云南省曲靖市陆良二中高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

云南省曲靖市陆良二中2014-20 15学年高二下学期期中物理试卷一.选择题（1-8题为单项选择题，每题4分，9-12题多项选择题，每题4分，共48分）1（4分）用光照射金属表面，没有发射光电子，这可能是（）a入射光强度太小b照射的时间太短c光的波长太短d光的频率太低2（4分）如图所示，a、b都是很轻的铝环，分别固定在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环a是闭合的，环b是断开的若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（）a图中磁铁n极接近a环时，a环被吸引，而后被推开b图中磁铁n极远离a环时，a环被排斥，而后随磁铁运动c用磁铁n极接近b环时，b环被推斥，远离磁铁运动d用磁铁的任意一磁极接近a环时，a环均被排斥3（4分）我国家用照明电路电压瞬时值可表示为（）au=380sin3.14t（v）bu=311sin314t（v）cu=220sin314t（v）du=36sin0.02t（v）4（4分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）a0.01s时刻线圈处于中性面位置b0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零c该交流电流有效值为2ad该交流电流频率为50hz5（4分）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，副线圈向电阻r1、r2和r3供电，a为交流电流表，v为交流电压表，开关s闭合后与闭合前相比（）av示数变小，a示数变大，r1消耗的电功率变小bv示数变大，a示数变大，r1消耗的电功率大cv示数变小，a示数变小，r1消耗的电功率变小dv示数变大，a示数变小，r1消耗的电功率变大6（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a2=a3=a4ca1=a3a2a4da4=a2a3a17（4分）如图，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球a、b、c，其中b、c静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球a以速度v与小球b正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中（）aa、b的速度变为，c的速度仍为0ba、b、c的速度均为ca、b的速度变为，c的速度仍为0da、b、c的速度均为8（4分）如图所示，设车厢长度为l，质量为m，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中这时车厢的速度是（）av0，水平向右b0c，水平向右d，水平向右9（4分）如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的灯泡，线圈l的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）a合上开关s接通电路时，a2先亮，a1后亮，最后一样亮b合上开关s接通电路时，a1和a2始终一样亮c断开开关s切断电路时，a2立刻熄灭，a1过一会熄灭d断开开关s切断电路时，a1和a2都要过一会儿才熄灭10（4分）如图，用细线挂一质量为m的木块，有一质量为m、初速度为v0的子弹向右射入木块并留在木块中，射入时间和空气阻力不计，以下判断正确的是（）a木块和子弹的总动量不变b木块和子弹的总动量减小c木块和子弹的总动能不变d木块和子弹的总动能减小11（4分）如图，两个带电金属球a、b，a球带电为+3q、质量为m，b球带电为+2q、质量为2m，在绝缘的光滑水平桌面上均由静止释放，下列说法正确的是（）a两小球一定会发生相碰b两小球一定不会发生相碰c两小球在以后的运动过程中总动量增加，总动能也增加d在以后的运动过程中a球的速率大于b球的速率，但总动量不变12（4分）光照射到某金属表面，金属表面有光电子逸出，则（）a若入射光的频率增加，光的强度减弱，那么逸出电子的最大初动能可能不变b若入射光的频率不变，光的强度减弱，那么单位时间内逸出电子数目减少c若入射光的频率不变，光的强度减弱到不为零的某一数值时，可能不再有电子逸出d若入射光的频率增加，而强度不变，那么单位时间内逸出电子数目不变，而光电子的最大初动能增大二.实验题（每小题12分，共12分）13（12分）气垫导轨是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成“气垫”，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦现用带竖直挡板c和d的气垫导轨和滑块a和b验证动量守恒定律，实验装置如图所示，有以下实验步骤：a松开手的同时，记录滑块a、b运动时间的计时器开始工作，当a、b滑块分别碰撞c、d挡板时计时器结束计时，记下a、b分别到达c、d的运动时间t1和t2b在a、b间水平放入一个轻弹簧，用手压住a、b使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置c给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平d用刻度尺测出a的左端至c板的距离l1；b的右端至d板的距离l2（1）实验步骤的顺序是（2）实验中还需要测量的物理量是（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是三.计算题（每小题10分，共40分，要求写出必要分析及计算过程，重要的演算步骤）14（10分）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体a和b，放在光滑的水平面上，物体a被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知a的质量是b的质量的，子弹的质量是b的质量的求：（1）a物体获得的最大速度；（2）弹簧压缩量最大时b物体的速度；（3）弹簧的最大弹性势能15（10分）如图所示，质量为m的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为，求：（1）m的最终速度v；（2）m与m相对滑动产生的热量q；（3）m在m上相对滑动的距离l16（10分）如图，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻r=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=0.2t，方向垂直框架向上现用f=1n的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受的安培力；（3）ab棒的加速度17（10分）如图甲所示，n=15匝的圆形线圈m，其电阻为1，它的两端点a、b与阻值为2的定值电阻r相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示（1）判断a、b两点的电势高低；（2）求a、b两点的电势差云南省曲靖市陆良二中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（1-8题为单项选择题，每题4分，9-12题多项选择题，每题4分，共48分）1（4分）用光照射金属表面，没有发射光电子，这可能是（）a入射光强度太小b照射的时间太短c光的波长太短d光的频率太低考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，极限频率越大的金属逸出功越大，且极限频率与波长成反比，即可求解解答：解：a、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度，及照射时间的长短无关，所以ab错误，c、当波长较短的光，则入射频率大，可能使入射光的频率大于极限频率，因而会发生光电效应，故c错误；d、当光的频率太低时，使入射光的频率小于极限频率，不会发生光电效应，故d正确故选：d点评：本题考查了发生光电效应的唯一条件：入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，同时掌握极限频率与极限波长的关系2（4分）如图所示，a、b都是很轻的铝环，分别固定在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环a是闭合的，环b是断开的若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（）a图中磁铁n极接近a环时，a环被吸引，而后被推开b图中磁铁n极远离a环时，a环被排斥，而后随磁铁运动c用磁铁n极接近b环时，b环被推斥，远离磁铁运动d用磁铁的任意一磁极接近a环时，a环均被排斥考点：楞次定律 分析：当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用解答：解：当磁铁的靠近时，导致圆环a的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；若磁铁的远离时，导致圆环a的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它靠近磁铁，即被吸引而对于圆环b，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用所以对于圆环b，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故d正确，abc错误；故选：d点评：从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥3（4分）我国家用照明电路电压瞬时值可表示为（）au=380sin3.14t（v）bu=311sin314t（v）cu=220sin314t（v）du=36sin0.02t（v）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：我国家用照明电路电压有效值为311v，交流电的周期是0.02s，据此得出交流电的表达式解答：解：交流电的电压瞬时值随时间变化的规律是u=umsint我国家用照明电路电压有效值为311v，um=220=311v交流电的周期是0.02s，所以=314 rad/s所以电压瞬时值可表示为u=311sin314t（v）故选：b点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义4（4分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）a0.01s时刻线圈处于中性面位置b0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零c该交流电流有效值为2ad该交流电流频率为50hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由it图象可以读出电流的周期、最大值；当感应电动势最大时，线圈与中性面垂直；当感应电动势最小时，线圈与中性面重合解答：解：a、b、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故a错误，b正确；c、该交流电流的最大值为6.28a，故有效值为：i=，故c错误；d、该电流的周期为0. 04s，故频率f=25hz，故d错误；故选：b点评：本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大5（4分）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，副线圈向电阻r1、r2和r3供电，a为交流电流表，v为交流电压表，开关s闭合后与闭合前相比（）av示数变小，a示数变大，r1消耗的电功率变小bv示数变大，a示数变大，r1消耗的电功率大cv示数变小，a示数变小，r1消耗的电功率变小dv示数变大，a示数变小，r1消耗的电功率变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变流电的动态分析和闭合电路中的动态分析类似，先分析电路结论，明确开关通断前后电阻的变化，再根据电压不变分析电流的变化及电功率的变化解答：解：由图可知，开关闭合时r1、r2并联；故开关闭合后总电阻减小；因输出电压不变，则总电流增大；因电流之比等于匝数的反比，故a中示数也随之增大；因电流增大，则r3中电流增大，电压增大，故并联部分电压减小；r1的功率减小；故只有a正确；故选：a点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法6（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a2=a3=a4ca1=a3a2a4da4=a2a3a1考点：法拉第电磁感应定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：线圈自由下落时，加速度为g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g根据牛顿第二定律分析加速度的关系解答：解：线圈自由下落时，加速度为a1=g线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2g，a4g线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2a4，故a1=a3a2a4故选：c点评：本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析b、d两处安培力的大小关系7（4分）如图，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球a、b、c，其中b、c静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球a以速度v与小球b正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中（）aa、b的速度变为，c的速度仍为0ba、b、c的速度均为ca、b的速度变为，c的速度仍为0da、b、c的速度均为考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意，应用动量守恒定律分析答题解答：解：a、b碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，a、b系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv，解得：v=，a、b碰撞过程，c所受合外力为零，c的动量不变，c保持静止，速度仍为0，故abd错误，c正确；故选：c点评：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律可以解题，本题难度不大，是一道基础题8（4分）如图所示，设车厢长度为l，质量为m，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中这时车厢的速度是（）av0，水平向右b0c，水平向右d，水平向右考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度解答：解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）v，最终车的速度：v=，方向与v的速度相同，水平向右；故选：c点评：本题考查了求小车的速度，选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目9（4分）如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的灯泡，线圈l的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）a合上开关s接通电路时，a2先亮，a1后亮，最后一样亮b合上开关s接通电路时，a1和a2始终一样亮c断开开关s切断电路时，a2立刻熄灭，a1过一会熄灭d断开开关s切断电路时，a1和a2都要过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析解答：解：合上开关接通电路时，a2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡a1中电流只能逐渐增大，则a2先亮，a1后亮，最后一样亮故a正确，b错误断开开关时，a2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则a1和a2都要过一会儿才熄灭故c错误，d正确故选ad点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析10（4分）如图，用细线挂一质量为m的木块，有一质量为m、初速度为v0的子弹向右射入木块并留在木块中，射入时间和空气阻力不计，以下判断正确的是（）a木块和子弹的总动量不变b木块和子弹的总动量减小c木块和子弹的总动能不变d木块和子弹的总动能减小考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，克服阻力做功，系统机械能减少，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题解答：解：a、子弹击中木块过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，木块和子弹的总动量不变，故a正确，b错误；c、子弹击中木块过程系统要克服阻力做功，部分机械能转化为系统内能，系统机械能减少，木块与子弹的总动能 减少，故c错误，d正确；故选：ad点评：本题考查了判断系统动量与动能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件即可解题，本题是一道基础题11（4分）如图，两个带电金属球a、b，a球带电为+3q、质量为m，b球带电为+2q、质量为2m，在绝缘的光滑水平桌面上均由静止释放，下列说法正确的是（）a两小球一定会发生相碰b两小球一定不会发生相碰c两小球在以后的运动过程中总动量增加，总动能也增加d在以后的运动过程中a球的速率大于b球的速率，但总动量不变考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律与动量的计算公式分析答题解答：解：a、两球都带正电，两球相互排斥，两球的运动方向相反，两球不会发生碰撞，故a错误，b正确；c、两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量不变，库仑力对两球做正功，系统动能增加，故c错误；d、两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，由动量守恒定律可知，两球的动量大小相等，由p=mv可知，p相等、m越小，速率v越大，由于a的质量大于b的质量，则a的速率大于b的速率，故d正确；故选：bd点评：本题考查了动量守恒定律的应用，系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律、动量的定义式可以解题12（4分）光照射到某金属表面，金属表面有光电子逸出，则（）a若入射光的频率增加，光的强度减弱，那么逸出电子的最大初动能可能不变b若入射光的频率不变，光的强度减弱，那么单位时间内逸出电子数目减少c若入射光的频率不变，光的强度减弱到不为零的某一数值时，可能不再有电子逸出d若入射光的频率增加，而强度不变，那么单位时间内逸出电子数目不变，而光电子的最大初动能增大考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目，而入射光的频率与逸出电子的最大初动能成线性关系解答：解：由题意可知，发生光电效应，则入射光的频率大于截止频率；a、若入射光的频率增加，即使光的强度减弱，而逸出电子的最大初动能随着频率的增加而增加，故a错误；b、若入射光的频率不变，当光的强度减弱，那么单位时间内逸出电子数目减少故b正确，c、若入射光的频率不变，不论光的强度减弱到不为零的任何一数值时，均有电子逸出，故c错误；d、入射光的频率增加，而强度不变，则光子数目减小，则单位时间内逸出电子数目减小，而光电子的最大初动能增大，故d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率以及知道光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目二.实验题（每小题12分，共12分）13（12分）气垫导轨是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成“气垫”，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦现用带竖直挡板c和d的气垫导轨和滑块a和b验证动量守恒定律，实验装置如图所示，有以下实验步骤：a松开手的同时，记录滑块a、b运动时间的计时器开始工作，当a、b滑块分别碰撞c、d挡板时计时器结束计时，记下a、b分别到达c、d的运动时间t1和t2b在a、b间水平放入一个轻弹簧，用手压住a、b使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置c给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平d用刻度尺测出a的左端至c板的距离l1；b的右端至d板的距离l2（1）实验步骤的顺序是cbda（2）实验中还需要测量的物理量是a、b的质量ma、mb（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：根据实验的原理确定测量的物理量，以及测量的步骤，根据原理列出动量守恒定律的表达式解答：解：（1）根据实验原理可知，正确的实验步骤应先安装调节仪器，然后再进行实验，故应为cbda；（2、3）滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，根据a、b运行的距离和时间可以求出分开时的速度，根据动量守恒定律得，mava=mbvb，又，则知还需要测量a、b的质量ma、mb，所需的器材是天平故答案为：（1）cbda；（2）a、b的质量ma、mb，（3）点评：解决本题的关键知道验证动量守恒定律的实验原理，知道a、b组成的系统动量守恒正确应用动量守恒定律的变形式进行验证三.计算题（每小题10分，共40分，要求写出必要分析及计算过程，重要的演算步骤）14（10分）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体a和b，放在光滑的水平面上，物体a被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知a的质量是b的质量的，子弹的质量是b的质量的求：（1）a物体获得的最大速度；（2）弹簧压缩量最大时b物体的速度；（3）弹簧的最大弹性势能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）对子弹进入a中的过程，由动量守恒定律列式即可求解；（2）子弹击中木块a后a压缩弹簧，a做减速运动，b做加速运动，当a、b速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出b的速度；（3）子弹击中a的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出a的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能解答：解：（1）对子弹进入a中的过程，由动量守恒定律得：mv0=（m+ma）v1，解得它们的共同速度，即为a的最大速度为：v1=（2）以子弹、a、b以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0=（m+ma+mb）v2，解得三者的共同速度即弹簧有最大压缩量时b物体的速度：v2=v0（3）弹簧压缩最短时的弹性势能最大，由能量守恒得：答：（1）a物体获得的最大速度为；（2）弹簧压缩量最大时b物体的速度v0；（3）弹簧的最大弹性势能为点评：本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时要注意，子弹击中a的过程中，子弹与a组成的系统动量守恒，但机械能不守恒15（10分）如图所示，质量为m的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为，求：（1）m的最终速度v；（2）m与m相对滑动产生的热量q；（3）m在m上相对滑动的距离l考点：动量守恒定律；功能关系 专题：动量定理应用专题分析：（1）木块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出木块的最终速度；（2）对系统应用能量守恒定律可以求出产生的热量；（3）应用功的计算公式可以求出m在m上滑动的距离解答：解：（1）木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，解得：v=；（2）由能量守恒定律得：mv02=q+（m+m）v2，解得：q=；（3）系统产生的热量：q=mgl，解得：l=；答：（1）m的最终速度v为；（2）m与m相对滑动产生的热量q为；（3）m在m上相对滑动的距离l为点评：本题考查了动量守恒定律与能量守恒