④(1分) 由③④可得v1＝2.1 m/s，設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為s1，有 s

24、1＝v0t1＋a1t⑤(1分) 電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得 －mgsin θ－[μ(mgcos θ－qE)]＝ma2⑥(3分) 設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，位移為s2，有 0＝v1＋a2t2⑦(1分) s2＝v1t2＋a2t⑧(1分) 設(shè)CP的長度為s，有 s＝s1＋s2⑨(1分) 聯(lián)立相關(guān)方程，代入數(shù)據(jù)解得 s＝0.57 m⑩(2分) ——[考生易犯錯(cuò)誤]————————————————— (1)在①中因三角函數(shù)弄錯(cuò)而失6分。 (2)在③⑥中不能正確的受力分析，而在計(jì)算摩擦力時(shí)出錯(cuò)，失6分。 (3)在⑦⑧中因不明確物體在兩運(yùn)動(dòng)階段的內(nèi)在聯(lián)系而不能正確列方程，失5分。 [名師叮囑] (1)帶電體運(yùn)動(dòng)的過程若包含多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段，要分段處理。 (2)對(duì)帶電體在不同運(yùn)動(dòng)階段進(jìn)行正確的受力分析，求加速度。 (3)找出各階段的內(nèi)在聯(lián)系，如速度關(guān)系，位移關(guān)系，能量關(guān)系等。 12