第五章第二节
高等数学 第5章 第二节 定积分的性质 中值定理
(2)记 f ( x) e x2 x , x 0,2 , 则 f ( x) e x2 x 2x 1 ,
令 f ( x) 0, 得唯一驻点 x 1 ,
2
又
f
(
1
)
e
1 4
,
f (0) 1, f (2) e 2 ,
2
1
所以 m e 4 , M e 2
1
e 4 2 0
y gx
推论1 若 f x gx, x a, b,
y
则
b
a
f xdx
b
a
g
x
dx
a b.
推论 2
b
a
f
xdx
b
a
f xdx
(a b).
性质6 (估值不等式)
y f x
O xa
xbx
设 M max f x, m min f x, 则
x[ a ,b ]
x[ a ,b ]
mb
a
b
a
f
xdx
加性
c
b
c
a f ( x)dx a f ( x)dx b f ( x)dx
b
a
f ( x)dx
c
a
c
f ( x)dx b
f ( x)dx
c
a
b
f ( x)dx c
f ( x)dx
1
性质4
b
b
1dx dx b a
a
a
性质5
若 f x 0, x a,b,
则
b
a
f
xdx
0
a b.
M b
a
a b.
如
第五章_第二节_水幕系统
第二节水幕系统水幕系统作用是使舰船不受放射性物质的沾染,同时,水幕系统可以作为防护舰船热辐射的工具,以及当作洗涤系统,消除舰体外表面的放射性沾染物。
当原子爆炸时,除了产生冲击波以及贯穿辐射外,同时形成强烈的光辐射(热辐射)和产生大量的放射性物质。
中子流作用在大气和水中的结果,形成放射性物质,此外,爆炸物本身即是放射性物质。
放射性物质掉落在舰体后,以及由于在中子流作用下,舰体表面上形成了放射性元素,结果使舰船产生放射性污染。
由于原子爆炸直接影响的结果,舰船外部、甲板、上层建筑和桥楼等出现放射性污染。
水下爆炸时,由于海水污染,通过各种系统管路而进入舰船中的海水,使舰船内部舱室污染。
当舰船在战斗中受到放射性物质影响时,或舰船通过沾染区,即进入放射雾区域时,舰船同样受到放射性沾染。
原子爆炸时,热辐射会造成舰船上发生火灾和各露天部位舰船人员受到灼伤。
由于热辐射短时作用,火灾主要是在露天地方和易燃材料燃烧,例如木材、油漆、帆布、麻制索具和船员服装等。
根据舰船外表面上所形成的水幕防护层的形状,水幕系统可分成二种型式:①水幕系统;②水膜系统。
第一种水幕系统,形成水幕形状的水幕系统,就是将来自消防系统的各单独支管引到上甲板和上层建筑甲板上。
各支管上安装定向作用和射向作用的喷头。
系统接通时,通过喷管喷出强烈的分散水流遮闭或覆盖甲板、上层建筑、桥楼、武器和布置在舰体外面的其他设备,在舰船的周围形成由水粒组成的水雾。
水幕系统的工作是不需要船员的,当系统工作时,船员在舰船内部密闭舱内。
系统不但应该有效地防护舰船不受放射性沾染,同时有效地消除舰船放射性沾染物。
放射性沾染时,水幕系统应该尽可能地使舰体主要部分的沾染降低到“无危险”水平。
然后继续以人工消除舰体各个部分的放射性沾染物。
水幕系统结构形式,在各种情况下,无论在线路方面或所采用喷头数量方面,各不相同。
为了防止放射性沾染,水幕系统按照最大遮闭舰体的原则设计。
为了消除舰体放射性沾染,系统应该有固定的强烈水流,保证消除舰体表面上的放射性沾染物。
第五章第二节 动能 动能定理
第二节 动能 动能定理[学生用书P75])一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能. 2.表达式:E k =12m v 2. 3.单位:焦耳,1 J =1 N ·m =1 kg ·m 2/s 2.4.矢标性:标量.1.判断正误(1)运动的物体具有的能量就是动能.( )(2)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化.( )(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变.( )(4)做自由落体运动的物体,动能与下落时间的二次方成正比.( )(5)选择不同的参考系时,动能有可能为负值.( )提示:(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×二、动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式:W =E k2-E k1=12m v 22-12m v 21. 3.适用范围(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(2)既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以不同时作用.2.(多选)关于动能定理的表达式W =E k2-E k1,下列说法中正确的是( )A .公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B .公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C .公式中的E k2-E k1为动能的增量,当W >0时动能增加,当W <0时动能减少D .动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功提示:BC对动能定理的理解及应用[学生用书P76]【知识提炼】1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因2.“为参考系.3.适用范围:直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理.【典题例析】(2015·高考山东卷)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接.物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球和右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值.现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍.不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g.求:甲乙(1)物块的质量;(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功.[解析](1)设开始时细绳的拉力大小为F T1,传感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得对小球,F T1=mg ①对物块,F1+F T1=Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为F T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得对小球,F T2=mg cos 60°③对物块,F2+F T2=Mg ④联立①②③④式,代入数据得M=3m. ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服阻力所做的功为W f,由动能定理得mgl(1-cos 60°)-W f=12m v2 ⑥在最低位置,设细绳的拉力大小为F T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3=0.6F1⑦对小球,由牛顿第二定律得F T3-mg=m v2l⑧对物块,由平衡条件得F3+F T3=Mg⑨联立①②⑤⑥⑦⑧⑨式得W f=0.1mgl.[答案](1)3m(2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系.(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(3)动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理.【跟进题组】考向1对动能定理的理解1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系.下列说法正确的是()A.合外力为零,则合外力做功一定为零B.合外力做功为零,则合外力一定为零C.合外力做功越多,则动能一定越大D.动能不变,则物体合外力一定为零解析:选A.由W=Fl cos α可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为零,但合外力做功为零,可能是α=90°,故A 正确,B 错误;由动能定理W =ΔE k 可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大,动能不变,合外力做功为零,但合外力不一定为零,C 、D 均错误.考向2 动能定理在变力做功中的应用2.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图,一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时,对轨道的压力为4mg ,g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )A .W =12mgR ,质点恰好可以到达Q 点B .W >12mgR ,质点不能到达Q 点 C .W =12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 D .W <12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 解析:选C.设质点到达N 点的速度为v N ,在N 点质点受到轨道的弹力为F N ,则F N -mg =m v 2N R ,已知F N =F ′N =4mg ,则质点到达N 点的动能为E k N =12m v 2N =32mgR .质点由开始至N 点的过程,由动能定理得mg ·2R +W f =E k N -0,解得摩擦力做的功为W f =-12mgR ,即克服摩擦力做的功为W =-W f =12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′,则W ′<W .从N 到Q 的过程,由动能定理得-mgR -W ′=12m v 2Q -12m v 2N ,即12mgR -W ′=12m v 2Q ,故质点到达Q 点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C 正确.考向3 动能定理在曲线运动中的应用3.(多选)(2016·高考全国卷丙)如图,一固定容器的内壁是半径为R 的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时,向心加速度的大小为a ,容器对它的支持力大小为N ,则( )A .a =2(mgR -W )mRB .a =2mgR -W mRC .N =3mgR -2W RD .N =2(mgR -W )R解析:选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中,由动能定理有:mgR -W =12m v 2,又在最低点时,向心加速度大小a =v 2R ,两式联立可得a =2(mgR -W )mR,A 项正确,B 项错误;在最低点时有N -mg =m v 2R ,解得N =3mgR -2W R,C 项正确,D 项错误. 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用[学生用书P77]【知识提炼】1.应用动能定理解题应抓好“两状态,一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,“一过程”即明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.2.应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示,AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道,末端B 处的切线方向水平.一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A 处由静止释放,滑到B 端飞出,落到地面上的C 点.测得C 点和B 点的水平距离OC =L ,B 点距地面的高度OB =h .现在轨道下方紧贴B 端安装一个水平传送带,传送带的右端与B 点的距离为L 2.当传送带静止时,让物体P 从A 处由静止释放,物体P 沿轨道滑过B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出,仍落在地面上的C 点.(1)求物体P 与传送带之间的动摩擦因数.(2)若在A 处给P 一个竖直向下的初速度v 0,物体P 从传送带右端水平飞出,落在地面上的D 点,求OD 的大小.(3)若传送带驱动轮顺时针转动,带动传送带以速度v 匀速运动.再把物体P 从A 处由静止释放,物体P 落在地面上.设着地点与O 点的距离为x ,求出x 可能的范围.[审题指导] 第(3)问中,若物体在传送带上全程减速,则x 最小;若物体在传送带上全程加速,则x 最大.[解析] (1)无传送带时,物体由B 运动到C ,做平抛运动,设物体在B 点的速度为v B ,则L =v B t① h =12gt 2 ② 由①②式得v B =L g 2h ③有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v 2,则有L 2=v 2t ④ -μmgL 2=12m v 22-12m v 2B ⑤ 由①②④⑤式得v 2=L 2g 2h ⑥μ=3L 8h. ⑦ (2)设物体离开传送带时的速度为v ′2,则由动能定理有mgR -μmg L 2=12m v ′22-12m v 20 ⑧ mgR =12m v 2B⑨ OD =L 2+v ′2t ⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD =L 2+ L 24+2h v 20g . ⑪(3)物体在传送带上全程减速时,离开传送带的末速度v I =L 2g 2h,则x min =L 物体在传送带上全程加速时,离开传送带的末速度为 v Ⅱ,μmg L 2=12m v 2Ⅱ-12m v 2B ,v Ⅱ=v 2B +μgL =L 2 7g 2h . 则x max =L 2+v Ⅱ2h g =1+72L 故L ≤x ≤1+72L . [答案] (1)3L 8h (2)L 2+ L 24+2h v 20g(3)L ≤x ≤1+72L应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间,比动力学研究方法更简便.(2)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间过程的速度时,也可以全过程应用动能定理求解.(2017·江苏四市高三第二次调研考试)如图所示,光滑杆AB 长为L ,B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧,质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接.OO ′为过B 点的竖直轴,AB 杆与水平面间的夹角始终为θ.(1)杆保持静止状态,让小球从弹簧的原长位置静止释放,求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1;(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时,弹簧伸长量为Δl 2,求匀速转动的角速度ω;(3)若θ=30°,移去弹簧,当杆绕OO ′轴以角速度ω0= g L匀速转动时,小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动,球受轻微扰动后沿杆向上滑动,到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0,求小球从开始滑动到离开杆过程中,杆对球所做的功W .解析:(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时,根据牛顿第二定律有mg sin θ=ma 解得a =g sin θ小球速度最大时其加速度为零,则k Δl 1=mg sin θ解得Δl 1=mg sin θk.(2)弹簧伸长Δl 2时,球受力如图所示,水平方向上有F N sin θ+k Δl 2cos θ=m ω2·(l 0+Δl 2)·cos θ竖直方向上有F N cos θ-k Δl 2sin θ-mg =0解得ω=mg sin θ+k Δl 2m (l 0+Δl 2)cos 2 θ.(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时,设小球距离B 点L 0,此时有mg tan θ=m ω20L 0cos θ解得L 0=2L 3此时小球的动能E k0=12m (ω0L 0cos θ)2 小球在最高点A 离开杆瞬间的动能E k A =12m [v 20+(ω0L cos θ)2] 根据动能定理有W -mg (L -L 0)sin θ=E k A -E k0解得W =38mgL +12m v 20. 答案:见解析[学生用书P77])1.(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ,将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力,g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A .20 JB .24 JC .34 JD .54 J解析:选C.对整个过程应用动能定理得:F ·h 1+mgh 2-W f =0,解得:W f =34 J ,C 对.2.(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h ,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则( )A .动摩擦因数μ=67B .载人滑草车最大速度为 2gh 7C .载人滑草车克服摩擦力做功为mghD .载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 解析:选AB.由题意根据动能定理有,2mgh -W f =0,即2mgh -μmg cos 45°·h sin 45°-μmg cos 37°·h sin 37°=0,得动摩擦因数μ=67,则A 项正确;载人滑草车克服摩擦力做的功为W f =2mgh ,则C 项错误;载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1=g (sin 45°-μcos 45°)=214g ,a 2=g (sin 37°-μcos 37°)=-335g ,则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动,则在上段底端时达到最大速度v ,由运动学公式有2a 1h sin 45°=v 2得,v = 2a 1h sin 45°= 2gh 7,故B 项正确,D 项错误.3.(多选)(2017·河北衡水中学模拟)如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,取g=10 m/s2,则下列说法错误的是()A.小物块的初速度是5 m/sB.小物块的水平射程为1.2 mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D.小物块落地时的动能为0.9 J解析:选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f=μmgL=2 J,C错.在水平桌面上滑行,由动能定理得-W f=12-12m v20,解得v0=7 m/s,A错.小物块飞离桌面后做平抛运动,2m v有x=v t、h=12,联立解得x=0.9 m,B错.设小物块落地时动能为E k,由动能定理得mgh 2gt=E k-12,解得E k=0.9 J,D对.2m v4.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是()A.0~6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大C.物体在2~4 s内速度不变D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力做的功解析:选D.由v=at可知,a-t图象中,图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量,0~6 s内物体的速度始终为正值,故一直为正方向,A项错;t=5 s时,速度最大,B项错;2~4 s内加速度保持不变且不为零,速度一定变化,C项错;0~4 s内与0~6 s内图线与坐标轴所围面积相等,故物体4 s末和6 s末速度相同,由动能定理可知,两段时间内合力对物体做功相等,D项对.5.(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示,质量m =60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a =3.6 m/s 2匀加速滑下,到达助滑道末端B 时速度v B =24 m/s ,A 与B 的竖直高度差H =48 m ,为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h =5 m ,运动员在B 、C 间运动时阻力做功W =-1 530 J ,取g =10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大.解析:(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动,设AB 的长度为x ,则有v 2B =2ax① 由牛顿第二定律有mg H x -F f =ma ②联立①②式,代入数据解得F f =144 N . ③ (2)设运动员到C 点时的速度为v C ,在由B 处运动到达C 点的过程中,由动能定理有mgh +W =12m v 2C -12m v 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ,由牛顿第二定律有F N -mg =m v 2C R ⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R =12.5 m.答案:(1)144 N (2)12.5 m[学生用书P295(独立成册)])一、单项选择题1.(2017·宁波模拟)如图所示,木盒中固定一质量为m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F (F =mg ),若其他条件不变,则木盒滑行的距离( )A .不变B .变小C .变大D .变大变小均可能解析:选B.设木盒质量为M ,木盒中固定一质量为m 的砝码时,由动能定理可知,μ(m+M )gx 1=12(M +m )v 2,解得x 1=v 22μg;加一个竖直向下的恒力F (F =mg )时,由动能定理可知,μ(m +M )gx 2=12M v 2,解得x 2=M v 22(m +M )μg.显然x 2<x 1. 2.(2017·北京101中学检测)如图所示,质量为m 的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( )A.m v 202B.2m v 202C.m v 204D .m v 20 解析:选C.由题意知,绳与水平方向夹角为45°时,沿绳方向的速度v =v 0cos 45°=2v 02,故质量为m 的物体速度等于2v 02,对物体应用动能定理可知,在此过程中人所做的功为W =12m v 2-0=m v 204,C 正确. 3.如图所示,质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等,在力F 的作用下,一起沿水平地面向右移动L ,则( )A .摩擦力对A 、B 做功相等B .A 、B 动能的增量相同C.F对A做的功与F对B做的功相等D.合外力对A做的总功与合外力对B做的总功不相等解析:选B.对A、B分别受力分析,受力如图所示对A分析:F N-F sin α-G=0,f=μF N=μ(F sin α+G)对B分析:F N1=G,f1=μF N1=μG,W f=fL,W f1=f1L,因为f>f1,所以W f>W f1,故A 项错误;根据动能定理可知,A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化,而A、B动能的变化量相等,所以合外力对A、B做的功相等,故B正确,D错误;F对B不做功,只对A做功,故C错误.4.如图,竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成,两轨道长度相等.用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球,分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A,所需时间分别为t1、t2;动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变,且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,则()A.ΔE k1>ΔE k2;t1>t2B.ΔE k1=ΔE k2;t1>t2C.ΔE k1>ΔE k2;t1<t2D.ΔE k1=ΔE k2;t1<t2解析:选B.两轨道长度相等,球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,W f=μ(mg cos α+F sin α)·s=μmgx+μFh,用相同的水平恒力使它们到达最高点,则水平恒力做功相等,摩擦力做功相等,重力做功相等,根据动能定理W F-mgh-W f=ΔE k知,动能的增量相等,即ΔE k1=ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v-t图象如图所示,则t1>t2.5.如图所示,某滑草场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′(均可看做斜面).质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A 点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下,最后都停在水平草面上,斜草面和水平草面平滑连接,滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同,下列说法正确的是( )A .甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B .甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C .甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D .甲停下时的位置与B 的距离和乙停下时的位置与B ′的距离相等解析:选C.设斜草面长度为l ,倾角为θ,游客在斜草面上下滑,克服摩擦力做功W =μmgl cos θ,因此甲克服摩擦力做的功少,选项A 错误;由A 点到斜草面底端过程,由动能定理有mgh -μmgl cos θ=12m v 2,可得v B >v ′B ,选项B 错误;游客由A 点开始下滑到停在水平草面上,设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离,由动能定理有mgh -μmg (l cos θ+x )=0,则l cos θ+x =h μ,与斜草面的倾角无关,所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置,选项C 正确、D 错误.二、多项选择题6.如图甲所示,物体受到水平推力F 的作用,在粗糙水平面上做直线运动.通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示.取g =10 m/s 2.则( )A .物体的质量m =1 kgB .物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4C .第2 s 内物体克服摩擦力做的功W =2 JD .前3 s 内物体克服摩擦力做功4 J解析:选BC.第2 s 内,根据速度-时间图象可知,物体的加速度a =2 m/s 2,第3 s 内,物体做匀速直线运动,F =F f =μmg =2 N ,根据牛顿第二定律有3 N -μmg =ma ,解得m =0.5kg ,μ=0.4,A 选项错误、B 选项正确;第2 s 内物体运动的位移为1 m ,摩擦力为2 N ,克服摩擦力做的功W =2 J ,C 选项正确;前3 s 克服摩擦力做功W ′f =6 J .D 错误. 7.(2017·南宁月考)在有大风的情况下,一小球自A 点竖直上抛,其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动),小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上,M 点为轨迹的最高点.若风力的大小恒定,方向水平向右,小球在A 点抛出时的动能为4 J ,在M 点时它的动能为2 J ,落回到B 点时动能记为E k B ,小球上升时间记为t 1,下落时间记为t 2,不计其他阻力,则( )A .x 1∶x 2=1∶3B .t 1<t 2C .E k B =6 JD .E k B =12 J解析:选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1=t 2得,x 1∶(x 1+x 2)=1∶22=1∶4,即x 1∶x 2=1∶3,A 正确,B 错误;A →M 应用动能定理得-mgh +W 1=12m v 2M -12m v 2, ① 竖直方向有v 2=2gh②①②式联立得W 1=2 JA →B 风力做功W 2=4W 1=8 J ,A →B 由动能定理W 2=E k B -E k A ,可求得E k B =12 J ,C 错误,D 正确.8.2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来.如图所示,一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下,当下滑到距离坡底s 1处时,动能和势能相等(以坡底为参考平面);到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失),当上滑到距离坡底s 2处时,运动员的动能和势能又相等,上滑的最大距离为4 m .关于这个过程,下列说法中正确的是( )A .摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B .重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C .s 1<4 m ,s 2>2 mD .s 1>4 m ,s 2<2 m解析:选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功,摩擦力做功,由动能定理可知A 错,B 对.从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中,由动能定理得:mg (s -s 1)sin α-W f =12m v 2 ①(其中s =8 m ,s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等,所以有:mgs 1·sin α=12m v 2 ②由①②得:mg (s -s 1)sin α-W f =mgs 1·sin α③ 由③得:s -s 1>s 1,即s 1<4 m .同理,从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′=4 m)处过程中,由动能定理得:-mg (s ′-s 2)·sin θ-W ′f =0-12m v 21④因为距坡底s 2处动能和势能相等,有mgs 2·sin θ=12m v 21 ⑤ 由④⑤得:mg (s ′-s 2)·sin θ+W ′f =mgs 2·sin θ ⑥由⑥式得:s ′-s 2<s 2,即s 2>2 m .综上所述,B 、C 正确.三、非选择题9.如图甲所示,长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R =0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接,有一质量为1 kg 的滑块(大小不计),从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用,F 的大小随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC 间的动摩擦因数未知,g 取10 m/s 2.求:(1)滑块到达B 处时的速度大小;(2)若到达B 点时撤去力F ,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C ,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?解析:(1)因为F -x 图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F 做的功,所以设0~2 m 力F 做功W 1,3~4 m 力F 做功W 2,则W 1=12×40×2 J =40 J ,W 2=-10×1 J =-10 J 对滑块从A 到B 的过程,由动能定理得W 1+W 2-μmgx =12m v 2B即:40-10-0.25×1×10×4=12×1×v 2B 解得v B =210 m/s.(2)当滑块恰好能到达最高点C 时,有mg =m v 2C R设摩擦力做功为W ,对滑块从B 到C 的过程,由动能定理得:W -mg ×2R =12m v 2C -12m v 2B 代入数值得W =-5 J ,即克服摩擦力做的功为5 J.答案:(1)210 m/s (2)5 J10.(2015·高考浙江卷)如图所示,用一块长L 1=1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H =0.8 m ,长L 2=1.5 m .斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定.将质量m =0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g =10 m/s 2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x m . 解析:(1)为使小物块下滑,应有mg sin θ≥μ1mg cos θθ满足的条件tan θ≥0.05即当θ=arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑.(2)克服摩擦力做功W f=μ1mgL1cos θ+μ2mg(L2-L1cos θ) ①由动能定理得mgL1sin θ-W f=0 ②代入数据得μ2=0.8.(3)由动能定理得mgL1sin θ-W f=12m v2 ③结合①式并代入数据得v=1 m/s由平抛运动规律得H=12gt2,x1=v t解得t=0.4 sx1=0.4 mx m=x1+L2=1.9 m.答案:(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m11.(2017·江苏五校第二次联考)如图所示,在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为θ,长度为L0,以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L;水平轨道左侧有一轻质弹簧,左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块A轻放(初速度为0)在传送带顶端,通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触,之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半),经水平轨道返回圆形轨道,物块A可视为质点.已知R=0.2 m,θ=37°,L0=1.8 m,L=1.0 m,v0=6 m/s,物块A质量为m=1 kg,与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,与PQ段间的动摩擦因数为μ2=0.2,轨道其他部分摩擦不计,物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小;(2)物块A刚与弹簧接触时速度大小;(3)物块A返回到圆形轨道的高度;(4)若仅调节PQ段的长度L,当L满足什么条件时,A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道?解析:(1)物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动,求得:a=g据运动学公式得v 2=2aL 0,解得:v =v 0=6 m/s.(2)以物块A 为研究对象,从传送带底端运动到P 的过程中,由动能定理得:-μ2mgL =12m v 21-12m v 20代入数据解得:v 1=4 2 m/s.(3)A 反弹速度v 2=12v 1=2 2 m/s A 向右经过PQ 段,由v 23-v 22=-2μ2gL代入数据解得速度:v 3=2 m/sA 滑上圆形轨道,由动能定理得:-mgh =0-12m v 23可得,返回到圆形轨道的高度为h =0.2 m =R ,符合实际.(4)物块A 以v 0冲上PQ 段直到回到PQ 段右侧,据牛顿运动定律得:v 21-v 20=-2μ2gL ′v 2=12v 1 v 23-v 22=-2μ2gL ′联立可得,A 回到PQ 段右侧速度v 23=v 204-52μ2gL ′=(9-5L ′)(m/s)2 要使A 能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道,则有:A 沿轨道上滑至最大高度h 时,速度减为0,则h 满足:0<h ≤R 又12m v 23=mgh v 3>0联立可得,1 m ≤L ′<1.8 m综上所述,要使A 物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,L 满足的条件是1 m ≤L <1.8 m.答案:见解析。
第五章 第二节 吸收借鉴优秀道德成果
第五章第二节吸收借鉴优秀道德成果大学生应当自觉继承并弘扬中华传统美德和中国革命道德,同时以开放的胸怀和视野吸收借鉴人类文明的优秀道德成果,不断深化对社会主义道德的认识。
一、传承中华传统美德传统道德是历史上不同时代人们的行为方式,风俗习惯,价值观念和文化心理的集中体现,是对道德实践经验的提炼总结。
(一)中华传统美德的基本精神重视整体利益,强调责任奉献推崇仁爱原则,注重以和为贵注重人伦关系,重视道德义务追求精神境界,向往理想人格强调道德修养,注重道德践履(二)中华传统美德的创造性转化和创新性发展加强对中华传统美德的挖掘和阐发用中华传统美德滋养社会主义道德建设要反对两种错误思潮:复古论:认为道德建设的最终目标就是要恢复中国“固有文化”,形成以传统文化为主体的道德体系。
虚无论:认为中国传统文化从整体上来说在今天已经失去了价值和意义,必须从整体上予以全盘否定二、发扬中国革命道德传承和发扬中国革命道德,是弘扬中华传统美德的应有之义,是加强社会主义道德建设的客观需要,也是激励大学生锤炼优良道德品质的必然要求(一)中国革命道德的形成与发展中国革命道德是指中国共产党人、人民军队、一切先进分子和人民群众在中国革命、建设、改革中所形成的优秀道德。
中国革命道德萌芽于五四运动前后,发端于中国共产党成立以后蓬勃发展的伟大工人运动和农民运动,经过土地革命战争、抗日战争、解放战争和社会主义革命、建设、改革的长期发展,逐渐形成并不断发扬光大。
中国共产党始终高度重视继承和发扬革命道德传统,强调发扬革命传统是我国民主革命能否取得胜利的重要因素中国革命道德作为一种精神力量,对中国的革命、建设、改革事业发挥着极其重要的作用弘扬中国革命道德,要同弘扬中华传统美德相结合。
(二)中国革命道德的主要内容为实现社会主义和共产主义的理想信念而奋斗全心全意为人民服务始终把革命利益放在首位树立社会新风,建立新型人际关系修身自律,保持节操(三)中国革命道德的当代价值有利于加强和巩固社会主义和共产主义的理想信念有利于培育和践行社会主义核心价值观有利于引导人们树立正确的道德观有利于培育良好的社会道德风尚三、借鉴人类文明优秀道德成果一个国家或民族的道德进步,既要注意在文明交流中坚守自身优秀道德传统,也要在文明互鉴中积极吸收其他有益道德成果。
第五章 第二节 成型填料密封
接触密封
填料密封
软填料密封
硬填料密封 成型填料密封 油封
往复密封
机械密封
非接触密封
1
第五章
第二节 成型填 料 密 封及油封
Formed Packing Seals & Oil seals
2
Main Content
5.1 成型填料密封定义、类型 5.2 O形圈的工作原理 5.3 O形圈的挤出现象 5.4 O形圈的材料 5.5 O形圈的试验内容 5.6 O形圈密封的沟槽设计 5.7 油封
继工作,这就提高了密封的可靠性,延长了寿命。但采用两只
圈摩擦力势必增大。缓慢旋转时也可以使用。可密封孔或轴。
15
(3)Y形圈
图 (c)中最上面的为等脚Y形圈(简称Y形圈), 后两者为不等脚Y形圈(又称YX形圈,中间为 轴用,最下面为孔用)。不等脚的Y形圈,其 短脚与运动面接触可以减少摩擦力,长脚与静
止面接触有较大的预压缩量,增加了摩擦力而
不易窜动;而等脚Y形圈在沟槽内处于浮动状 态。Y形圈的特点是使用中只要单个环就可以
实现密封,可用于苛刻的工作条件。在压力波
动很大时等脚Y形圈需用支承环,而不等脚Y形 不需要用支承环。使用压力:丁腈橡胶圈在
14MPa以下,若在1430MPa下工作需要用支承
环(挡环);聚氨酯橡胶圈在30MPa以下,若 在3070MPa下工作要加挡环。
橡胶也作为唇形密封圈的一种主要材料而使用广
泛。为了提高橡胶唇形密封圈的耐压能力,也可
在密封圈中增添纤维帘布,制成所谓的“夹布橡
胶密封圈”。
13
(1)V形圈
是唇形密封的典型形式,也是唇形密封圈中应用最早 和最广泛的一种。其优点是耐压和耐磨性好,可以根 据压力大小,重叠使用,缺点是体积大、摩擦阻力大。 一般用于液压、水压和气动等机器的往复部分,很少 用于转动中或作静密封。工作压力,纯胶V形圈可达 30MPa;夹布橡胶V形圈可达60MPa;工作温度达120℃。 既可密封孔,又可密封轴。
第5章 第2节 《细胞的能量“货币”ATP》课件ppt
预习反馈 1.判断正误。 (1)人体的一切生命活动都需要ATP。( × ) (2)机体在运动时消耗ATP,睡眠时则不消耗ATP。( × ) (3)活细胞内ATP与ADP的转化只能单向进行。( × ) (4)人在饥饿时,细胞中ATP与ADP的含量难以达到动态平衡。( × ) (5)ATP中的能量可以来源于光能、热能,也可以转化为光能、热能。( × )
预习反馈 1.ATP的结构简式可表示为A—P~P~P,下列图示能正确表示ATP的是( )
答案 A 解析 ATP的分子结构式可以简写成A—P~P~P,其中A代表腺苷,由腺嘌呤和 核糖组成,P代表磷酸基团,~代表特殊化学键。
2.下列关于ATP的化学组成的说法,正确的是( ) A.ATP和核酸共有的元素是C、H、O、N、P B.ATP中的A表示腺嘌呤 C.含有三个特殊化学键 D.含有腺嘌呤和脱氧核糖 答案 A 解析 组成ATP的化学元素有C、H、O、N、P;1分子ATP由1分子腺嘌呤、 1分子核糖和3分子磷酸组成,其中含有两个特殊化学键,A代表腺苷,由腺嘌 呤和核糖组成。
【探究应用】
1.若ATP脱去了两个磷酸基团,该物质就是组成RNA的基本单位之一,其名
称为( )
A.腺嘌呤核糖核苷酸
B.鸟嘌呤核糖核苷酸
C.胞嘧啶核糖核苷酸
D.尿嘧啶核糖核苷酸
答案 A
解析 ATP中文名称叫腺苷三磷酸,结构简式A—P~P~P,其中A代表腺苷,P代
表磷酸基团,~代表特殊的化学键。水解时远离A的化学键断裂,脱掉一分
2.右图表示ATP和ADP之间的转化,据图可以确定( ) A.A为ADP,B为ATP B.能量1和能量2来源相同 C.酶1和酶2是同一种酶 D.X1和X2是同一种物质 答案 D 解析 由图中能量的方向可知,A为ATP,B为ADP;能量1来自ATP中特殊化学 键水解所释放的化学能。在动物体内能量2来自有机物氧化分解释放的化 学能;在绿色植物体内能量2除来自有机物氧化分解所释放的化学能外,还 可来自光合作用吸收的光能。酶1和酶2分别是ATP水解酶和ATP合成酶。 X1和X2是同一种物质(Pi)。
第五章第二节 催化剂颗粒中的扩散
rA
kvcs
kv
1
cg Da
0
kv
cg
0
1
Da
2020年5月4日星期一
若只有外扩散影响,内扩散阻力可不计, 1
则:
0
1 1 Da
此时η0 =ηx
当只有内扩散影响时,外扩散的阻力可不计,即
cg cs , Da 0,
0
2020年5月4日星期一
6、内扩散对反应选择性的影响
1
dyA N A RT
dl 1
DK P
分子:
NA
DAB
P RT
dy A dl
2
yA N A
NB
dyA P N A yA N A N B
dl 2 RT
DAB
2020年5月4日星期一
把分子扩散和努森扩散看成是串联过程,则扩散的总推动力
dyA dyA dyA dl dl 1 dl 2
边界条件为:
r 0 rR
dT 0 dr
T Ts
通过数值解,求得浓度分布和温度分布后,便进一步计
算出有效因子。结果可通过无因次参数φs,β,r表达。
T max (热效参数)
Ts
E
RT
(阿累尼乌斯数)
2020年5月4日星期一
➢ 当 ,0等温反应, 1
➢ 当 ,0吸热反应, 1, 愈负,S愈大时,愈小
的选择性降低
➢ 当主反应的反应级数小于副反应时,内扩散会使反应
选择性增加。
2020年5月4日星期一
3)连串反应
A k1 B(目的产物) k2 D
当 L较大时,
1 L
选择性
1
s rB
rA
第五章_第二节_管子小票的生成
第二节管子小票的生成一、管子小票的生成当设计人员对系统进行完干涉检查后,需要将管子系统转化成具有生产信息的小票。
在Pipe Modeling界面下首先激活一根管子,Pipe Activate将要求生成小票的管子变成当前管,然后在Pipe production下更改管子的spool name管件序号,接着点开Checks的下级子菜单并逐一点选执行各检查命令,如连接面、直管段长等。
如果管子没有问题,那么各个项目检查完后在信息栏中应该逐一显示OK字样,只有各项都检查通过了这根管子才能够做小票。
下一步就是自动生成小票,点击Pipe→Ready,同时弹出对话框,点击YES按钮,信息栏中提示管子小票已生成,如图5-5。
图5-5信息栏中提示管子小票已生成图5-6 点击open生成后的管子小票可在Drafting模式下查看。
点击Pipe Sketch→open如图5-6。
在小票图库中选中系统生成的小票名称打开检查,如图5-7。
二、管子小票的编辑1、调整管件号。
Modify→Move→Reference用鼠标选中要移动的管件号并重新放置位置,如图5-8。
2、调整标注尺寸。
选中Modify→Dimension弹出对话框,如图5-9。
选1.Move,然后就可以移动标注尺寸线了。
3、标注连接点的安装坐标。
选中Dimension→3D→Coordinate,如图5-10。
根据系统提示的event点,选种标注位置,这时系统会自动给出该点的三维空间坐标值(X,Y,Z),如图5-11。
4、将单线管变为双线管,选中Tools→Modify→Exchange。
如图5-12,然后在小票图中选中管子即可。
三、管子零件图(小票)包含的内容1.管子零件图(小票)的内容:管系安装图是提供管子零件图的主要来源,管子零件图5-7 小票图图5-8 调整管件号图5-9调整标注尺寸图5-10 标注安装坐标图5-12 将单线管变为双线管图5-11 自动给出点的三维空间坐标值(X,Y,Z)图(小票)主要用于管子的制作,其内容主要包括:清楚地表达船号、区域、零件编号,管材规格、弯曲半径、安装位置、表面处理和试水压力等参数,计算弯曲形管子的弯管参数,并注明下料长度。
第五章 第二节 吸收借鉴优秀道德成果
5.强调道德修养,注重道德践履
视 家国天下 频
传统文化倡导“家国情怀” 的价值观念,以孝为先、由孝而 敬,注重修身、齐家、治国、平 天下的个体成长过程。
思考: 为什么要继承和弘扬中华民族传统美德
故事案例:抗击侵略的伟大民族英雄——文天祥
元世祖至元十九年(1282)三月,权臣阿合马被刺,元世祖下令籍没阿合马的家财、追查阿合 马的罪恶,并任命和礼霍孙为右丞相。和礼霍孙提出以儒家思想治国,颇得元世祖赞同。八月,元世 祖问议事大臣:「南方、北方宰相,谁是贤能?」群臣回答:「北人无如耶律楚材,南人无如文天 祥。」于是,元世祖下了一道命令,打算授予文天祥高官显位。文天祥的一些降元旧友立即向文天祥 通报了此事,并劝说文天祥投降,但遭到文天祥的拒绝。十二月八日,元世祖召见文天祥,亲自劝降。 文天祥对元世祖仍然是长揖不跪。元世祖也没有强迫他下跪,只是说:「你在这里的日子久了,如能 改心易虑,用效忠宋朝的忠心对朕,那朕可以在中书省给你一个位置。」文天祥回答:「我是大宋的 宰相。国家灭亡了,我只求速死。不当久生。」元世祖又问:「那你愿意怎么样?」文天祥回答: 「但愿一死足矣!」元世祖十分气恼,于是下令立即处死文天祥。次日,文天祥被押解到柴巿口刑场。 监斩官问:「丞相还有甚么话要说?回奏还能免死。」文天祥喝道:「死就死,还有甚么可说的?」 他问监斩官:「哪边是南方?」有人给他指了方向,文天祥向南方跪拜,说:「我的事情完结了,心 中无愧了!」于是引颈就刑,从容就义。死后在他的带中发现一首诗:「孔曰成仁,孟曰取义,唯其 义尽,所以仁至。读圣贤书,所学何事?而今而后,庶几无愧。」文天祥死时年仅四十七岁。
在中华传统道德的 岳飞 发展演化中,始终强调 整体利益、国家利益和 民族利益的重要性。传 统道德中的义利之辨、 理欲之辨,其核心和本 质是公私之辨。
高中物理第5章 第2节 探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
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A.应该选用洋葱根尖成熟区细胞作为实验材料 B.该实验应设置室温下、-4 ℃的冰箱中、2%的秋水仙素溶 液中3组实验
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
C.在显微镜下观察和比较经过不同处理的根尖细胞内染色体 数目
D.若低温处理结果大部分细胞染色体数目不变,则低温不能 诱导细胞染色体数目加倍
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
3.实验操作的提醒及目的
实验操作提醒
操作目的
①解离前冲洗:洗去卡诺氏液,同时为解离做准
解离前后都 需要清洗
备,用体积分数为95%的酒精(解离液的组分之一) 冲洗两次。 ②解离后漂洗:洗去解离液防止解离过度,用清水
进行漂洗
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
(2)染色体染色 染色体容易被碱性染料染成深色,用质量浓度为 0.01 g/mL 的 甲紫 (旧称龙胆紫)溶液染色。
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
2.实验步骤
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化
3.实验现象:视野中既有正常的二倍体细胞,也有染色体数目 发生改变 的细胞。
室温→都是正常二倍体细胞 低 有染温色→体既加有倍二细倍胞体细胞,也―对 分―照 析→低 体温 数使 目染 加色 倍
探究实践 低温诱导植物细胞染色体数目的变化2.变量分析自变量及其控 Nhomakorabea 因变量
无关变量(不同实验组 中等同原则)
培养条件
自然条件下培养
低温处理
细胞中染色体数目
举例:
①不定根的长度
②适宜的pH
人教版生物必修三讲义:第5章 第2节 生态系统的能量流动 含答案
第2节生态系统的能量流动学习目标核心素养1.识记能量流动的概念2.理解能量流动在生态系统中的流动过程3.掌握能量流动的特点及意义4.尝试调查农田生态系统中的能量流动情况1.通过分析生态系统的能量流动的过程,建立生命系统的物质和能量观2.分析能量流动过程,归纳总结能量流动特点,形成科学思维的习惯3.通过总结研究能量流动的实践意义,形成学以致用,关注生产生活的态度一、能量流动的过程1.概念:生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程。
2.能量流经第一营养级的过程(1)输入:生产者通过光合作用把太阳能转化为化学能,固定在有机物中。
(2)能量去向①在生产者的呼吸作用中以热能形式散失。
②随着残枝败叶等被分解者分解而释放出来。
③被初级消费者摄食同化,流入第二营养级。
3.能量流经第二营养级的过程(1)输入:通过摄食生产者获得。
(2)去向①通过呼吸作用以热能形式散失。
②随尸体、排泄物流向分解者。
③被次级消费者摄食同化,流入下一营养级。
4.能量流动过程图解(1)补充图中标号代表的内容甲:生产者;乙:初级消费者;丙:次级消费者;丁:呼吸作用;戊:分解者。
(2)据图总结流入每一营养级的能量最终去向:①通过自身呼吸作用以热能形式散失。
②被下一营养级同化。
③被分解者分解利用。
二、能量流动的特点1.特点(1)单向流动:沿食物链由低营养级流向高营养级,不可逆转,也不能循环流动。
(2)逐级递减:①能量在沿食物链流动的过程中逐级减少。
②营养级越多,在能量流动过程中消耗的能量就越多,生态系统中的能量流动一般不超过4~5个营养级。
2.能量传递效率(1)能量在相邻两个营养级间的传递效率一般只有10~20%,也就是说,在输入某一营养级的能量中,只有10~20%能够流入下一营养级。
(2)计算公式相邻两个营养级间的能量传递效率=下一营养级同化量上一营养级同化量×100%3.能量金字塔将单位时间内各个营养级所得到的能量数值,由低到高绘制成图,可以形成一个金字塔图形。
第五章第二节陶行知教育思想
1915年在伊利 诺大学攻读市政
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在哥大学习期间,得到了师范院教育长保罗· 孟禄 在经济上和学术上的多方资助,也得到师范院院长 罗素的帮助。由于在完成博士论文的时候需回国搜 集资料,孟禄还建议专门为陶安排一场博士学位初 试,待陶行知回国后搜集有关资料再完成博士学位 的论文。1917年8月离美回国,在轮船上谈回国后 的志愿时说:“我的志愿要使全国人民都有受教育 的机会”。 回国后,9月应聘南京高等师范学校教育学教授, 因校舍失火,陶所写的博士论文《中国教育哲学与 新教育》也被毁,使他没能获得哥大博士学位,离 校之际得到的是一个“资格凭”。
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小先生制是陶行知先生开办晓庄师范和山海工学 团时采用的一种发挥儿童创造性和自主性的传授 方法,也是把儿童作为知识传承过程中的主要承 担者,将文化知识不断的绵延推广的方法。具体 做法是:老师先将知识教给自己的学生,学生学 会之后替老师去做小先生把自己学会的知识教给 其他不识字的人。这样即知即传,一传十,十传 百普及教育很快就会得以推广。 小先生制能够解决师资不足、经费缺乏的问题, 能够帮助群众在谋生的同时进行文化学习,也能 促进女子教育的发展。
第五章 第二节 陶行知的学前教育思想
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平凡的神圣——陶行知
陶行知(1891.10.18-1946.7.25)。汉族,徽州歙 县人,中国人民教育家、教育 思想家,民主主义战士,伟大 的共产主义战士,爱国者。原 名文濬,后受王守仁“知行合 一”思想的影响,改名为知行, 又改名行知。
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一、人物生平
§他自幼聪明好学, 邻村的一位塾师认定 这孩子长大后必然能 成就大事,就让他免 费入塾读书。有一天 下大雪,当他赶到塾 馆时老师已经开讲, 他硬是站在门外专心 致志地听老师把课讲 完。这种学习精神感 动了塾馆里的每一个 人。
第5章 第2节 第四纪冰期—间冰期变化
北半球冰盖的发育按照这样的模式:冰雪积累形成冰盖的过程十分 缓慢,但冰川融化、冰盖退缩的过程却十分迅速,冰盖随冰期—间 冰期的转换发生大幅度的往复进退(以深海δ18O的变化为代表)。 珊瑚礁阶地所记录的海平面变化与深海氧同位素的变化大体同步 。 陆上的黄土记录显示,深海氧同位素记录的间冰期或间冰段对应于 形成古土壤的温暖湿润时期,冰期或冰段对应于黄土迅速堆积的冷 干时期; 冰芯记录也显示,冰期时极地降水减少,粉尘浓度增大,温室气体 CO2和CH4的含量减少;间冰期时降水增多,粉尘减少,温室气体含 量增加。
1988年,Heinrich发现末次冰期北大西洋深海沉积物岩 芯中常包含数6层陆源冰漂砾含量增多的沉积物,表明 末次冰期内曾发生过多次北极冰山向海里倾泻的事件, 代表大规模冰山涌进的气候效应而产生的快速变冷事件, 又称冰筏事件。
6次时间为:69000、36000aB.P、52000、27000、21000、 14300 a B.P.。 使大气温度又降低3~6℃,周期5000~10000a,持续时间 200~2000年,随后却突然升温,在短期内温度变幅可达 5℃。 可能是末次冰期北半球普遍的气候振荡事件,在湖泊沉积 物中以及中国的黄土有记录。
新仙女木事件最初发现于西北欧,曾被认为是局限在 欧洲的地区性事件。近年来,随着对快速变化事件的日益 关注,在地中海地区、以色列、中国、太平洋、北美洲、 澳大利亚、南美洲等世界的许多地区均发现与之相对应的 信号,表明该事件可能是一个全球尺度的事件。
上述快速变化事件也被称为亚轨道或“亚米兰柯维奇”事 件。尽管这些事件的成因机制尚不十分清楚,但它们的存在至 少说明了某些环境变化过程非常迅速,对这些事件的研究,为 认识全球气候快速变化的原因以及生物对变化的响应提供了线 索,因此受到普遍的关注。
七年级生物上册第5章第二节《呼吸作用》知识点
七年级生物上册第5章第二节《呼吸作用》知识点第5章绿色开花植物的生活方式第二节呼吸作用一、呼吸作用概念、反应式和在农业生产中的应用1、概念:细胞利用氧,将有机物分解成二氧化碳和水,并且将储存在有机物中的能量释放出来,供给生命活动的需要,这个过程叫做呼吸作用。
2、呼吸作用表达式是:有机物+氧气→二氧化碳+水+能量3、场所:所有的活细胞(主要在线粒体内)4、条件: 有光无光都可以,白天晚上都能进行。
5、原料:有机物和氧气。
6、产物:二氧化碳和水。
7、实质:分解有机物,释放能量。
8、意义:为生命活动提供能量。
9、呼吸作用原理在农业生产上的应用(1)温室种植农作物时,适当降低夜间温度,可以降低呼吸作用,减少有机物的消耗,从而提高农作物产量。
(2)贮存粮食种子时采用低温、干燥和通风的方法,贮存蔬菜水果时采用低温保存或覆盖保鲜膜隔绝空气,都是为了降低呼吸作用,减少有机物的消耗。
➢抑制呼吸作用可简记为:低温、低水、低氧、高二氧化碳。
(3)农田适时松土,遇涝排水,主要是为了使根得到充足的氧气,促进根的呼吸作用。
(4)土壤板结影响草生长的主要原因是土壤缺少氧气,影响草根的呼吸。
二、呼吸作用的探究实验(结合呼吸作用表达式理解)实验一:温度计示数增高说明:种子在萌发时放出热量。
实验二:澄清石灰水变混浊说明种子萌发进行呼吸作用产生二氧化碳。
实验三:蜡烛的熄灭说明种子萌发进行呼吸作用消耗氧气。
➢在上述实验中,也可以用新鲜的豆苗和用沸水烫过的豆苗来代替,但是一定要注意用不透光的黑色瓶子来进行实验,目的是防止瓶中植物在进行呼吸作用的同时也进行光合作用,影响实验结果。
➢验证氧气:带火星的木条(复燃)。
➢验证淀粉:碘液(变蓝)。
➢验证二氧化碳:澄清石灰水(变浑浊)。
三、光合作用和呼吸作用的曲线图1、外界条件对呼吸作用的影响:1、若此图代表光合作用,则:A是二氧化碳;C是氧气;B是水分;D是有机物。
若此图代表呼吸作用,则A是氧气,C是二氧化碳。
第五章第二节动能动能定理
第二节 动能 动能定理 考点一 动能和动能定理1.动能(1)定义:物体由于运动而具有的能.(2)表达式:E k =12m v 2.(3)单位:焦耳,1 J =1 N·m =1 kg·m 2/s 2. (4)矢标性:标量. 2.动能定理(1)内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.(2)表达式:W =E k2-E k1=12m v 22-12m v 21. (3)适用范围①动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动. ②既适用于恒力做功,也适用于变力做功.③力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以不同时作用. 命题视角1 利用动能定理解决恒力做功问题(2015·高考浙江卷)如图所示,用一块长L 1=1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H =0.8 m ,长L 2=1.5 m .斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定.将质量m =0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g =10 m/s 2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x m .[思路点拨] (1)小物块刚好能沿斜面下滑,用平衡条件求解. (2)小物块沿斜面加速下滑,用牛顿第二定律或用动能定理求解. (3)小物块在桌面上减速滑动,用牛顿第二定律或动能定理求解. (4)小物块离开桌面做平抛运动,用平抛运动的知识求解. [解析] (1)为使小物块下滑,应有 mg sin θ≥μ1mg cos θ, θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ=arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑. (2)克服摩擦力做功W f =μ1mgL 1cos θ+μ2mg (L 2-L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ-W f =0 代入数据得μ2=0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ-W f =12m v 2结合①式并代入数据得v =1 m/s由平抛运动规律得H =12gt 2,x 1=v t解得t =0.4 sx 1=0.4 mx m =x 1+L 2=1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m命题视角2 利用动能定理解决变力做功问题如图所示,一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上,杆足够长,环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v 0,如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ,且F =k v (k 为常数,v 为环的速率),则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12m v 20 B .12m v 20+m 3g 22k2 C .0 D .12m v 20-m 3g 22k2[思路点拨] 当环受到的合力向下时,随着环做减速运动,向上的力F 逐渐减小,环将最终静止;当环所受合力向上时,随着环速度的减小,竖直向上的力F 逐渐减小,当力F 减至和重力大小相等时,此时环所受合力为0,杆不再给环阻力,环将保持此时速度不变做匀速直线运动;当环在竖直方向所受合力为0时,环将一直做匀速直线运动.分上述三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可.[解析] 当F =k v 0=mg 时,圆环不受杆的支持力和摩擦力,摩擦力做功为零,故C 可能;当F =k v 0<mg 时,圆环做减速运动到静止,只有摩擦力做功,根据动能定理得-W =0-12m v 20,得W =12m v 20,故A 可能;当F =k v 0>mg 时,圆环先做减速运动,当F =mg 时,圆环不受摩擦力,做匀速直线运动,F =k v =mg 时得v =mg k ,根据动能定理得-W =12m v 2-12m v 20,解得W =12m v 20-m 3g 22k 2,故D 可能.[答案] B命题视角3 利用动能定理解决弹簧弹力做功问题(2015·高考江苏卷)一转动装置如图所示,四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l ,球和环的质量均为m ,O 端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间,原长为L .装置静止时,弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g .求:(1)弹簧的劲度系数k ;(2)AB 杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0;(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中,外界对转动装置所做的功W .[思路点拨] 弹簧弹性势能的变化是由弹力做功来量度的,而弹力一般是变力,故通常用动能定理解决此类问题.[解析] (1)装置静止时,设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1,OA 杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力F 弹1=k ·L2小环受力平衡,F 弹1=mg +2T 1cos θ1 小球受力平衡,F 1cos θ1+T 1cos θ1=mgF 1sin θ1=T 1sin θ1解得k =4mgL.(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2,OA 杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2=k (x -L )小环受力平衡,F 弹2=mg ,得x =54L对小球,F 2cos θ2=mgF 2sin θ2=m ω20l sin θ2且cos θ2=x2l解得ω0= 8g5L .(3)弹簧长度为12L 时,设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3,OA 杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F 弹3=12kL小环受力平衡,2T 3cos θ3=mg +F 弹3,且cos θ3=L4l对小球,F 3cos θ3=T 3cos θ3+mg F 3sin θ3+T 3sin θ3=m ω23l sin θ3 解得ω3=16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理W -mg ⎝⎛⎭⎫3L 2-L 2-2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4-L 4=2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W =mgL +16mgl2L.[答案] (1)4mg L (2) 8g5L(3)mgL +16mgl 2L1.[视角1](2014·高考上海卷)如图,竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成,两轨道长度相等.用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球,分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ,所需时间分别为t 1、t 2;动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变,且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,则( )A .ΔE k1>ΔE k2;t 1>t 2B .ΔE k1=ΔE k2;t 1>t 2C .ΔE k1>ΔE k2;t 1<t 2D .ΔE k1=ΔE k2;t 1<t 2解析:选B.两轨道长度相等,球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,W f =μ(mg cos α+F sin α)·s =μmgx +μFh ,用相同的水平恒力使它们到达最高点,则水平恒力做功相等,摩擦力做功相等,重力做功相等,根据动能定理W F -mgh -W f =ΔE k 知,动能的增量相等,即ΔE k1=ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v -t 图象如图所示,则t 1>t 2.2.[视角2](2016·北京101中学检测)如图所示,质量为m 的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( )A.m v 202 B .2m v 202 C.m v 204D .m v 20 解析:选C.由题意知,绳与水平方向夹角为45°时,沿绳方向的速度v =v 0cos 45°=2v 02,故质量为m 的物体速度等于2v 02,对物体应用动能定理可知,在此过程中人所做的功为W =12m v 2-0=m v 204,C 正确.3.[视角3]如图所示,倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ,轻弹簧的下端固定在挡板M 上,在自然长度下,弹簧的上端在O 点处.质量为m 的物块A (可视为质点)从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动,PO =x 0,物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ′点,然后A 被弹簧弹回.A 离开弹簧后,恰好能回到P 点.已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度用g 表示.求:(1)物块A 运动到O 点的速度大小; (2)O 点和O ′点间的距离x 1;(3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .解析:(1)物块A 从P 点运动到O 点,只有重力和摩擦力做功,由动能定理可知(mg sin θ-μmg cos θ)x 0=12m v 2-12m v 20得:v =v 20+2g (sin θ-μcos θ)x 0.(2)物块A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中,根据动能定理: μmg cos θ·2(x 1+x 0)=12m v 20x 1=v 204μg cos θ-x 0.(3)物块A 从O ′点向上运动到P 点的过程中,由能量守恒定律可知: E p =(mg sin θ+μmg cos θ)·(x 1+x 0)解得E p =14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ+1. 答案:(1)v 20+2g (sin θ-μcos θ)x 0(2)v 204μg cos θ-x 0 (3)14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ+11.对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系:①数量关系:即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.②因果关系:合外力的功是引起物体动能变化的原因.(2)动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等,在处理含有上述物理量的问题时,优先考虑使用动能定理.2.应用动能定理的三理解、两注意(1)三理解:①动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系.②动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.③动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理.(2)两注意:①动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间,比动力学研究方法更简便.②当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解.考点二 利用动能定理解决曲线运动问题在解决曲线运动尤其是平抛运动(抛体运动)、圆周运动时运用运动学公式很难研究过程中的运动参量,不能清晰明确曲线运动的初、末状态运动量;而动能定理一般不涉及中间过程,只与初、末状态有关,因此解决曲线运动有很大优势.命题视角1 与圆周运动相结合的问题(2015·高考全国卷Ⅰ)如图,一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时,对轨道的压力为4mg ,g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )A .W =12mgR ,质点恰好可以到达Q 点B .W >12mgR ,质点不能到达Q 点C .W =12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D .W <12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离[思路点拨] 圆周运动中摩擦力做的功与运动速度有关,因为速度影响向心力,向心力影响支持力,而支持力影响摩擦力.[解析] 设质点到达N 点的速度为v N ,在N 点质点受到轨道的弹力为F N ,则F N -mg =m v 2NR ,已知F N =F ′N =4mg ,则质点到达N 点的动能为E k N =12m v 2N =32mgR .质点由开始至N 点的过程,由动能定理得mg ·2R +W f =E k N -0,解得摩擦力做的功为W f =-12mgR ,即克服摩擦力做的功为W =-W f =12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′,则W ′<W .从N 到Q 的过程,由动能定理得-mgR -W ′=12m v 2Q -12m v 2N ,即12mgR -W ′=12m v 2Q ,故质点到达Q 点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C 正确.[答案] C命题视角2 与平抛运动相结合的问题一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的一侧竖直,另一侧的坡面呈抛物线形状.此队员从山沟的竖直一侧,以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面.如图所示,以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy .已知,山沟竖直一侧的高度为2h ,坡面的抛物线方程为y =12hx 2,探险队员的质量为m .人视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g .(1)求此人落到坡面时的动能;(2)此人水平跳出的速度为多大时,他落在坡面时的动能最小?动能的最小值为多少?[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ,在坡面上落点的横坐标为x ,纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x =v 0t ①2h -y =12gt 2②根据题意有y =x 22h③ 由动能定理mg (2h -y )=12m v 2-12m v 20④联立①②③④式得12m v 2=12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20+4g 2h 2v 20+gh .⑤ (2)⑤式可以改写为v 2=⎝⎛⎭⎪⎫v 20+gh -2gh v 20+gh 2+3gh ⑥ v 2有极小的条件为⑥式中的平方项等于0,由此得 v 0=gh此时v 2=3gh ,则最小动能为⎝⎛⎭⎫12m v 2min =32mgh . [答案] 见解析命题视角3 与平抛、圆周运动相结合的综合问题山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如图所示.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点,O 为青藤的固定点,h 1=1.8 m ,h 2=4.0 m ,x 1=4.8 m ,x 2=8.0 m .开始时,质量分别为M =10 kg 和m =2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头.大猴抱起小猴跑到C 点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的D 点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度g =10 m/s 2.求:(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值; (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小; (3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小. [思路点拨] (1)大猴从A →B 做什么运动?(2)猴子抓住青藤荡起,从C →D ,受几个力作用?其中有哪些力做功?机械能是否守恒? [解析] (1)设大猴从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ,根据平抛运动规律,有h 1=12gt 2x 1=v min t代入数据解得v min =8 m/s.(2)设荡起时的速度为v C ,由动能定理得:-(M +m )gh 2=0-12(M +m )v 2C 解得v C =2gh 2=80 m/s ≈9 m/s.(3)设拉力为F T ,青藤的长度为L ,在最低点,根据牛顿第二定律有F T -(M +m )g =(M +m )v 2CL由几何关系得(L -h 2)2+x 22=L 2代入数据解得F T =216 N.[答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N4.[视角1](2015·高考海南卷)如图所示,一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg ,重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B .13mgR C.12mgR D .π4mgR 解析:选C.在Q 点,质点受重力和支持力作用,由牛顿第二定律有:F N -mg =m v 2R,又F N =2mg ,质点由P 到Q 过程中,由动能定理有:mgR -W f =12m v 2,联立以上各式解得,克服摩擦力所做的功为W f =12mgR ,C 项正确.5.[视角2](2014·高考福建卷)右图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切.点A 距水面的高度为H ,圆弧轨道BC 的半径为R ,圆心O 恰在水面.一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下,不计空气阻力.(1)若游客从A 点由静止开始滑下,到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点,OD =2R ,求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ;(2)若游客从AB 段某处滑下,恰好停在B 点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道,求P 点离水面的高度h .(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F 向=m v 2R)解析:(1)游客从B 点做平抛运动,有 2R =v B t ①R =12gt 2②由①②式得 v B =2gR ③从A 到B ,根据动能定理,有mg (H -R )+W f =12m v 2B -0④由③④式得W f =-(mgH -2mgR ).⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ,游客在P 点时的速度为v P ,受到的支持力为N ,从B 到P 由动能定理,有mg (R -R cos θ)=12m v 2P-0⑥过P 点时,根据向心力公式,有mg cos θ-N =m v 2PR ⑦又N =0⑧cos θ=hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h =23R .答案:(1)2gR -(mgH -2mgR ) (2)23R6.[视角3]如图所示,从A 点以某一水平速度v0抛出一质量m =1 kg 的小物块(可视为质点),当物块运动至B 点时,恰好沿切线方向进入∠BOC =37°的光滑圆弧轨道BC ,经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上,圆弧轨道C 端的切线水平.已知长木板的质量M =4 kg ,A 、B 两点距C 点的高度分别为H =0.6 m 、h =0.15 m ,R =0.75 m ,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,g =10 m/s 2.求:(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小; (2)小物块滑动至C 点时,对圆弧轨道的压力大小; (3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板.解析:(1)从A 点到B 点,物块做平抛运动,H -h =12gt 2设到达B 点时竖直分速度为v y ,则v y =gt , 联立解得v y =3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ=37° 有tan θ=v y /v 0=3/4,得v 0=4 m/s 在B 点时的速度大小v 1=v 20+v 2y =5 m/s.(2)从A 点至C 点,由动能定理有:mgH =12m v 22-12m v 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ,则有F N -mg =m v 22R解得:v 2=27 m/s ,F N =47.3 N根据牛顿第三定律可知,物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力 F f =μ1mg =7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F ′f =μ2(M +m )g =10 N因为F f <F ′f ,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l =v 222μ1g=2.0 m.答案:(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m(1)解决抛体运动都可用动能定理求解速度大小问题,但不能求其方向.(2)圆周运动中用动能定理可把临界点的运动情况推广到圆上各点.(3)用动能定理解决曲线运动问题一定要关注运动交接点的运动状态变化.考点三 动能定理在多阶段多过程问题中的应用当物体的运动是由几个物理过程组成或物体做多过程往复运动,且又不需要研究过程的中间状态时,可以把这几个物理过程看做一个整体进行研究,从而避免每个运动过程的具体细节,具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点.如图所示,AB 是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰好在B 点与圆弧相切,圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动.已知P 点与圆弧的圆心O 等高,物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ,求:(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程; (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时,对圆弧轨道的压力; (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ,释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件.[思路点拨] 首先要判断出物体最后所停留的位置(或过程),即确定末状态,然后再根据动能定理求解全过程问题.[解析] (1)因为摩擦力始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动.对整体过程由动能定理得: mgR ·cos θ-μmg cos θ·s =0,所以总路程为s =Rμ.(2)对B →E 过程mgR (1-cos θ)=12m v 2E ①F N -mg =m v 2ER ②由①②得F N =(3-2cos θ)mg由牛顿第三定律可知,物体对轨道的压力 F ′N =F N =(3-2cos θ)mg ,方向竖直向下. (3)设物体刚好到达D 点,则mg =m v 2DR③L ′取最小值时,对全过程由动能定理得:mgL ′sin θ-μmg cos θ·L ′-mgR (1+cos θ)=12m v 2D ④由③④得L ′=3+2cos θ2(sin θ-μcos θ)·R故应满足的条件为L ′≥3+2cos θ2(sin θ-μcos θ)·R.[答案] (1)R μ(2)(3-2cos θ)mg ,方向竖直向下 (3)L ′≥3+2cos θ2(sin θ-μcos θ)·R7.(多选)如图所示,一质量m =0.75 kg 的小球在距地面高h =10 m 处由静止释放,落到地面后反弹,碰撞时无能量损失.若小球运动过程中受到的空气阻力f 的大小恒为2.5 N ,g =10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5 mB .小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3.3 mC .小球在空中运动的总路程为30 mD .小球在空中运动的总路程为28.75 m解析:选AC.设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h 2,从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h 2的过程中,由动能定理有mg (h -h 2)-f (h +h 2)=0,解得:h 2=mg -f mg +fh =5 m ,选项A 正确;对小球运动的全过程,由动能定理可得,mgh -fs 总=0,解得s 总=mgh f=30 m ,选项C 正确.8.如图所示,ABCD 是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧,B 、C 在水平线上,其距离d =0.50 m .盆边缘的高度为h =0.30 m .在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B 的距离为( )A .0.50 mB .0.25 mC .0.10 mD .0解析:选D.由于BC 面粗糙,物块在BC 面上往返运动不断消耗机械能,直至停止运动.设物块在BC 面上运动的总路程为s .根据动能定理得:mgh -μmgs =0,解得s =h μ=0.300.10m =3 m ,因为30.50=6,可见物块最后停在B 点,D 正确.一、选择题(1~6小题为单选题,7~10小题为多选题)1.(2016·宁波模拟)如图所示,木盒中固定一质量为m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F (F =mg ),若其他条件不变,则木盒滑行的距离( )A .不变B .变小C .变大D .变大变小均可能[导学号76070223] 解析:选B.设木盒质量为M ,木盒中固定一质量为m 的砝码时,由动能定理可知,μ(m +M )gx 1=12(M +m )v 2,解得x 1=v 22μg;加一个竖直向下的恒力F (F =mg )时,由动能定理可知,μ(m +M )gx 2=12M v 2,解得x 2=M v 22(m +M )μg.显然x 2<x 1.2.如图所示,一个人推磨,其推磨杆的力的大小始终为F ,与磨杆始终垂直,作用点到轴心的距离为r ,磨盘绕轴缓慢转动.则在转动一周的过程中推力F 做的功为( )A .0B .2πrFC .2FrD .-2πrF[导学号76070224] 解析:选B.磨盘转动一周,力的作用点的位移为0,但不能直接套用W =Fs cos α求解,因为在转动过程中推力F 为变力.我们可以用微元的方法来分析这一过程.由于F 的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致,因此可把圆周划分成很多小段来研究,如图所示,当各小段的弧长Δs i 足够小(Δs i →0)时,F 的方向与该小段的位移方向一致,所以有:W F =F Δs 1+F Δs 2+F Δs 3+…+F Δs i =F ·2πr =2πrF (这等效于把曲线拉直).3.(2016·衡水模拟)质量为10 kg 的物体,在变力F 作用下沿x 轴做直线运动,力随坐标x 的变化情况如图所示.物体在x =0处,速度为1 m/s ,一切摩擦不计,则物体运动到x =16 m 处时,速度大小为( )A .2 2 m/sB .3 m/sC .4 m/sD .17 m/s[导学号76070225] 解析:选B.根据F -x 图象可得W 总=40 J ,由动能定理得:W 总=12m v 2-12m v 20,解得v =3 m/s ,B 对4.(2016·太原摸底)如图所示,将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出.小球落回地面时,其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变,则空气阻力的大小等于( )A.34mg B .316mg C.716mg D .725mg [导学号76070226] 解析:选D.对小球向上运动,由动能定理,-(mg +f )H =0-12m v 20,对小球向下运动,由动能定理,(mg -f )H =12m ⎝⎛⎭⎫34v 02,联立解得f =725mg ,选项D 正确.5.如图所示,质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等,在力F 的作用下,一起沿水平地面向右移动x ,则( )A .摩擦力对A 、B 做功相等B .A 、B 动能的增量相同C .F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D .合外力对A 做的总功与合外力对B 做的总功不相等[导学号76070227] 解析:选B.对A 、B 分别受力分析,受力如图所示对A 分析:F N -F sin α-G =0,f =μF N =μ(F sin α+G )对B 分析:F N1=G ,f 1=μF N1=μG ,W f =fL ,W f 1=f 1L ,因为f >f 1,所以W f >W f 1,故A 项错误;根据动能定理可知,A 、B 所受的合外力做的功等于A 、B 物体动能的变化,而A 、B 动能的变化量相等,所以合外力对A 、B 做的功相等,故B 正确,D 错误;F 对B 不做功,只对A 做功,故C 错误.6.如图所示,某滑草场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′(均可看做斜面).质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下,最后都停在水平草面上,斜草面和水平草面平滑连接,滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同,下列说法正确的是( )A .甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B .甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C .甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D .甲停下时的位置与B 的距离和乙停下时的位置与B ′的距离相等[导学号76070228] 解析:选C.设斜草面长度为l ,倾角为θ,游客在斜草面上下滑,克服摩擦力做功W =μmgl cos θ,因此甲克服摩擦力做的功少,选项A 错误;由A 点到斜草面底端过程,由动能定理有mgh -μmgl cos θ=12m v 2,可得v B >v B ′,选项B 错误;游客由A 点开始下滑到停在水平草面上,设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离,由动能定理有mgh -μmg (l cos θ+x )=0,则l cos θ+x =h μ,与斜草面的倾角无关,所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置,选项C 正确、D 错误.7.(2016·南昌模拟)如图所示,与水平面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三个等间距点B 、C 和D ,即AB =BC =CD ,D 点距水平面高为h .小滑块以某一初速度从A 点出发,沿斜面向上运动.若斜面光滑,则滑块到达D 位置时速度为零;若斜面AB 部分与滑块有处处相同的摩擦,其余部分光滑,则滑块上滑到C 位置时速度为零,然后下滑.已知重力加速度为g ,则在AB 有摩擦的情况下( )A .从C 位置返回到A 位置的过程中,克服阻力做功为23mgh B .滑块从B 位置返回到A 位置的过程中,动能变化为零C .滑块从C 位置返回到B 位置时的动能为13mgh D .滑块从B 位置返回到A 位置时的动能为23mgh [导学号76070229] 解析:选BC.由于A 、B 、C 和D 等间距,A 、B 、C 和D 所处的高度均匀变化,设A 到B 重力做功为W G ,从A 到D ,根据动能定理,有-3W G =0-12m v 20;若斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦,设克服摩擦力做功为W f ,根据动能定理,有-2W G-W f =0-12m v 20,联立解得W G =W f ,所以从C 位置返回到A 位置的过程中克服阻力做功为13mgh ,选项A 错误;从B 位置返回到A 位置时因W G =W f ,所以动能的变化为零,选项B 正确;设滑块下滑到B 位置时速度大小为v B ,根据动能定理,有W G =12m v 2B =13mgh ,选项C 正确,D 错误.8.如图所示,MPQ 为竖直面内一固定轨道,MP 是半径为R 的1/4光滑圆弧轨道,它与水平轨道PQ 相切于P 点,Q 端固定一竖直挡板,PQ 长为x .一小物块在M 端由静止开始沿轨道下滑,与挡板发生一次碰撞后以碰前速率反向弹回,最后停在距离Q 点为l 的地方,重力加速度为g ,则( )A .物块由静止滑至圆弧轨道P 点时速度大小为2gRB .物块由静止滑至圆弧轨道P 点时对轨道压力的大小为mgC .物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R x -lD .物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R 3x -l[导学号76070230] 解析:选AD.设物块滑至P 点时的速度为v ,根据动能定理有mgR =12m v 2-0,解得v =2gR ,选项A 正确;设物块到达P 点时,轨道对它的支持力大小为F N ,根据牛顿第二定律有F N -mg =m v 2R,解得F N =3mg ,根据牛顿第三定律,物块对轨道压力的大小F ′N =F N =3mg ,选项B 错误;若物块与Q 处的竖直挡板相撞后,向左运动一段距离,停在距Q 为l 的地方.设该点为O ,物块从M 运动到O 的过程,根据动能定理有mgR -μmg (x+l )=0-0,解得μ=R x +l,选项C 错误;若物块与Q 处的竖直挡板相撞后,向左运动冲上圆弧轨道,后又返回水平轨道,停在距Q 为l 的O 点,全程应用动能定理有mgR -μmg (2x +x-l )=0-0,解得μ=R 3x -l,选项D 正确.9.(2016·南宁月考)在有大风的情况下,一小球自A 点竖直上抛,其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动),小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上,M 点为轨迹的最高点.若风力的大小恒定,方向水平向右,小球在A 点抛出时的动能为4 J ,在M 点时它的动能为2 J ,落回到B 点时动能记为E k B ,小球上升时间记为t 1,下落时间记为t 2,不计其他阻力,则( )A .x 1∶x 2=1∶3B .t 1<t 2C .E k B =6 JD .E k B =12 J[导学号76070231] 解析:选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1=t 2得,x 1∶(x 1+x 2)=1∶22=1∶4,即x 1∶x 2=1∶3,A 正确,B 错误;A →M 应用动能定理得-mgh +W 1=12m v 2M -12m v 2,① 竖直方向有v 2=2gh ②①②式联立得W 1=2 JA →B 风力做功W 2=4W 1=8 J ,A →B 由动能定理W 2=E k B -E k A ,可求得E k B =12 J ,C 错误,D 正确.10.2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来.如图所示,一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下,当。
第五章第二节学习迁移的基本理论
⼀、早期的迁移理论 早期的迁移理论主要包括形式训练说、共同要素说、经验类化说与关系转换说等。
(⼀)形式训练说 形式训练说的⼼理学基础是官能⼼理学。
它认为⼼理官能只有通过训练才得以发展,迁移就是⼼理官能得到训练⽽发展的结果。
形式训练说认为,进⾏官能训练时,关键不在于训练的内容,⽽在于训练的形式。
形式训练说在欧美盛⾏了约200年,⾄今仍有⼀定的影响。
但该理论因缺乏充分的科学依据⽽受到质疑和挑战。
(⼆)共同要素说 该理论的代表⼈物是教育⼼理学的创始⼈桑代克。
他在1901年的“形状知觉”实验是共同要素说的经典研究。
在实验研究基础上,他提出只有当两种情境中有相同要素时才能产⽣迁移。
其后伍德沃斯把共同要素说修改为共同成分说,即两情境中有共同成分时可以产⽣迁移。
共同要素说在某些⽅⾯对形式训练说进⾏了否定,也使迁移的研究有所深⼊。
但仅将迁移视为相同联结的转移,这在某种程度上否认了迁移过程中复杂的认知活动。
因此有⼀定的机械性和⽚⾯性。
(三)经验类化理论 该理论的代表⼈物是⼼理学家贾德。
该理论的依据是贾德在1908年的“⽔下击靶”的经典实验。
经验类化理论则强调概括化的经验或原理在迁移中的作⽤。
它认为先前的学习之所以能迁移到后来的学习中,是因为在先前的学习中获得了⼀般原理,这种⼀般原理可以部分或全部应⽤于前后两种学习中。
产⽣迁移的关键则是学习者所概括出来的、并且是两种活动所具有的共同的原理或概括化的经验。
经验类化理论强调概括化的经验在迁移中的作⽤,强调原理的理解,这⼀点⽐相同要素说有所进步。
但概括化的经验仅是影响迁移成功与否的条件之⼀,并不是迁移的全部。
(四)关系转换理论 该理论的代表⼈物是格式塔⼼理学家,⽀持该理论的经典实验是苛勒1919年的“⼩鸡(或幼⼉)觅⾷”实验。
他强调顿悟是学习迁移的⼀个决定因素。
他们证明迁移产⽣的实质是个体对事物间的关系的理解。
习得的经验能否迁移,取决于能否理解各个要素之间形成的整体关系,能否理解原理与实际事物之间的关系。
红星照耀中国第五章第二节概括
红星照耀中国第五章第二节概括
在《红星照耀中国》第五章第二节中,作者详细描述了中国共产党
在建设社会主义事业中的辉煌历程。
本节主要探讨了中国共产党在新中国成立初期面临的严重困难和挑战,以及在克服困难中取得的重大成就。
首先,作者提到了在国内外形势复杂严峻的情况下,中国共产党领
导人带领全党和人民群众,坚定不移地走社会主义道路。
他们发动了
土地改革运动,解放了农民,瓦解了封建地主阶级的统治。
同时,他
们还大力推动了工业化进程,积极发展国民经济。
其次,作者描述了中国共产党在抗击敌人和保卫国家独立的斗争中
展现的勇气和智慧。
他们带领人民开展了长征,以及在全国抗日战争
中的英勇抵抗,最终夺取了抗日战争的胜利。
在这一过程中,中国共
产党坚守以人民为中心的原则,切实保护了人民的利益,得到了广大
人民群众的支持。
同时,作者也提到了中国共产党在建设社会主义和推进改革开放的
过程中所取得的重大成就。
他们坚持用马克思主义的科学理论武装全
党和人民,推动了经济体制的改革与发展,促进了社会主义事业的繁荣。
在改革开放的进程中,他们积极吸收借鉴国外的先进经验,不断
探索中国特色社会主义道路,开创了中国特色社会主义事业的新局面。
总的来说,《红星照耀中国》第五章第二节通过详实的描述,生动
地概括了中国共产党在建设社会主义事业中的辉煌历程,展示了中国
共产党坚持马克思主义,勇于面对困难,团结带领人民群众,取得的重大成就。
这一历程不仅对民族复兴具有重要意义,也为世界社会主义事业的发展作出了重要贡献。
地理七年级上册第五章第二节 世界的人种、语言和宗教
世界居民三种分,体质特征要记清。 黄人肤黄头发黑,体毛中等面庞平。 白人三色都很浅,高高鼻梁薄嘴唇。 黑人皮黑头发卷,体毛较少厚嘴唇。 各个种族应平等,没有高贵卑贱别。
汉语、 英 语、 法语、 俄语、西班牙语、阿拉伯 语,
是世界上的主要语言,也是联合国的工作语言。
A
C
B
1.读“世界人种分布图”,完成下列要求:
(1)图例A代表 人种的分布,该人种主要分布在
。
(2)图例B代表 人种的分布,该人种主要分布在
。
(3)图例C代表 人种的分布,该人种在美洲也有分布的原因
是
。
★ 汉 语,是世界上使用人数最多的语言。 ★ 英 语,是世界上使用范围最广的语言。
世界主要语言的分布
汉语主要分布在:中国、 东南亚 的
一些国家。
汉语
英语主要分布在: 欧 洲的西部、 亚 洲 的南部、 非 洲、 北美 洲、 大洋 洲等。
英语
俄语主要分布在:俄罗斯、中亚、东欧等国。
俄语
法语主要分布在:法国、 非洲 的一
些国家。
法语
西班牙语主要分布在: 西班牙 、 拉丁美 洲的许多国家。
西班牙语
阿拉伯语主要分布在:北非和西亚的
一些国家。
阿拉伯语
.三大宗教
1. 基督教、 伊斯兰教和 佛教是世
界的三大宗教。
世界宗教的分布
基督教 伊斯兰教 佛教 其他
世界宗教的分布
基督教
基督教主要分布地区:
欧洲、美洲和大洋洲
宗教与文化
德国科隆大教堂 基督教起源于西亚,是世界上信徒最多的宗教。
世界宗教的分布
伊斯兰教
伊斯兰教主要分布地区: 亚洲的西部和东南部、非洲的北部和东部
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如果结构类似物与调节酶相结合,所获得的便是抗反馈抑制的抗性菌株。筛选抗阻 遏和抗反馈的双重突变则更易于获得高产菌株。对一末端产物的生成途径了解的愈加清 楚,就能定向选育多重突变株,而得到过量生产。 对于生物合成途径已弄清的目的产物, 特别是氨基酸、 核苷酸来说, 当不能从野生型、 营养缺陷型得到生产菌株时,抗结构类似物突变株更为重要。现在许多氨基酸、嘌呤、 嘧啶和维生素的结构类似物已用于氨基酸、核苷、核苷酸和维生素高产菌株的育种工作。 如下表所示。
二、解除反馈调节 1.降低末端产物浓度 /选育营养缺陷型突变株 营养缺陷型菌株中,由于合成途径中某一步骤发生缺陷,终产物不能积累,因此可以 解除终产物的反馈调节。直线式的合成途径中,选育末端产物营养缺陷型的突变株,只 能累积中间代谢物。分支代谢途径中,通过解除某种反馈调节,就可以使另一分支途径 的末端产物得到累积。 (1)利用营养缺陷型积累直链代谢途径中间产物: � 诱变获得 E 的营养缺陷型(诱变使 EC 失活)。
第二节
微生物代谢产物的过量产生
工业发酵的目的就是大量地积累人们所需要的微生物代谢产物。 在正常生理条件下, 微 生物总是通过其代谢调节系统最经济地吸收利用营养物质用于合成细胞结构,进行生长 和繁殖,它们通常不浪费原料和能量,也不积累中间代谢产物。人为地打破微生物的代 谢控制体系,就有可能使代谢朝着人们希望的方向进行,这就是所谓代谢控制发酵。虽 然微生物代谢调节的理论目前还有很大的局限性,但它已在微生物育种和发酵工艺的优 化中发挥了重要的作用。随着代谢调节理论的不断充实和完善,代谢的人工控制将对发 酵工业发挥更加重要的作用。
2、选育抗反馈调节的突变株 在以积累末端产物为目的的发酵生产中, 如果代谢途径无分支,营养缺陷型突变株 的应用并不普遍。因此提高产量,最好采用抗反馈调节突变株。 抗反馈调节突变株指反 馈抑制或阻遏已解除,或是反馈抑制和阻遏已同时解除的组成型菌株,能分泌大量的末 端代谢产物。 从遗传学角度来考虑,如调节基因发生突变,使产生的阻遏蛋白失活;不能与末端分 解代谢产物结合,或操纵基因发生突变使阻遏蛋白不能与其结合,都能获得抗分解代谢 阻遏的突变株。前者为隐性突变,后者为显性突变,都能由此导致酶的过量产生。抗反 馈调节突变株的选育方法有两种:终产物结构类似物抗性突变株、营养缺陷型回复突变 株。 (1)终产物结构类似物抗性突变株的筛选 结构类似物也称代谢拮抗物,指那些在结构上和代谢终产物 (氨基酸、嘌呤、维生素 等)相似的物质。结构类似物和终产物结构相似,能够引起反馈阻遏 (抑制);但不能正常 参与蛋白质的合成,或只能合成无活性的蛋白质。 终产物结构类似物抗性突变株的筛选机制: 正常情况下, 代谢末端产物氨基酸 A 是菌体蛋白的必需组成成分, 它能反馈阻遏或抑 制合成它的有关酶。它的结构类似物 A’在空间结构上与之相似,也能象 A 一样与原阻 遏物或调节酶的调节亚基结合,从而发生阻遏或抑制作用。但 A’不能正常参与蛋白质 的合成,或只能合成无活性的蛋白质。 但如果突变株解除了反馈控制,即末端产物氨基酸 A 无法与原阻遏物或调节亚基结 合,那么 A’也就无法起反馈调节作用,A’的毒害作用就表现不出来。我们说该菌株对 A’有抗性而得以生存下来。根据以上原理,只要选取结构类似物抗性突变株,就有可能 得到解除了反馈调节的突变株。
(3)渗漏缺陷型的利用 渗漏缺陷型是一种特殊的营养缺陷型,是遗传性代谢障碍不完全的突变型。其特点是 酶活力下降而不完全丧失,并能在基本培养基上少量生长。
渗漏缺陷型由于酶活力下降,不产生过量的末端产物 可以避开反馈 调节。但能合成微 量的末端产物,用来进行生物合成;在培养这种突变体时,可不必在培养基中添加相应 的物质,就能积累所需的产物。 渗漏缺陷型的获得方法: 把大量营养缺陷型菌株接种在基本培养基平板上,挑选生长特别慢而又很小的菌落。
通过诱变处理,使调节基因发生突变,不产生有活性的阻遏蛋白,或者操纵基因发生 突变不再能与阻遏物相结合,都可达到此目的。组成型突变株在没有诱导物存在的情况 下就能正常地合成诱导酶。故可以利用一些易同化碳源或价廉易得的碳源为基质生产所 需的诱导酶类。 已设计出多种选育组成型突变株的方法, 其主要原则是创造一种利于组成型菌株生长 而不利于诱导型菌株生长的培养条件,造成产生的组成型突变株选择出来。 筛选方法 1——限量诱导物恒化培养
(2)从营养缺陷型的回复突变株也能获得抗反馈的突变菌株 营养缺陷型是通过诱变而产生的缺乏合成某些营养物质如氨基酸、维生素和碱基等的能 力,必须在其基本培养基中加入相应的营养成分才能正常生长的变异株。筛选营养缺陷 型的回复突变株也能获得抗反馈的突变菌株。机制如下:
反馈阻遏/抑制 Ea Eb Ec Ed
3、细胞膜透性突变株的选育 细胞质膜的透性的调节是微生物代谢调节的重要方式,由它控制着营养物质的吸收和 产物分泌。如果细胞膜通透性很强,则细胞内代谢物质容易往外分泌,降低胞内产物的 浓度,直到环境中该物质的浓度达到抑制程度,胞内合成才会停止,这样大大提高产物 的生成量。反之,细胞膜通透性较差,则胞内代谢产物难以分泌到胞外,使胞内终产物 浓度大量增加而引起反馈调节,影响终产物的积累。
A
B
C
D
E
a.通过突变,使途径中对反馈敏感的酶缺失,得到 E 的营养缺陷型突变株; b.利用基本培养基筛选回复突变株;得到的回复突变株有两种情况,一种是缺失的酶 完全回复了活性和对反馈的敏感,即与野生型菌株完全相同;另一种情况是缺失的酶回 复了活性,但调节亚基的调节功能没有回复,对反馈调节依然不敏感,这即是我们想要 的抗反馈突变株,该营养缺陷型回复突变株解除了对途径中调节酶的反馈调节。这样的 回复突变株便能过量地积累末端产物。
1 2
将野生型的菌种经诱变后移接到低浓度诱导物的恒化器中连续培养。 由于该培养基中底物浓度低到对野生型菌株不发生诱导作用,所以诱导型的野生 型菌株不能生长。
3
组成型突变株由于不经诱导就可以产生诱导酶而利用底物,因而很快得以生长。
筛选方法 2——利用鉴别性培养基 在平板上识别组成型突变株的方法,主要是利用在无诱导物存在时进行培养,它能产 生酶,加入适当的底物进行反应显示酶活加以识别。使用酶解后可以有颜色变化的底物, 便于迅速捡出组成型菌落。如甘油培养基平板中培养大肠杆菌时,诱导型菌株不产酶, 组成型菌株可产生半乳糖苷酶。菌落长出后喷布邻硝基苯半乳糖苷,组成型菌株的菌落 由于能水解它而呈现硝基苯的黄色,诱导型则无颜色变化。另如羧甲基纤维素被内切纤 维素酶水解后,由于暴露出更多的还原性末端而能被刚果红所染色。可由此方便地检出 纤维素酶产生菌。
四. 生物化学方法 以上都是通过诱变筛选,改变菌株的遗传学背景得到高产菌种,在实际生产上,不通 过遗传学方法也能改变菌株的调节机制,称为生物化学法。主要有四种方法。 1.提供诱导(见前) 2.提供前体物质绕过反馈控制点 3.控制培养基的成分 4.发酵与产物分离的过程耦合
在工业微生物育种中,可利用营养缺陷型来阻断代谢流或切断支路代谢。使代谢途径 朝着有益产物合成方向进行。如赖氨酸高产菌的选育。如下图所示,谷氨酸棒杆菌的代 谢调节和赖氨酸的生产:
一方面天冬氨酸除合成赖氨酸外,还合成苏氨酸和甲硫氨酸;另一方面赖氨酸和苏氨 酸对天冬氨酸激酶有协同反馈抑制作用; 因此正常的细胞内难以积累较高浓度的赖氨酸。 为了解除正常的调节以获得赖氨酸的高产菌株,可以选育谷氨酸棒杆菌的高丝氨酸缺陷 型作为赖氨酸的发酵菌种。该缺陷型不能合成高丝氨酸脱氢酶(HSDH),不能合成高丝氨 酸,也不能合成苏氨酸和蛋氨酸。在补充适量高丝氨酸(或苏氨酸和蛋氨酸)条件下,菌株 能大量产生赖氨酸。
第一部分 提高初级代谢产物产量的方法 一、对诱导调节的控制 1.提供诱导——添加底物类似物 与糖类和蛋白质降解有关的水解酶类大都属诱导酶类,因此向培养基中加入诱导物就 会增加胞外酶的产量。如加入槐糖(1,2—β—D—葡二糖)诱导木霉菌的纤维素酶的生成, 木糖诱导半纤维素酶和葡萄糖异构酶的生成等。 底物类似物不易被所形成的酶分解,始终保持较高的浓度,能够持续地诱导酶的合成, 获得较高浓度的酶。如用异丙基硫代半乳糖苷(IPTG)可诱导β-半乳糖苷酶的合成。 底物易被所形成的酶分解,使底物浓度逐渐下降,诱导强度也逐渐降低。 需要不断 补加底物(分批补料或流加补料) ,增加发酵工艺的复杂性。 底物能被迅速利用时,会发生酶合成的阻遏。底物能被迅速利用时,会发生酶合成的 阻遏,这在纤维二糖对纤维素酶的产生,木二糖对半纤维素酶产生中都己观察到,这也 是使用诱导物时应予注意的。 2.解除诱导/选育组成型突变株 在发酵工业中,要选择到一种廉价、高效的诱导物是不容易的,分批限量加入诱导物 在工艺上也多不便,更为有效的方法是改变菌株的遗传特性,除去对诱导物的需要,即 选育组成型突变株。 组成型突变株:操纵基因或调节基因突变引起酶合成诱导机制失灵,菌株不经诱导也 能正常合成诱导酶的调节突变型,称为组成型突变株。
� 中间产物 C 不再转变成中间物 D 和末端产物 E � E 的营养缺陷型不能合成末端产物 E,所以就解除了 E 对 Ea 和 Eb 的反馈调节。 � 提供低浓度的、不足以引起反馈调节的物质 E,就能积累高浓度的中间产物 C。
(2)利用营养缺陷型积累分支代谢途径中间产物: 末端产物 L 和 N 对酶 a 有协同反馈调节;此外, L 抑制酶 J1,N 抑制酶 J2。 � 选用缺失酶 J1 的突变株,则 L 的合成受阻。L 和 N 对酶 a 的协同反馈被解除。 � 酶 J2 还受到末端产 N 的反馈调节,只有少量的 J 能转变成 N,于是中间产物 J 大 量积累。
细胞膜透性突变株的选育原理是采取生理学或遗传学方法,提高细胞膜的通透性, 使 胞内的代谢产物迅速渗漏到细胞外,达到解除末端产物反馈调节作用的目的。通常有三 种方法: 1) 生物素缺陷型突变株 生物素是脂肪酸生物合成中乙酰 CoA 羧化酶的辅基,该酶催化乙酰 CoA 的羧化生成 丙二酸单酰 CoA,进而合成细胞膜磷脂的主要成分脂肪酸。因此,诱变筛选生物素缺陷 型菌株,保证细胞的生长,控制生物素的含量就可以改变细胞膜的成分,进而改变膜的 通透性,影响到代谢产物的分泌。 例如在谷氨酸发酵生产中,生物素的浓度对谷氨酸的积累有明显的影响,只有把生物 素的浓度控制在适量情况下,才能大量分泌谷氨酸,若过量供给生物素,菌体内虽有大 量谷氨酸积累,但不能分泌到体外。当生物素含量为 2.5mg/ml 时,谷氨酸的产量最高, 继续增加生物素,谷氨酸产量反而下降。 当生物素含量较高时,添加适量的青霉素也有提高谷氨酸产量的效果。其原因是青霉 素可抑制细菌细胞壁肽聚糖合成中转肽酶活性,结果引起其结构中肽桥间无法交联,造 成细胞壁缺损,这有利于代谢产物渗漏到胞外。 2) 油酸缺陷型突变株 油酸缺陷型突变株切断了油酸的后期合成 (丧失脂肪酸合成酶),丧失了自身合成油酸 的能力,即丧失脂肪酸合成能力,直接影响到磷脂合成量的多少和细胞膜的渗透性。 通过控制培养基中油酸的含量,使磷脂合成量减少到正常量的 1/2 左右,细胞变形, 形成渗漏型的细胞,使谷氨酸大量累积。 3) 甘油缺陷型的突变株 甘油缺陷型的遗传障碍是丧失α-磷酸甘油脱氢酶,不能合成α-磷酸甘油和磷脂,必 须由外界供给甘油才能生长。在限量供给甘油的条件下.也可获得渗透型的细胞,有利 于产物的累积。