电荷及其守恒定律(精选5篇)

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电荷及其守恒定律范文第1篇

关键词：电磁学 场 能量守恒定律

电磁学理论是物理体系中的重要组成部分，电场的性质是对处于其中的电荷有力的作用，磁场的本质则是对处于其中的运动电荷有力的作用。因此我们在教学中往往是强调电场、磁场的方向及其中电荷所受的力，而忽视了场作为物质存在的一种普遍形式是具有能量的。如果将自然界的基本规律――能量守恒定律应用到电磁场之中，对一些电磁现象、定律的理解及一些电磁学题目的求解将起到事半功倍的效果。下面我们就一些实例来讨论：

一、应用能量守恒定律验证静电场的电场线不相交

静电场中的电场线是永不闭合的曲线，这一特点叫做静电场的无旋性。静电场的这一特点实际上是和电磁相互作用过程中的能量守恒联系在一起的。如图1所示，假设有一电场线闭合成为一个逆时针方向的圆周，我们就可以以该圆周的大小制作一个圆盘并使其边缘带电，例如带正电，然后将圆盘放在该电场中。由于圆盘上每一个地方受到的电场力都沿着电力线的切线方向，对圆心的力矩都沿着逆时针方向，我们将会发现圆盘会加速转动，动能不断增加。这显然违背了能量守恒定律，因此，静电场的电场线是不能闭合的。

二、应用能量转化和守恒定律推导法拉第电磁感应定律

在现行人教版高中物理课本中，讲到关于法拉第电磁感应定律传统的推导方法时，先是“法拉第在大量精确实验的基础上归纳得出”，直接提出感生电动势的公式E=n ，而后在这个公式的基础上提出动生电动势E=Blv。这样让人较难理解，一是与前面知识结合不紧密，二是对这个公式只能采取死记硬背，效果也不太理想。如果用能量转换和守恒定律来推导一下，可能效果就大不一样。在如图2所示的匀强磁场中，设磁感应强度为B，有一个矩形线框abcd放在这个磁场里，它的平面与磁感应线垂直，导线ab的长度为l，它在与磁感应线垂直的方向上以速度v向右运动。

设导线在t时间内，由原来位置ab移动到位置a′b′，则aa′=vΔt。要使导线ab在切割磁感应线的过程中能产生动生电动势E，即其他形式的能通过导线ab做功转化的电能为：W=qE=EIΔt。而要使导线能以稳定的速度v做切割磁感应线的运动，它必定受到平衡力的作用，就有：F =F 。

则外力对导线ab所做的功为：W=F S=F S=BIlvΔt。根据能量转换和守恒定律：EIΔt=BIlvΔt，所以E=Blv。

三、应用能量守恒定律解释愣次定律

1833年，愣次在总结大量实验的基础上，提出了一个判定电磁感应中感应电流方向的法则，即愣次定律。其内容如下：闭合回路中感应电流I的方向，是要使感应电流在回来所围面积上产生的磁通量，去抵消或反抗引起感应电流的磁通量的变化。

考虑图3所示的那样一个实验，一块条形磁铁穿过一个闭合线圈的过程。图(a)是磁铁向左运动靠近线圈的情况，由愣次定律可判断线圈中感应电流的方向如图所示。图(b)是磁铁已穿过线圈继续向左运动的情况，同样由愣次定律可判断出线圈中感应电流I′的方向如图。

下面我们就从能量守恒的角度来解释上述现象。

在实验中闭合线圈里有感生电流产生，于是线圈中应有能量释放出来，如发出焦耳热。应该考虑一下，这些能量究竟是从哪儿来的？看图(a)，电磁感应在闭合线圈上产生的电流会形成一个磁矩，按右手螺旋法则，磁矩向右，即右边是N极。线圈的N极会排斥磁铁的N极，阻止它的相对运动。因而，要进行电磁感应，磁铁就必须要克服斥力而做功，通过做功，磁铁运动的机械能转化为了电能。同样图(b)的过程中磁铁也要克服引力做功，把机械能转换为电能。可见电磁感应中释放的能量并不是凭空而来的，而是其它能量如机械能转换而来的。如果楞次定律不是感应电流的磁通量去反抗引起感应电流的磁通量的变化，而是支持这种变化，那么上述实验中的一切都会倒过来，那物理学就会天下大乱了。试想在图(a)中，我们只须给磁铁一点很少的启动能量使之向左运动，如果楞次定律反过来，那么磁铁受到的就将是引力而不是斥力，它就会加速通过线圈，然后继续加速向左运动。在左侧安装一个弹性壁使之反弹向左并继续加速，然后反弹加速……这样我们就能在磁铁上获得源源不绝的机械能，在线圈上获得无穷无尽的电能，而我们却没有输入任何能量。可见，楞次定律是能量守恒定律这个自然界的普遍法则在电磁感应中的体现。

四、应用能量守恒定律求解电磁学中的具体题目

我们看下面一道例题：在如图4所示的装置中，当不太长的条形磁铁在闭合线圈内做振动时（）。

A． 振幅会逐渐增大B. 振幅会逐渐减小

C. 振幅不变D. 振幅先减小后增大

这道题目可以由愣次定律判断每一种情况下磁铁的受力方向，综合各种情况得出振幅会逐渐减小的结论，即B选项，但是其过程比较繁琐。下面我们从能量守恒的角度来判断：当磁铁通过线圈时，线圈会产生感应电流，随即产生焦耳热。由能量守恒定律可以判断能量不会凭空产生，此题中焦耳热必然由系统机械能转化而来。当机械能减少时，简谐振动系统的振幅必减小，同样我们判断出正确答案为B选项。从对比中可见，后一种解法条理清晰、简洁明了，解题效率较高。

需要强调的是我们在应用电能、磁能时，应认识到电磁场的能量是储存在场中而不是储存在激发电磁场的电荷中。这一点我们可以简洁地说明如下：现在人类已能探测到一百亿光年以外星体的发光，光是电磁波即变化的电磁场。最初产生电磁场的那些电荷分布现在是否存在我们无从知道，但它产生的电磁场所依然存在，并能携带着能量来启动我们的仪器使我们探测到它的存在，可见能量确实存在于场之中，电能就是电场的能量，磁能也就是磁场的能量。

本文列举了几个应用能量守恒定律处理电磁学问题的实例，强调了电磁场不仅仅是对处于其中的电荷有力的作用，作为物质存在的一种普遍形式具有物质性，自然界中最普遍的一种能量――电磁能的存在就是其物质性的体现。

参考文献：

[1]贾起民，郑永令，陈暨耀.电磁学(第二版).高等教育出版社，2001.

[2]郭奕玲，沈慧君.物理学史.清华大学出版社，1993.

[3]王兴周，赵建芳.教与学整体设计.宁夏人民教育出版社，2007.

[4]袁运开.科学课程标准的特点和我们的认识[J].全球教育展望，2002，（2）.

电荷及其守恒定律范文第2篇

核心考点一 动量守恒定律

【知识和方法精讲】

1.动量守恒定律：相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力或它们所受外力的合力为零，则系统的总动量守恒.

2.碰撞过程的三个制约因素：

a.动量制约――动量守恒.由于碰撞过程同时具备了“相互作用力大”和“作用时间短”两个特征，其他外力可忽略，取碰撞的两个物体作为系统，满足动量守恒定律.

b.动能制约――系统动能不增加.

c.运动制约――运动变化合理.

3.在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移.相互作用的系统一定满足能量守恒定律.若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能.

4.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化.即FΔt=mv2-mv1.

反映了力对时间的累积效应，是力在时间上的积累.动量定理为矢量方程，动量和冲量都是既有大小又有方向的物理量.

5.冲量：I=Ft.力随时间变化图象的面积表示该力的冲量.

【典例精析】

典例1 （2013•全国新课标理综Ⅰ）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小.

解析：设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律.得

12mv2=12mv21+12•2mv22

mv=mv1+2mv2

式中，以碰撞前木块A的速度方向为正.联立解得：v1=-v2[]2.

设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得

μmgd1=12mv21

μ(2m)gd2=12•2mv22

按题意有：d=d1+d2.

设A的初速度大小为v0，由动能定理得

μmgd=12mv20-12mv2

联立解得：v0=285μgd.

点评：本题以两个相距一定距离的木块碰撞切入，意在考查能量守恒定律和动量守恒定律、动能定理及其相关知识.

[TPj45.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]图1[HT][TS）]

典例2 （2013•全国新课标理综II）如图1所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）.设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当AB速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：

（1）整个系统损失的机械能；

（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能.

解析：（1）从A开始压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对AB与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得

mv0=2mv1①

此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，系统损失的机械能为ΔE，对BC组成的系统，由动量守恒定律得

mv1=2mv2②

由能量守恒定律得

12mv21=12(2m)v22+ΔE③

联立解得：ΔE=116mv20.

（2）由②式可知，v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律得

mv0=3mv3

由能量守恒定律得

12mv20-ΔE=12(3m)v23+Ep

联立解得：弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep=1348mv20.

点评：本题以三个物体的碰撞切入，考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力.

[TPj46.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]图2[HT][TS）]

典例3 （2013•安徽理综）一物体放在水平地面上，如图2所示，已知物体所受水平拉力F随时间的变化情况如图3所示，物体相应的速度v随时间的变化关系如图4所示.求：

[TPj47.TIF，BP#][TS(1][JZ][HT5"H]图3图4[HT][TS）]

（1）0~8s时间内拉力的冲量；

（2）0~6s时间内物体的位移；

（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功.

解析：（1）由图3可知：I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=1×2N•s+3×4N•s+2×2N•s=18N•s.

（2）由图4可知0~6s时间内物移为：x=6-22×3m=6m.

（3）由图4可知，在6~8s时间内，物体做匀速运动，于是有摩擦力f=2N.

由图4可知0~10s时间内物体的总位移为：x′=(8-6)+(10-2)2×3m=15m.

物体克服摩擦力所做的功：

W=fx′=2×15J=30J.

点评：此题以水平拉力F随时间的变化图象和物体相应的速度v随时间的变化关系图象给出解题信息，意在考查对图象的理解、冲量、位移、功及其相关知识.

典例4 （2011•北京理综）如图5所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.

[TPj48.TIF，BP][TS(1][JZ][HT5"H]图5[HT][TS）]

①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通过仅测量（填选项前的序号），间接地解决这个问题.

A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程

②图5中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复.

接下来要完成的必要步骤是(填选项的符号).

A.用天平测量两个小球的质量m1、m2

B.测量小球m1开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N

E．测量平抛射程OM，ON

③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为（用②中测量的量表示）；

若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为（用②中测量的量表示）.

④经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图6所示.

[TPj49.TIF，BP][TS(][JZ][HT5"H]图6[HT][TS）]

碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1=∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2,则p′1∶p′2=11∶.

实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p′1+p′2为.

⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大.请你用④中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为cm.

解析：①由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，因而根据小球做平抛运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以选C.

②本实验必须用天平测量两个小球的质量m1、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM，ON，故选ADE.

③由于m1v1+m2v2=m1v,且v1=OM[]t，v2=ON[]t，v=OP[]t，所以m1•OM+m2•ON=m1•OP.若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒，有1[]2m1v21+1[]2m2v22=1[]2m1v2,所以m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2.

④p1[]p′1=m1v1[]m1v′1=OP[]OM=44.80[]35.20=14[]11;

p′1[]p′2=m1v′1[]m2v′2=m1•OM[]m2•ON=45.0×35.20[]7.5×55.68=11[]2.9;

p1[]p′1+p′2=m1•OP[]m1•OM+m2•ON

=45.0×44.80[]45.0×35.20+7.5×55.68=1.007.

⑤当两个球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m2平抛运动射程ON有最大值.弹性碰撞动量守恒，m1v1+m2v2=m1v，机械能守恒，

1[]2m1v21+1[]2m2v22=1[]2m1v2，解得：v′2=2m1[]m1+m2v,

所以ONm=2m1[]m1+m2OP=2×45.0[]45.0+7.5×44.8cm=76.8cm.被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为76.8cm.

答案:①C ②ADE或DEA或DAE

③m1•OM+m2•ON=m1•OP

m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2

④14 2.9 1~1.007 ⑤76.8

点评:此题考查用碰撞实验器验证动量守恒定律实验，综合性强，能力要求高.

核心考点二 波粒二象性

【知识和方法精讲】

1.普朗克1900年提出量子论，1905年爱因斯坦提出光子学说，成功解释了光电效应实验.任何一种金属都有一个极限频率，只有当入射光的频率大于这个极限频率才能发生光电效应.光电效应实验表明光具有粒子性.光子能量公式E=hν，光电效应方程Ek=hν-W.

2.光的干涉、衍射实验证明光具有波动性，麦克斯韦提出光是电磁波.

光电效应实验、康普顿实验都表明光具有粒子性.

光具有波粒二象性.个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的作用效果表现为波动性；频率越低的光，波动性越显著，容易观察到光的干涉和光的衍射现象；频率越高的光，粒子性越显著，贯穿本领越强.

3.德布罗意提出物质波：任何运动的物体，都有一种波与之对应.物质波的波长λ=h[]p=h[]mv.

【典例精析】

典例5 (2013•北京理综)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出.强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实.

[TPj50.TIF;%90%90，Y][TS(1][JZ][HT5"H]图7[HT][TS）]

光电效应实验装置示意图如图7所示.用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（）（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）

A.U=hνe-We B.U=2hνe-We

C.U=2hν-WD.U=5hν2e-We

解析：设电子在极短时间内吸收n个光子，由光电效应方程可得：Ek=nhν-W，由动能定理，eU=Ek，联立解得U=nhνe-We.n只能为大于1的整数，所以选项B正确ACD错误.

点评:此题以多光子光电效应切入，意在考查光电效应方程及其相关知识.

典例6 A、B两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功.

解析：光子能量E=hν，动量p=h[]λ，且ν=c[]λ，联立解得：p=E[]c，则：pA∶pB=2∶1.A光照射时，光电子的最大初动能EkA=EA-W0,B光照射时，光电子的最大初动能EkB=EB-W0,联立解得：W0=EA-2EB.

点评:此题以光电效应切入，意在考查光子能量、动量、光电效应方程及其相关知识.

核心考点三 原子结构和能级

【知识和方法精讲】

1.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子；密立根通过著名的油滴实验测出了电子电量，发现电荷是量子化的，即任何带电体的电荷都是e的整数倍；卢瑟福根据α粒子的散射实验结果提出了原子的核式结构模型；根据α粒子的散射实验有关数据可确定原子核的数量级为10-15m.

2．原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中原子是稳定的.原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射（或吸收）一定频率的光子，光子能量由这两定态的能力差决定，即hν=E初-E末.根据玻尔的定态假设和能量量子化，可画出能级图，利用发射或吸收光子的能量等于两能级能量值之差可求原子发射或吸收光子的频率.

【典例精析】

[TPj52.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]图8[HT][TS）]

典例7 如图8所示，为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（）

A．从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长

B．从n=5能级跃迁到n=1能级比n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大

C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的

D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量

解析：由玻尔理论可知，从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长，选项A正确；辐射出电磁波的速度一样大，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，处于基态出现的概率最大，选项C错误；从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，并非氢原子核，选项D错误.

答案:A

点评:此题以氢原子能级示意图切入，意在考查能级、玻尔理论及其相关知识.

核心考点四 原子核

【知识和方法精讲】

1.原子核的组成：原子核由质子和中子组成.质子和中子统称为核子.原子核的质量数等于原子核内的核子数；原子核内的质子数等于核电荷数，等于该元素的原子序数.

2.同位素：具有相同的质子数和不同中子数的原子互称同位素.不稳定的同位素称为放射性同位素.

3.天然放射性的发现说明原子核具有复杂结构.不稳定的原子核自发的放出某种粒子（α粒子和β粒子）转变为新核的变化称为原子核的衰变.

4.天然放射性元素能够自发放出α射线、β射线、

SymbolgA@

射线.α射线是高速运动的氦核，穿透能力最弱，电离能力最强；β射线是高速运动的电子，穿透能力较强，电离能力较弱；

SymbolgA@

射线是频率很高的电磁波，穿透能力最强，电离能力最小.

5.α衰变规律是质量数减少4，电荷数减少2；β衰变规律是电荷数增加1，质量数不变.

6.半衰期是反映原子核衰变快慢的物理量，放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间叫作这种元素的半衰期.放射性元素衰变的快慢与元素所处的物理化学状态无关.

7.原子核反应一般分为四类：原子核衰变（包括α衰变和β衰变）、原子核人工转变、轻核聚变和重核裂变.原子核衰变自发进行，不受外界条件影响；原子核人工转变是利用α粒子等轰击原子核使其发生核反应产生新的原子核；轻核聚变是在高温下进行的能够释放大量能量的核反应；重核裂变是利用中子轰击重原子核使其发生裂变生成中等质量原子核的反应.核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒.

8.质量亏损Δm等于核反应前原子核的总质量与核反应后原子核的总质量之差.根据爱因斯坦的质能方程，核反应释放的核能ΔE=Δmc2.若质量亏损Δm以原子质量单位u作为单位，可利用1u可释放能量931.5MeV，用ΔE=Δm×931.5MeV计算核反应释放的核能.

【典例精析】

典例8 （2013•全国大纲版理综）放射性元素氡（22286Rn）经α衰变成为钋21884Po，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的矿石，其原因是（）

A．目前地壳中的22286Rn主要来自于其他放射元素的衰变

B．在地球形成的初期，地壳中元素22286Rn的含量足够高

C．当衰变产物21884Po积累到一定量以后，21884Po的增加会减慢22286Rn的衰变进程

D．22286Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期

解析：目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的矿石，其原因是目前地壳中的22286Rn主要来自于其他放射元素的衰变，选项A正确.

点评：此题以地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的矿石切入，意在考查放射性衰变、半衰期及其相关知识.

典例9 （2013•山东理综）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应.当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”.

①完成“氦燃烧”的核反应方程：42He+84Be+γ.

②84Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s.一定质量的84Be，经7.8×10-16s后所剩84Be占开始时的.

解析：①由核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒可得“氦燃烧”的核反应方程：42He+42He84Be+γ.

②经7.8×10-16s即三个半衰期后所剩84Be占开始时的（1/2）3=1/8.

答案：42He 1/8或12.5%

点评：此题以恒星中的“氦燃烧”切入，意在考查核反应方程、半衰期及其相关知识.

典例10 太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为1个氦核(42He)的热核反应，核反应方程是411H42He+2X，这个核反应释放出大量核能.已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.方程中的X表示；这个核反应中质量亏损Δm=；这个核反应中释放的核能ΔE=.

解析：由核反应方程遵循的规律可知方程中的X表示正电子01e；这个核反应中质量亏损Δm=4m1-m2-2m3；这个核反应中释放的核能ΔE=Δmc2=(4m1-m2-2m3)c2.

答案：正电子01e；4m1-m2-2m3；(4m1-m2-2m3)c2.

点评：此题以太阳内部的热核反应切入，主要考查热核反应、质量亏损、质能方程等知识点，意在考查考生应用原子核相关知识分析解决问题的能力.

针对练习题

1.如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的也相等.

A．速度

B．动能

C．动量

D．总能量

2产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是（）

A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关

B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比

C．对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比

D．对于同种金属，Ek与照射光的频率呈线性关系

E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功呈线性关系

3．（2013•天津理综）下列说法正确的是（）

A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律

B.α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流

C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子

D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关

4．（2013•广东理综）铀核裂变是核电站核能的重要来源，其中一种裂变反应式是23592U+10n14456Ba+8936Kr+10n，下列说法正确的有（）

A．上述裂变反应中伴随着中子放出

B．铀块体积对链式反应的发生无影响

C．铀核的链式反应可人工控制

D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响

5.（2013•海南物理）原子核23290Th具有天然放射性，它经过若干次α衰变和β衰变后会变成新的原子核.下列原子核中，有三种是23290Th衰变过程中可以产生的，它们是

A．20482Pb

B．20382Pb

C．21684Po

D．22488Ra

E．22688Ra

F.22990Th

6．（2013•重庆理综）铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：23592U+10na+b+210n则a+b可能是（）

A．14054Xe+9336Kr

B．14156Ba+9236Kr

C．14156Ba+9338Sr

D．14054Xe+9438Sr

7.（2014•天津六校联考）放射性元素每秒有一个原子核发生衰变时，其放射性活度即为1贝可勒尔.13153I是核电站中核反应的副产物，它可以衰变成13154Xe，半衰期为8天.福岛核电站泄漏出的放射性物质中就含有13153I，当地政府在某次检测中发现空气样品的13153I放射性活度为本国安全标准值的4倍.则一个13153I核中有个中子，13153I衰变成13154Xe时放出的粒子为粒子.至少经过天，该空气样品中13153I的放射性活度才会达到本国安全标准值.

[TPj55.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]图9[HT][TS）]

8．（2013•海南物理）如图9所示，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上.开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比.

针对练习题答案

1.C

解析：根据德布罗意物质波公式，p=h/λ，如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则它们的动量相等，选项C正确.

2.ADE

解析：根据光电效应规律，对于同种金属，Ek与照射光的强度无关，Ek与光照射的时间无关，Ek与照射光的频率呈线性关系，Ek与照射光的波长有关，但不是成反比，选项AD正确BC错误；对于不同种金属，若照射光频率不变，根据光电效应方程，Ek=hν-W，Ek与金属的逸出功呈线性关系，选项E正确.

3．C

解析：原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，衰变，放出能量，有质量亏损，质量不守恒，选项A错误.α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，而γ射线是电磁波，选项B错误.根据波尔理论，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，选项C正确.发生光电效应时光电子的动能与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关，选项D错误.

4．AC

解析：根据题给裂变反应方程，可知上述裂变反应中伴随着中子放出，选项A正确；铀块体积对链式反应的发生有影响，只有铀块体积大于临界体积时才能发生链式反应，选项B错误；铀核的链式反应可人工控制，铀核的半衰期不会受到环境温度的影响，选项C正确D错误.

5.ACD

解析：20482Pb是23290Th经过(232-204)÷4=7次α衰变和6次β衰变后生产的，选项A正确；21684Po是23290Th经过(232-216)÷4=4次α衰变和2次β衰变后生产的，选项C正确；22488Ra是23290Th经过(232-224)÷4=2次α衰变和2次β衰变后生产的，选项D正确；

6.D

解析：由核反应遵循的质量数守恒可知a+b的质量数之和为234，由核反应遵循的电荷数守恒可知a+b的电荷数为92，所以a+b可能是14054Xe+9438Sr，选项D正确.

7.解析：13153I核中有中子数为131-53=78；13153I衰变成13154Xe时质量数不变，电荷数增加1，放出的粒子为β粒子.根据题述在某次检测中发现空气样品的13153I放射性活度为本国安全标准值的4倍，说明放射性物质是安全值的4倍，需要经过2个半衰期即16天，放射性物质为原来的1/4，才能达到本国安全标准值.

8.解析：设三个物块A、B、C的质量均为m，A与B碰撞前A的速度为v，碰撞后的共同速度为v1，AB与C碰撞后的共同速度为v2，由动量守恒定律得

mv=(m+m)v1

mv=(m+m+m)v2

设第一次碰撞中动能的损失为ΔE1，第二次碰撞中动能的损失为ΔE2，由能量守恒定律得

12mv2=12(m+m)v21+ΔE1

电荷及其守恒定律范文第3篇

1.电荷量：电荷的多少叫做电荷量.符号：Q 或q单位：库仑符号：C.

2.元电荷：电子所带的电荷量，用e表示，e =1.60×10-19 C.

友情提醒：所有带电体的电荷量或者等于e，或者等于e的整数倍.电荷量是不能连续变化的物理量.最早由美国物理学家密立根测得比荷――电荷的电荷量q与其质量m的比值qm，符号：C/kg.

3.两种电荷：正电荷和负电荷：把用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷称为正电荷，用正数表示.把用毛皮摩擦过的硬橡胶棒所带的电荷称为负电荷，用负数表示.

4. 电荷及其相互作用：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引.

5.电荷守恒定律：①电荷既不能创造，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分.②一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变.友情提醒：第一种表述是对物体带电现象规律的总结，一个原来不带电的物体通过某种方法可以带电，原来带电的物体也可以使它失去电性（电的中和），但其实质是电荷的转移，电荷的数量并没有减少.第二种表述则更具有广泛性，涵

盖了包括近代物理实验发现的微观粒子在变化中遵守的规律，近代物理实验发现，由一个高能光子可以产生一个正电子和一个负电子，一对正负电子可同时湮灭，转化为光子.在这种情况下，带电粒子总是成对产生或湮灭，电荷的代数和不变，即正负电子的产生和湮灭与电荷守恒定律并不矛盾.

6.三种起电方式的区别和联系

7.接触起电的电荷分配原则

两个完全相同的金属球接触后电荷会重新进行分配，如图1所示. 电荷分配的原则是： 两个完全相同的金属球带同种

电荷接触后平分原来所带电荷量的总和；带异种电荷接触后先中和再平分.

8.中性与中和：中性和中和是两个完全不同的概念，中性是指原子或者物体所带的正电荷和负电荷在数量上相等，对外不显电性，表现为不带电的状态.可见，任何不带电的物体，实际上其中都带有等量的异种电荷；中和是指两个带等量异种电荷的物体，相互接触时，由于正负电荷间的吸引作用，电荷发生转移，最后都达到中性状态的一个过程.

解题大秀场

1.元电荷

例1关于元电荷，下列说法中正确的是

A.元电荷实质上是指电子和质子本身

B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍

C.元电荷的值通常取作e=1.60×10-19 C

D.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的

解析选B、C、D.元电荷是最小电荷量单位，不是指具体的带电体，所以A错B对；由美国物理学家密立根测得电子的电量，故C、D对.

2.电荷间的相互作用规律

例2如图2所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则

A.仅有两个小球带同种电荷

B.仅有三个小球带同种电荷

C.c、d小球带同种电荷

D.c、d小球带异种电荷

解析选B、D.由a吸d，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；c斥a，b斥c可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷.故选B、D.

3.摩擦起电

例3关于摩擦起电现象，下列说法正确的是

A.摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子

B.两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷

C.摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的

D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电

解析选B、D.摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移.若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电.若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电.使物体带电并不是创造出电荷.

4.感应起电

例4如图3所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B（不接触）时，验电器的金箔张角减小，则

A.金属球A可能不带电

B.金属球A可能带负电

C.金属球A可能带正电

D.金属球A一定带正电

解析由题意可知验电器是带电的（因箔片有张角），当不带电的金属球A靠近验电器的小球B时，由于感应起电，金属球A会带上异种电荷，因异种电荷相吸，所以验电器上带的电荷会更多的聚集到小球B上，箔片上聚集的电荷会减少，故张角减小，A项正确；当金属球A带负电时，同样因异种电荷相吸，使得箔片上聚集的电荷减少，张角减小，B项正确.

答案A、B

5.接触起电

例5半径相同的两个金属小球A、B带有相等的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B接触后移开.（1）若A、B两球带同种电荷，求接触后两球的电荷量之比.（2）若A、B两球带异种电荷，求接触后两球的电荷量之比.

解析（1）若A、B带同种电荷，设电荷量为Q，第三个球与A接触时，平分A的电荷量，A剩余电荷量为12Q.再与B接触，平分二者之和.B最后带电荷量为12Q+Q2=34Q，则最后A、B电荷量之比为12Q∶34Q=2∶3.

（2）若A、B带异种电荷，设A带电+Q，则最后A带电+12Q，B最后带电-Q+12Q2=-14Q，A、B最后电荷量之比为12Q∶14Q=2∶1.

答案（1）2∶3（2）2∶1

6.电荷守恒定律

例6有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量为QA=6.4×10-9 C，QB=-3.2×10-9 C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？

解析在接触过程中，由于B球带负电，其上多余的电子转移到A球，这样中和A球上的一部分电荷直至B球为中性不带电，同时，由于A球上有净余正电荷，B球上的电子会继续转移到A球，直至两球带上等量的正电荷.

在接触过程中，电子由球B转移到球A.接触后两小球各自的带电荷量：

QA′=QB′=QA+QB2=6.4×10-9-3.3×10-92 C

=1.6×10-9 C.

共转移的电子电荷量为

ΔQ=-QB+QB′=3.2×10-9 C+1.6×10-9 C

=4.8×10-9 C，

转移的电子数

电荷及其守恒定律范文第4篇

1.通过建立理想化模型，培养学生的想象能力。例如：在教学“质点”这一概念时，我们可以首先通过研究物体的运动，使学生认识到：由于物体都有形状和大小，要确定运动中的物体的位置及其变化，并非是一件容易的事情，从而给予学生一个明确的非建立一个物理模型不可的印象。然后，再从众多的事例分析中，让学生发现，在某些情况下由于物体的大小和形状对我们所研究的现象产生的影响较小，可以忽略不计，以致能把它看做是一个无大小、无形状的点，即质点。经过这样的教学，不仅使学生掌握了“质点”这个概念。而且使学生学会了认识自然规律的最基本的方法，还培养了学生科学的想象能力。纵览整个中学物理教材。不难发现可以采用这种方法进行教学的概念还有：刚体、理想流体、理想气体、点电荷、电力线、光线等等。

2.通过物理公式的导出过程培养学生的想象能力。物理学是一门从科学实验中发展起来的自然科学，它的每一个规律的建立都是以实验为依据的，所以，我们在通过物理公式的导出过程中培养学生的想象能力的教学中，务必要注意两个问题：其一，在由实验得出必要的具体数据之后，要引导学生对这些数值进行认真细致地分析、研究，总结出它们的数值间的关系(这些关系一般反映了某一物理规律的某一个侧面)；其二，引导学生通过科学的想象，把上述各个方面的关系按其内部联系综合出一个完整的、正确的物理规律(通常用数学语言加以描述)，例如：在推导“欧姆定律”的过程中，我们在认真测得一些数据之后，应提出如下几个问题：①电阻不变时，电流强度与电压的关系是怎样的?②电压不变时，电流强度与电阻的关系是怎样的?③分析每一次测出的3个数据能得出什么样的关系是怎样的?④怎样用字母符号表示这一关系?经过对上述四个问题的解答。学生一般能独立地推导出欧姆定律的数学表达方式I=U/R。

3.通过对相关或相似的物理问题、物理概念、物理规律之间的比较。培养学生的想象能力和辩证思维能力，在教学中把规律性相同或相似的物理问题、物理概念、物理规律，运用类比的方法进行讲解，既可消除学生中所存在的一些错误和模糊认识，又可以使学生通过联想、比较，产生由此及彼、举一反三、触类旁通的效果。从而也能培养学生的想象能力，此外还有利于学生们的记忆。教学中我们发现，常用的归类比较的做法主要应用在以下三个方面：

(1)对相关的物理问题进行比较。例如：交直流发电机(电动机)在机构原理上的比较；液体内部压强的大小求法与计算物体重力势能的比较；物体质量的计算与物体浸入在某液体时所受浮力大小计算的比较；幻灯机成像调节(或照相机成像调节)与放大镜成像调节的比较；柴油机工作原理与汽油机工作原理的比较，等等。

(2)把表达形式相似而本质不同的概念进行比较。例如：质量与重量；密度与比重，力矩定义式与功的定义式；动量与功率，电源电压与路端电压：电势与电势差；静电场与引力场，电势能与重力势能；质点与点电荷；电力线与磁力线；电压与水压等的比较。

(3)把表达形式或规律相似而本质不同的物理定律、公式进行比较；右手定则与左手定则的比较；动能(动量)定理与机械能(动量)守恒定律的比较；动量守恒定律与机械能守恒定律的比较，等等。

电荷及其守恒定律范文第5篇

1 把握一条线索

电场中有一条线索贯穿整章始终，这就是电场线。电场线是形象、粗略描述电场的一种方式，从它的分布情况可定性地分析场强的大小和方向、电场力的大小和方向、电势的高低等，因此把握电场线及其特点是学好静电场的关键。

电场线是一簇假想曲线，它常有以下几个特点：①从正电荷出发，终止于负电荷；②电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向；③电场线的疏密程度表示场强的强弱；④电场线不相交也不闭合，也不是客观存在于电场中的线。

例1 如图1所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离。用φa、φb和φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定（）

A.φa>φb>φc

B.φa-φb=φb-φc

C.Ea>Eb>Ec

D.Ea=Eb=Ec

解析 因为题中只已知一条电场线，无法知道电场线的疏密程度，所以电场强度的大小无法判断；根据沿着电场线的方向是电势降低最快的方向，可以判断A选项正确。虽然a、b间距离等于b、c间距离，但只有在匀强电场中，沿场强方向相同距离的电势差恒定，因此电势差的大小也就无法判断。故本题正确答案应为A。

2 掌握两个定律

电场中有两个基本定律，即电荷守恒定律和库仓定律。电荷守恒定律是指电荷既不能被创造也不能被消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，系统的电荷代数和保持不变。库仓定律是指真空中两个点电荷间的作用力跟它们的电量成正比，跟它们之间的距离平方成反比，作用力的方向在它们的连线上，表达式F=kq1q2r2。这两个定律是解决点电荷之间相互作用力问题的依据，在应用时要注意库仓定律的适用条件和各物理量的对应性。

例2 已经证实，质子、中子都是由上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电为23e，下夸克带电为-13e，e为电子所带电量的大小，如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为l（l=1.5×10-15m），试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力（库仓力）。

解析 因为质子带电为+e，所以由电荷守恒定律可知，它一定是由2个上夸克（电量为2×23e+）和1个下夸克（电量为-13e）组成的，即满足2×23e+（-13e）=+e。

按题意可知，三个夸克必位于边长为l的等边三角形的三个顶点处，如图1所示。这时上夸克与上夸克之间的静电力应为：F1=k23e×23el2=49ke2l2

代入数值解得：F1=46N，并且为斥力。

上夸克与下夸克之间的静电力为：F2=k13e×23el2=29ke2l2

代入数值可得：F2=23N，并且为引力。

3 理解三个概念

电场中的概念较多，但最基本、最重要应是电场强度（简称场强）、电势和电势能，这三个概念必须深刻理解。放入电场中某一点的电荷受到的电场力跟它的电量的比值，叫做这一点的电场强度，其定义式为E=Fq（q为试探电荷），电场强度是矢量，其方向与正电荷在该点受力方向相同。电场中某点的电势，等于该点和所选零电势间的电势差，电势是标量，具有相对性，所以与零电势点的选取有关，一般取大地或无穷远电势为零。电势能是指电荷在电场中由电荷和电场的相对位置所决定的能量，电势能是标量，它同样具有相对性，即电势能的大小与电势能的零点选取有关。

例3 如图所示的是在一个电场中的a、b、c、d四个点分别引入检验电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系。下列说法正确的是：（ ）

A.这电场是匀强电场

B.a、b、c、d四点的电场强度大小关系是Ed>Eb>Ea>Ec

C.这四点场强大小关系是Eb>Ea>EC>Ed

D.无法比较E值大小

解析 对某一点的场强，由F=Eq，可知F跟q的关系图线是一条过原点的直线，该直线的斜率的大小即表示场强的大小，由些结合图象可得出Ed>Eb>Ea>Ec，选项B正确。

例4 某静电场沿x方向的电势分布如图3所示，则：（）

A.在0-x1之间不存在沿x方向的电场

B.在0-x1之间存在着沿x方向的匀强电场

C.在x1-x2之间存在着沿x方向的匀强电场

D.在x1-x2之间存在着沿x方向的非匀强电场

解析 根据电场线垂直于等势线，沿电场线方向电势降低，电场线的切线方向为电场强度方向等性质和结论，由图3可看出0-x1之间电势没有变化，所以不存在沿x方向的电场，选项A正确、B错误。

由图3看出x1-x2之间在x方向相等距离的电势降落相等，即该区间为匀强电场，所以选项C正确、D错误。

4 明确四对关系

电场中必须明确以下四对重要关系：

（1）电势差与电场强度的关系：在匀强电场中，任两点间的电势差等于电场强度与该两点在场强方向上的距离的乘积，即U=Ed（其中d是两点沿电场线方向上的距离）。

（2）电势差与电场力做功的关系：电荷在电场中两点间移动时，电场力所做的功跟移动电荷量的比值等于电势差，即U=W/q

（3）电势能的变化与电场力做功的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加；且电场力做多少功，电势能就变化多少，即W=Δε。

（4）平行板电容器的电容与极板间距离和正对面积的关系：平行板电容器的电容与极板间距离和正对面积的关系为C=εS4πkd。

例5 在匀强电场中，如图4中所示分布着A、B、C三点。当把一个电量q=10-5C的正电荷从A沿AB线移到B时，电场力做功为零；从B移到C时，电场力做功为-1.73×10-3J。试判断该电场的方向，算出场强的大小。

解析 将电荷由A移至B时电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，又由于是匀强电场，等势面为平面，故AB面为一等势面；再由将正电荷由B移至C时克服电场力做功可知，C点电势高于B点电势，场强方向应垂直AB向下。

根据W=qU，可得UBC=WBCq=-1.73×10-310-5=-173V

又由匀强电场中场强与电势差距关系E=U/d

可得：E=UBCd=1732×10-2×sin60°=1000V/m

例6 传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么：（）

A.当F向上压膜片电极时，电容将增大

B.当F向上压膜片电极时，电容将减小

C.若电流计有示数，则压力F发生变化

D.若电流计有示数，则压力F不发生变化

解析 当F向上压膜片电极时，减小了极板间距离d，电容C增大，所以选项A正确。若与之相连的电流计有示数，这表明有电荷的定向移动，说明电容器中有充、放电，所以电容发生了变化，可知压力F发生变化，选项C也正确。

5 熟悉五种电场分布

熟悉以下几种常见的电场分布，对有效提高解题速度、拓展思维的广度等很有帮助，尤其要注意等量同（或异）种电荷的连线中垂线上的场强（在上图中可直观看出其定性分布特点）。

6 会处理带电粒子在电场中的偏转问题

如图6所示，质量为m电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度v0射入长L板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U，则射出时的侧移y和偏转角为θ：

（1）侧移：y=12(Uqdm)(Lv0)=qUL22mv20d

千万不要死记公式，要清楚物理过程。根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。

（2）偏角：tanθ=vyv0=qULdmv20，注意到y=L2tanθ，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。

例8 如图7所示的真空管中，质量为m，电量为e的电子从灯丝F发出，经过电压U1加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板B、C间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设B、C间电压为U2，B、C板长为l1，平行金属板右端到荧光屏的距离为l2，求：

（1）电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角。

（2）电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离。

解析 电子在真空管中的运动过分为三段，从F发出在电压U1作用下的加速运动；进入平行金属板B、C间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动。

（1）设电子经电压U1加速后的速度为v1，根据动能定理有： eU1=12mv21

电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：a=eEm=eU2dm

电子通过匀强电场的时间：t=l1v1

电子离开匀强电场时竖直方向的速度 vy为：vy=at=eU2l1mdv1

电子离开电场时速度 v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图8）则：tgα=vyv1=eU2l1mdv21=U2l12U1d

所以解得：α=arctgU2l12U1d

（2）电子通过匀强电场时偏离中心线的位移：y1=12at2=12eU2dm?l21v21=U2l214U1d

电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移：y2=l2tgα=U2l1l22U1d

所以电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为：y=y1+y2=U2l12U1d(l12+l2)