第五章第四节讲解
第五章第四节深度负反馈
深度负反馈
一、深度负反馈条件 在负反馈放大器中，若环路增益
T = Ak f >> 1
称为深度负反馈条件。
或
TS = AS k f >> 1
若要满足深度负反馈条件时，反馈放大器的增益：
A A 1 Af = = ≈ 1+ T 1+ Akf kf AS AS 1 = 或 AfS = ≈ 1+ TS 1+ AS k f kf
1 显然，T 越大于 1， A f ≈ kf
所示的性能误差就越小。
例如、已知 则
k f = 0 .1
3
A = 10
3
2
时：
T = Ak f = 10 × 0 . 1 = 10 3 A 10 Af = = = 9.909 2 1 + T 1 + 10
A = 10 4
时：
4
当
T = Ak f = 10 × 0.1 = 10 4 A 10 Af = = = 9.989 3 1 + T 1 + 10
例如、 在串联负反馈电路中，当 T →∞时，v‘i →0 ，因而在 基本放大器有限输入电阻上产生的输入电流也必趋于零。 在并联负反馈电路中，当 T →∞时，ii →0 ，因而在基 本放大器有限输入电阻上产生的输入电压也必趋于零。 通常称v‘i →0 ，为虚短路； ii →0 为虚开路。
Rf 满足深度负反馈条件 因此有 Rf 趋于零，Rof 趋于零，则 RS vs ii if ∞
o
v v+ = v− = 0 vs 所以 i = i 图（a） RS vo 0 − vo v− − vo = − = if = Rf Rf Rf if 1 Arf = Arsf = − R f k fg = − vo R f
第五章第四节能量之源
思考: • 为什么绝大多数植物叶片是绿色的? • 为什么大多数植物叶片在秋天会变成黄色呢？
一、捕获光能的色素和结构
• • • •
实验：绿叶中色素的提取和分离 实验原理 方法步骤 注意事项 实验结果
实验原理
叶绿体中的色素可以溶解在无水乙醇中， 可以用来提取色素。 色素在层析液中的溶解度不同，在滤纸上 的扩散速度有差别，可以用来分离色素。
因为叶绿素对绿光吸收 最少，绿光被反射回来， 所以叶片才呈现绿色。 蓝紫光、红光 叶绿素主要吸收___________ 蓝紫光 类胡萝卜素主要吸收________
功能:吸收传递转化光能.
【主要吸收蓝紫光】 胡萝卜素（橙黄色）
绿 叶 中 的 色 素
类胡萝卜素
（含量约1/4）
叶绿素
（含量约3/4）
叶黄素（黄色） . 叶绿素a（蓝绿色）
巩固练习
6、下图所示“叶绿体中色素的提取和分离”实验的装置 正确的 是( B )
7、在圆形滤纸的中央，滴上叶绿体的色素滤液进行色素分离， 会看到近似同心的四圈色素环，排在最外圈的色素是 ( A ) A．橙黄色的胡萝卜素 B．黄色的叶黄素 C．蓝绿素的叶绿素a D．黄绿色的叶绿素b 8、用下述容积相同的玻璃罩分别罩住大小、生长状况相同的天 竺葵，光照相同时间后，罩内O2最多的是 ( C ) A．绿色罩 B．黑色罩 C．无色罩 D．蓝紫色罩
酶
2C3 供氢 〔H〕 酶 ATP ADP+Pi 供能 酶 还 原
固 定 C5
CO2
（CH2O）
ATP中的活跃化学能→有机物中稳定的化学能
2、暗反应阶段 叶绿体基质 场所： 条件：酶， [ H]，ATP 物质变化： 酶 二氧化碳的固定： CO2 + C5 → 2C3
第五章第四节驼峰调车作业组织讲义
• 双推双溜： • 在具有两条推送线，两条溜放线，配备两 台以上的机车工作的编组站采用的一种作业 方案。
双推双溜驼峰作业方案图
人有了知识，就会具备各种分析能力， 明辨是非的能力。 所以我们要勤恳读书，广泛阅读， 古人说“书中自有黄金屋。 ”通过阅读科技书籍，我们能丰富知识， 培养逻辑思维能力； 通过阅读文学作品，我们能提高文学鉴赏水平， 培养文学情趣； 通过阅读报刊，我们能增长见识，扩大自己的知识面。 有许多书籍还能培养我们的道德情操， 给我们巨大的精神力量， 鼓舞我们前进。
（2）双推单溜 两条推送线，但是往下溜时，是一条溜放线。 优点：驼峰利用率提高，调车场纵向不分工。 适用条件：编组站衔接方向多，改编车流量复杂， 编组场集中，编组线路较少，车流接续紧张等特点。
• 双推单溜： 具有两条推送线，配备两台或 以上机车和改编作业量较大的编组站采用 的一种驼峰作业方案。
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六、驼峰作业方案
• （1）单推单溜 • 驼峰一条推送线，一条溜放线，一台调机作业。 优点：机车效能能充分发挥。 缺点：驼峰设备利用率不高。 适用条件：改编作业量不大的编组站采用。
铁路驼峰调车演示
• •
单推单溜： 只配备一台驼峰机车且改编工作量不大的编组站上采用的驼峰作业方案。
单推单溜驼峰作业方案图
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（3）溜放：机车继续推送车列，使被摘解的车组 脱钩溜向调车场内的指定线路。
（4）整理车场：在连续解体几个车列以后，机车 下峰连挂车组并尽可能向尾部推送，为驼峰继续溜放 创造条件。
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三、车辆通过驼峰的限制
（1）涂有禁止上驼峰标记的车辆，禁止通过驼峰（其 中涂打禁止过峰标记的罐车仅限压缩气体、液化气体专 用车）； （2）机械冷藏车如因迂回线故障等原因，必须通过驼 峰时，以不超过7km/h的速度推送过峰； （3）落下孔车（D17、D19g）、凹型车、换长1.7及 其以上的大型平车，使用缓冲停止器和支点在两车及其 以上跨装货物的车辆，使用三轴组合转向架（转27、转 28）的车辆；
第五章第四节圆周运动讲解
第四节 圆周运动[学习目标] 1.理解线速度、角速度、转速、周期等概念，会对它们进行定量计算． 2.知道线速度、角速度、周期之间的关系． 3.理解匀速圆周运动的概念和特点．[学生用书P 19]一、线速度(阅读教材P 16～P 17)1．定义：物体做圆周运动通过的弧长与所用时间的比值．2．定义式：v ＝ΔsΔt.3．矢标性：线速度是矢量，其方向和半径垂直，和圆弧相切． 4．物理意义：描述质点沿圆周运动快慢的物理量． 5．匀速圆周运动(1)定义：线速度的大小处处相等的圆周运动．(2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以匀速圆周运动是一种变速运动．拓展延伸►———————————————————(解疑难)对线速度的理解如果时间Δt 较长，则线速度的大小实际上等同于以前学过的“平均速率”，因此理解线速度时必须强调Δt 表示很短的时间，此时线速度等同于以前学过的“瞬时速度”，因此理解线速度时只需理解为物体做圆周运动的瞬时速度即可．1.关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．匀速圆周运动是变速运动B ．匀速圆周运动的速率不变C ．任意相等时间内通过的位移相等D ．任意相等时间内通过的路程相等提示：选ABD.由线速度的定义知，速度的大小不变，也就是速率不变，但速度方向时刻改变，选项A 、B 正确．做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的弧长即路程相等，选项C 错误，选项D 正确．二、角速度及单位(阅读教材P 17～P 18)1．定义：物体与圆心的连线扫过的角度与所用时间的比值．2．定义式：ω＝ΔθΔt.3．单位：弧度每秒，符号是rad/s 或rad·s －1.4．物理意义：描述质点沿圆周转动快慢的物理量． 5．转速和周期 (1)转速：单位时间内物体转过的圈数，常用n 表示，单位为转每秒(r/s)或转每分(r/min)． (2)周期：做匀速圆周运动的物体，转过一周所用的时间，用T 表示，国际制单位为秒(s)．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．方向：角速度是矢量，其方向在中学阶段不做讨论． 2．对角速度的理解线速度和角速度都是描述做匀速圆周运动的物理量，线速度侧重于物体通过弧长的快慢程度；而角速度侧重于物体转过角度的快慢程度．它们都有一定的局限性．例如，地球围绕太阳运动的线速度约是3×104 m/s ，这个数值是较大的，但它的角速度却很小，其值为2×10－7 rad/s.事实上是因为地球绕太阳做圆周运动的轨道半径很大，所以线速度较大，但由于一年才转一周，角速度却很小．因此为了全面准确地描述物体做圆周运动的状态必须用线速度和角速度．3．匀速圆周运动是角速度大小、方向均不变的圆周运动.2.若钟表的指针都做匀速圆周运动，秒针和分针的角速度之比是多少？提示：转动一周，扫过的角度为Δθ＝2π，秒针用时Δt ＝60秒，分针用时3 600秒，秒针角速度为：ω秒＝2π60，分针角速度为：ω分＝2π3 600，则ω秒ω分＝3 60060＝601.三、线速度与角速度的关系(阅读教材P 18)1．两者关系：在圆周运动中，线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积． 2．关系式：v ＝ωr .拓展延伸►———————————————————(解疑难)对v 、ω、r 三者关系的理解1．当半径r 相同时，线速度v 与角速度ω成正比． 2．当角速度ω一定时，线速度v 与半径r 成正比． 3．当线速度一定时，角速度ω与半径r 成反比．3.质点做匀速圆周运动时，判断下列说法的正误：(1)因为v ＝ωr ，所以线速度v 与轨道半径r 成正比．( )(2)因为ω＝vr，所以角速度ω与轨道半径r 成反比．( )(3)因为v ＝ωr ，所以线速度v 与角速度ω成正比．( )(4)因为r ＝vω，所以轨道半径与线速度成正比，与角速度成反比．( )提示：(1)× (2)× (3)× (4)×对匀速圆周运动的理解[学生用书P 20]1．匀速圆周运动的特点 (1)线速度大小是恒定的．(2)匀速圆周运动是角速度不变的运动．做匀速圆周运动的物体，在单位时间里所通过的弧长相等，转过的角度也相等． (3)匀速圆周运动的转速与周期也保持不变． 做匀速圆周运动的物体，在单位时间内所转过的圈数相等，每转一周所用的时间也相等． 2．匀速圆周运动中“匀速”的含义 匀速圆周运动是一种变加速曲线运动，虽然匀速圆周运动的线速度大小不变，但线速度的方向时刻在发生变化，所以匀速圆周运动是速率不变的运动，而不是速度不变的运动．故“匀速”的含义是线速度的大小不变，角速度不变．——————————(自选例题，启迪思维)下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是()A．是线速度不变的运动B．是角速度不变的运动C．是角速度不断变化的运动D．是相对圆心位移不变的运动[解析]匀速圆周运动的角速度保持不变，线速度大小保持不变，方向时刻变化，选项A、C错误，选项B正确；相对圆心的位移大小不变，方向时刻变化，选项D错误．[答案] B质点做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()①在任何相等的时间里，质点的位移都相等②在任何相等的时间里，质点通过的弧长都相等③在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同④在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等A．①②B．③④C．①③D．②④[解析]匀速圆周运动是变速运动，故在相等的时间内通过的弧长相等，但位移方向不同，故①错，②正确．因为角速度是不变的，故④正确．平均速度是位移与时间的比值，所以③错．本题选D.[答案] D圆周运动中各物理量之间的关系[学生用书P21]——————————(自选例题，启迪思维)(2015·聊城高一检测)质点做匀速圆周运动时()A．线速度越大，其转速一定越大B．角速度大时，其转速一定大C．线速度一定时，半径越大，则周期越长D．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长[思路点拨]解决这类题目的方法是：确定哪个量不变，寻找各物理量之间的联系，灵活选取公式进行分析．[解析] 匀速圆周运动的线速度v ＝Δs Δt ＝2πrn 1＝2πrn ，则n ＝v2πr，故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r 有关，A 错误；匀速圆周运动的角速度ω＝ΔθΔt ＝2πn1＝2πn ，则n＝ω2π，所以角速度大时，其转速一定大，B 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2πrv，则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2πω，与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D 错误．[答案] BC甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相等时间内甲转过60°，乙转过45°，则它们的线速度之比为( )A ．1∶4B ．2∶3C ．4∶9D ．9∶16[解析] 由题意知，甲、乙两物体的角速度之比ω1∶ω2＝60°∶45°＝4∶3，故两物体的线速度之比v 1∶v 2＝ω1r ∶ω22r ＝2∶3.选项B 正确． [答案] B做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动100 m ，试求物体做匀速圆周运动时：(1)线速度的大小； (2)角速度的大小； (3)周期的大小．[解析] (1)依据线速度的定义式v ＝st可得v ＝s t ＝10010m/s ＝10 m/s. (2)依据v ＝ωr 可得ω＝v r ＝1020rad/s ＝0.5 rad/s.(3)由ω＝2πT 可知T ＝2πω＝2π0.5s ＝4π s.[答案] (1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s[感悟提升] (1)解决匀速圆周运动问题时，可以把ω、T 、f 、n 视为等价物理量，即知其一，便知其他三个物理量．(2)若比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，若比较物体绕圆心转动的快慢看周期、角速度、转速或频率．三种传动装置及其特点[学生用书P 21]——————————(自选例题，启迪思维)如图所示的传动装置中，B 、C 两轮固定在一起绕同一转轴转动，A 、B 两轮用皮带传动，三轮半径关系为rA ＝rC ＝2rB .若皮带不打滑，求A 、B 、C 轮边缘的a 、b 、c 三点的角速度之比和线速度之比．[思路点拨] (1)A 、B 两轮之间属于皮带传动，a 、b 两点线速度大小相等． (2)B 、C 两轮之间属于同轴转动，b 、c 两点角速度相等． (3)v 、ω的关系式：v ＝ωr .[解析] A 、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，A 、B 两轮边缘上点的线速度大小相等，即v a ＝v b ，故v a ∶v b ＝1∶1B 、C 两个轮子固定在一起，绕同一转轴转动，它们上面的任何一点具有相同的角速度，即ωb ∶ωc ＝1∶1因为ω＝vr，v a ＝v b ，r A ＝2r B所以ωa ∶ωb ＝r B ∶r A ＝1∶2 又因为v ＝rω，ωb ＝ωc ，r C ＝2r B 所以v b ∶v c ＝r B ∶r C ＝1∶2 综上可知：ωa ∶ωb ∶ωc ＝1∶2∶2 v a ∶v b ∶v c ＝1∶1∶2.[答案] 1∶2∶2 1∶1∶2如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中( )A ．甲、乙两轮的角速度之比为3∶1B ．甲、乙两轮的周期之比为3∶1C ．甲、乙两轮边缘处的线速度之比为3∶1D ．甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1[解析] 这种齿轮传动，与不打滑的皮带传动规律相同，即两轮边缘的线速度相等，故C 错误；根据线速度的定义v ＝Δs Δt 可知，弧长Δs ＝v Δt ，故D 正确；根据v ＝ωr 可知ω＝vr ，又甲、乙两个轮子的半径之比r 1∶r 2＝1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2＝r 2∶r 1＝3∶1，故A 正确；周期T ＝2πω，所以甲、乙两轮的周期之比T 1∶T 2＝ω2∶ω1＝1∶3，故B 错误．[答案] AD (2015·成都外国语学校高一月考)如图所示的装置中，已知大齿轮的半径是小齿轮半径的3倍，A 点和B 点分别在两轮边缘，C 点离大轮轴距离等于小轮半径．若不打滑，则它们的线速度之比v A ∶v B ∶v C 为( )A ．1∶3∶3B ．1∶3∶1C ．3∶3∶1D ．3∶1∶3[解析] A 、C 两点转动的角速度相等，由v ＝ωr 可知，v A ∶v C ＝3∶1；A 、B 两点的线速度大小相等，即v A ∶v B ＝1∶1；则v A ∶v B ∶v C ＝3∶3∶1.[答案] C[规律总结] 在处理传动装置中各物理量间的关系时，首先确定相等的量(线速度或角速度)，再由各物理量间的关系式确定其他各量间的关系．[学生用书P 22]典型问题——圆周运动的周期性引起的多解问题做匀速圆周运动的物体，经过周期的整数倍时间，其位置不变．由于周期性的存在，易引起运动中的时间、速度等存在多解性问题．[范例]如图所示，质点A 从某一时刻开始在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，出发点与圆心等高，与此同时位于圆心的质点B 自由下落．已知圆周半径为R ，求质点A 的角速度ω满足什么条件时，才能使A 、B 相遇．[解析] 要使质点A 和质点B 相遇，则它们从开始运动到相遇经历的时间应相等，即t A＝t B ，考虑到圆周运动的周期性，质点A 从开始运动到相遇经历的时间为t A ＝34T ＋nT (n ＝0,1,2,3，…)对于质点B ，由自由落体运动规律R ＝12gt 2B得t B ＝2R g由圆周运动的周期公式有T ＝2πω解上述方程得ω＝⎝⎛⎭⎫n ＋34π2g R (n ＝0,1,2,3，…) [答案] ω＝⎝⎛⎭⎫n ＋34π2g R(n ＝0,1,2,3，…) [名师点评] (1)把圆周运动与其他形式的运动联系起来的“桥梁”通常是时间，因此找出两种运动的时间关系是解决这类问题的关键．(2)注意圆周运动的周期性造成的多解．分析问题时可表示出一个周期内的情况，再根据周期性，在转过的角度θ上再加上2n π，n 的取值应视情况而定．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴上固定两个薄圆盘A 、B ，A 、B 平行相距2 m ，轴杆的转速为3 600 r/min ，子弹穿过两盘留下两弹孔a 、b ，测得两弹孔半径的夹角是30°，如图所示，则该子弹的速度可能是( )A ．360 m/sB ．720 m/sC ．1 440 m/sD ．108 m/s解析：选C.子弹从A 盘到B 盘，盘转动的角度θ＝2πn ＋π6(n ＝0,1,2,3，…)，盘转动的角速度ω＝2πT ＝2πf ＝2πn ＝2π×3 60060rad/s ＝120π rad/s.子弹在A 、B 间运动的时间等于圆盘转动θ角所用的时间，即 2 m v ＝θω， 所以v ＝2ωθ＝2×120π2πn ＋π6m/s(n ＝0,1,2,3，…)，v ＝1 44012n ＋1 m/s(n ＝0,1,2,3，…)． n ＝0时，v ＝1 440 m/s ； n ＝1时，v ≈110.77 m/s ； n ＝2时，v ＝57.6 m/s ； ……[学生用书P 23][随堂达标]1．做匀速圆周运动的物体( )A ．因相等时间内通过的弧长相等，所以线速度恒定B ．如果物体在0.1 s 内转过30°，则角速度为300 rad/sC ．若半径r 一定，则线速度与角速度成正比D ．若半径为r ，周期为T ，则线速度v ＝2πrT解析：选CD.线速度v ＝st，反映质点沿圆弧运动的快慢程度，是矢量，大小恒定，方向沿圆弧切线方向，在不断地改变，故不能说线速度恒定，故A 错误．角速度ω＝φt，反映质点与圆心的连线转动的快慢，国际单位为rad/s ，B 中应为ω＝π60.1 rad/s ＝5π3 rad/s ，故B 错误．线速度与角速度的关系为v ＝ωr ，由该式可知，r 一定时，v ∝ω；ω一定时，v ∝r ，故C 正确．物体转动一周时间为T ，由线速度与角速度的定义，在特殊情况下(转一周)线速度与角速度的表达式分别为v ＝2πr T ，ω＝2πT ，故D 正确．2．(2015·济南高一检测)关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( )A ．线速度大的角速度一定大B ．线速度大的周期一定小C ．角速度大的半径一定小D ．角速度大的周期一定小解析：选D.由v ＝ωr 知ω＝vr ，角速度与线速度、半径两个因素有关，线速度大的角速度不一定大，A 错误．r ＝vω，只有当线速度一定时，角速度大的半径才小，C 错误．由T ＝2πr v 知，周期与半径、线速度两个因素有关，线速度大的周期不一定小，B 错误．而由T ＝2πω可知，ω越大，T 越小，D 正确．3．(2015·唐山一中高一检测)一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为2 m ，角速度为1 rad/s ，则( )A ．小球的线速度为1.5 m/sB ．小球在3 s 的时间内通过的路程为6 mC ．小球做圆周运动的周期为5 sD ．以上说法都不正确 解析：选B.由v ＝ωr 知线速度大小为2 m/s ，A 错误；3 s 内路程s ＝vt ＝6 m ，B 正确；由T ＝2πω知周期为2π s ，C 错误．4．如图所示，主动轮M 通过皮带带动从动轮N 做匀速转动，a 是M 轮上距轴O 1的距离等于M 轮半径一半的点，b 、c 分别是N 轮和M 轮轮缘上的点，已知在皮带不打滑的情况下，N 轮的转速是M 轮的3倍，则()A ．a 、b 两点的角速度之比为3∶1B ．a 、b 两点的线速度之比为1∶2C ．b 、c 两点的周期之比为1∶3D ．a 、c 两点的线速度之比为1∶2解析：选BCD.因n N ＝3n M ，即n b ＝3n c .ωb ＝3ωc ，a 、c 两点同轴转动，所以ωa ＝ωc ，ωb＝3ωa ，即ωa ∶ωb ＝1∶3，A 错误；因v b ＝v c ，v c ＝2v a ，所以v a ∶v b ＝1∶2，B 正确；因T b ＝2πωb，T c ＝2πωc，所以T b ∶T c ＝1∶3，C 正确；因r c ＝2r a ，所以v a ∶v c ＝1∶2，D 正确．5．(选做题)(2014·高考天津卷)半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.解析：由平抛运动的规律结合圆周运动的知识求解．小球做平抛运动，在竖直方向：h ＝12gt 2①在水平方向R ＝vt ②由①②两式可得h ＝gR 22v2③小球落在A 点的过程中，OA 转过的角度θ＝2n π＝ωt (n ＝1,2,3，…)④由②④两式得：ω＝2n πvR(n ＝1,2,3，…)答案：见解析[课时作业]一、选择题 1．(2015·廊坊高一检测)有一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是( )A ．树木开始倒下时，树梢的角速度最大，易于判断B ．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C ．树木开始倒下时，树梢的周期较大，易于判断D ．伐木工人的经验缺乏科学依据解析：选B.树木开始倒下时，树各处的角速度一样大，故A 项错误．由T ＝2πω知，树各处的周期也一样大，故C 项错误．由v ＝ωr 知，树梢的线速度最大，易判断树倒下的方向，故B 项正确，D 项错误．2．甲、乙两物体分别做匀速圆周运动，如果它们转动的半径之比为1∶5，线速度之比为3∶2，则下列说法正确的是( )A ．甲、乙两物体的角速度之比是2∶15B ．甲、乙两物体的角速度之比是10∶3C ．甲、乙两物体的周期之比是2∶15D ．甲、乙两物体的周期之比是10∶3解析：选C.由v ＝ωr 得ω1ω2＝v 1r 1∶v 2r 2＝v 1v 2·r 2r 1＝32×51＝152，A 、B 错误，由ω＝2πT 得T 1T 2＝ω2ω1＝215，C 正确、D 错误． 3.(多选)如图所示为某一皮带传动装 置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r 1r 2nD ．从动轮的转速为r 2r 1n解析：选BC.因为皮带不打滑，两轮缘上各点的线速度大小相等，各点做圆周运动的速度方向为切线方向，则皮带上的M 、N 点均沿MN 方向运动，从动轮沿逆时针方向转动，A错B 对．根据线速度与角速度的关系式：v ＝rω，ω＝2πn 得n ∶n 2＝r 2∶r 1，所以n 2＝r 1r 2n ，C对D 错．4.(多选)如图所示，一个环绕中心线AB 以一定的角速度转动，下列说法中正确的是( ) A ．P 、Q 两点的角速度相同 B ．P 、Q 两点的线速度相同C ．P 、Q 两点的角速度之比为3∶1D ．P 、Q 两点的线速度之比为3∶1解析：选AD.同一圆周上各点的周期和角速度都是相同的，选项A 正确，选项C 错误；设角速度为ω，半径为r ，则P 、Q 两点的线速度分别为v P ＝ωr sin 60°，v Q ＝ωr sin 30°，得v P ∶v Q ＝3∶1，选项B 错误，选项D 正确．5．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )A.r 1ω1r 3B.r 3ω1r 1C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 2解析：选A.本题属于摩擦传动，摩擦传动的特点是各个轮边缘的线速度大小相等，即v 1＝v 2＝v 3，则有ω1r 1＝ω2r 2＝ω3r 3，可得A 选项正确． 6.机械手表(如图)的分针与秒针从第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为( ) A.5960min B ．1 min C.6059 min D.6160min 解析：选C.先求出分针与秒针的角速度为ω分＝2π3 600 rad/s ，ω秒＝2π60 rad/s.设两次重合的时间间隔为Δt ，则有φ分＝ω分Δt ，φ秒＝ω秒Δt ，φ秒－φ分＝2π，即Δt ＝2πω秒－ω分＝2π2π60－2π3 600s ＝3 60059s ＝6059 min ，故选项C 正确．7.(2015·福州高一检测)半径为R 的大圆盘以角速度ω旋转，如图所示．有人站在盘边P 点上随盘转动，他想用枪击中圆盘中心的目标O ，若子弹的速度为v 0，则( )A ．枪应瞄准目标O 射去B ．枪应向PO 的右方偏过θ角射去，而cos θ＝ωRv 0C ．枪应向PO 的左方偏过θ角射去，而tan θ＝ωRv 0D ．枪应向PO 的左方偏过θ角射去，而sin θ＝ωRv 0解析：选D.子弹同时参与两个运动：沿P 点切线方向的运动，速度为ωR ；沿枪口方向的匀速运动．合成的速度沿PO 方向，如图所示，枪应向PO 的左方偏过θ角射去，且sin θ＝ωRv 0，故D 正确． 8.(2015·绵阳高一检测)如图所示，直径为d 的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，则子弹的速度不可能是( )A.dωπB.dω2πC.dω3πD.dω5π 解析：选B.圆筒上只有一个弹孔，表明子弹从同一个位置进入和离开圆筒，故子弹穿过圆筒的时间t 内，转过的角度θ＝(2n ＋1)π(n ＝0,1,2…)，故子弹的速度v ＝d t ＝dωθ＝dω(2n ＋1)π.n ＝0时，v ＝dωπ，A 对．n ＝1时，v ＝dω3π，C 对．n ＝2时，v ＝dω5π，D 对．故子弹的速度不可能是dω2π，选项B 符合题意．☆9.某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A 、B ，A 盘固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P 、Q 转动的线速度相同，都是4π m/s.当P 、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如图所示，则Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为( )A ．0.56 sB ．0.28 sC ．0.16 sD ．0.07 s解析：选A.根据公式T ＝2πrv 可求出，P 、Q 转动的周期分别为T 1＝0.14 s 和T 2＝0.08 s ，根据题意，只有当P 、Q 同时转到题图所示位置时，Q 才能接收到红外线信号，所以所求的最小时间应该是它们转动周期的最小公倍数，即0.56 s ，所以选项A 正确．☆10.如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间为( )A.t2 B.5－12t C.6－12t D.7－12t解析：选B.因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确．二、非选择题 11.(2015·厦门高一检测)如图所示，一雨伞边缘的圆周半径为r ，距地面高为h ，当雨伞在水平面内以角速度ω匀速转动时，雨滴从伞边缘甩出，这些雨滴在地面形成一个圆，则此圆的半径R 为多少？解析：甩出的雨滴沿伞边缘飞出做平抛运动，其速度v 0＝ωr ，平抛下落的时间为t ＝2hg；水平位移x ＝v 0t .由 图可知，甩出的雨滴落地形成的圆半径为R ＝r 2＋x 2＝r 2＋ω2r 22hg＝rg ＋2ω2hg.答案：r g ＋2ω2hg12.如图所示，B 物体放在光滑的水平地面上，在水平力F 的作用下由静止开始运动，B 物体的质量为m ，同时A 物体在竖直面内由M 点开始做半径为r 、角速度为ω的匀速圆周运动．求满足使A 、B 速度相同的力F 的取值．解析：速度相同即大小、方向相同，B 为水平向右，A 一定要在最低点才能保证速度水平向右．由题意可知，当A 从M 点运动到最低点时t ＝nT ＋34T (n ＝0,1,2，…)，线速度v ＝ωr对于B (初速度为0)：v ＝at ＝F m ⎝⎛⎭⎫nT ＋34T ＝Fm ⎝⎛⎭⎫n ＋342πω 解得F ＝2mω2rπ(4n ＋3)(n ＝0,1,2，…)．答案：F ＝2mω2rπ(4n ＋3)(n ＝0,1,2，…)。
第五章第四节电力系统自动调频
调频方式分析（续2）
对方式1(恒定频率控制)：f =0、PtA=PLB 、 PGA=PLA+PLB 此时，就稳态值而言，A和B系统的调速器（一次调节）和负 荷调节效应均不起作用（因为f = 0，故PG =0且KLf =0）， 整个系统的负荷变化（ PLA + PLB ）全由 A 系统的二次调节承 担。 A 系统的二次调节除了承担本系统的负荷变化（ PLA ）外 ，还通过联络线供给系统 B 的全部负荷变化，即联络线的功率 变化与系统B的负荷变化相等。 对方式2(恒定交换功率控制)：PtA=0 、 f =PLB /B 、 PGA=PLA (A/B)PLB 此时，就稳态值而言，联络线的功率变化为零（PtA = 0） ，因此整个系统的频率变化就只决定于 B 系统的负荷变化和调 速器（一次调节）及负荷调节效应（f =PLB /B ）。这时， A系统的一、二次调节及负荷调节效应均发挥作用。
第四节 电力系统自动调频
2）调频过程： 当系统频率变化时，按 Δ f 启动的调速器 会比按积差工作的调频器先进行大幅度的调 整，到频差累积到一定值时，调频器会取代 调速器的工作特性，使频率稳定在fe 。 调速器 的作用为一次调频，积差调频为二次调频。
第四节 电力系统自动调频
3）机组间有功功率的分配： 代表了系统 计划外负荷的数值 （K 是一个转换常数），在调Байду номын сангаас结束时，计划 外负荷是按一定比例在调频机组间进行分 配的。
4）优缺点： 1、各调频机组间的出力也是按照一定的比例 分配的。 2、在无差调频器为主导调频器的主要缺点是 各机组在调频过程中的作用 有先有后 ，缺乏 “同时性”，导致调频容量不能被充分利用。
第四节 电力系统自动调频
第四节 电力系统自动调频
高二生物 第5章 第4节 环境因素参与调节植物的生命活动
（一）间接作用:光作为能量来源，主要是通过影响间接影响植物的生长发育的。
（二）直接作用:光作为一种外界信号，对植物生长发育的直接作用主要是通过影响植物的形态建成实现的。
植物受光诱导和调节的发育称为植物的光形态建成。
包括以下几个方面：1．在自然界中，种子萌发，植株生长、开花、衰老等，都会受到。
植物的向光性生长，实际上也是植物对光刺激的反应。
光作为一种，植物生长、发育的全过程。
2．植物能够对光作出反应的原因(1)植物可以感知。
(2)植物具有能够接受的分子，是其中的一种。
(3)光敏色素是一类，分布在植物各个部位，其中在的细胞内比较丰富。
3．植物对光作出反应的过程在受到光照射时，光敏色素的会发生变化，这一变化的信息会经过传导到细胞核内，影响，从而表现出生物学效应。
二、参与调节植物生命活动的其他环境因素1．温度(1)温度可以通过影响、植株生长、开花结果和叶的、等生命活动，从而参与调节植物的。
(2)植物分布的很大程度上就是由温度决定的。
2．重力(1)重力是调节植物和的重要环境因素。
(2)重力作用的原理植物的根、茎中具有感受重力的物质和细胞，可以将信号转换成的信号，造成分布的不均衡，从而调节植物的生长方向。
三、植物生长发育的整体调控植物生长发育的调控，是由、和共同完成的。
判断对错(正确的打“√”，错误的打“×”)1．对于植物而言，光不仅提供能量，还能调节植物生长发育。
()2．可以通过控制光照时间长短来控制花期。
()3．温度只影响细胞代谢，不参与植物生长发育的调节。
()4．被普遍认可的一种解释重力对植物生长调节的机制是“淀粉—平衡石假说”。
() 5．激素的产生和分布只受基因表达调控，不受环境影响。
()课中合作探究问题导引一：分析课本资料，总结光在种子萌发、营养生长期和在植物开花中的作用？探究点一光对植物生长发育的调节1.光的调控作用：思考1．那些需要光才能萌发的种子是需要光照给种子萌发提供能量吗？2．从豆芽到豆苗，光对植物的颜色和形态有什么影响？3．有些植物根据昼夜长短“决定”是否开花，是哪种环境因素在起作用？这与植物激素的分泌有关系吗？4．种子发芽、植株生长、开花接受光的调控，是如何体现植物对环境的适应的？总结:植物向光生长、种子萌发、植物生长、开花、衰老等都会受到光的调控。
第五章第四节 师生关系
师生关系的特点 二、师生关系的特点
(一)对象的限定性 这是由学校教育性质决定的，即教师作为教育者， 这是由学校教育性质决定的，即教师作为教育者， 学生作为受教育者。 学生作为受教育者。教师与学生不论是否互相喜 都必须接受对方。 欢，都必须接受对方。 (二)关系的规范性 师生关系也有规范性。师生关系包括工作关系、 师生关系也有规范性。师生关系包括工作关系、 道德关系和心理关系。 道德关系和心理关系。师生关系中的规范性主要 是通过工作关系体现的。 是通过工作关系体现的。而这种工作关系又集中 体现在课堂教学中。 体现在课堂教学中。课堂教学是师生关系最规范 性场所
师生之间是爱与被爱的朋友关系 师生之间是爱与被爱的朋友关系 爱与被爱 师生之间是尊重与被尊重 尊重与被尊重人际关系 师生之间是尊重与被尊重人际关系 师生之间是服务与被服务 服务与被服务的工作关系 师生之间是服务与被服务的工作关系 师生之间是指导与被指导 指导与被指导的教育关系 师生之间是指导与被指导的教育关系
(三)教师的主导性 在师生关系中，教师占主导地位。教师不 在师生关系中，教师占主导地位。 仅要指导学生之间的人际交往， 仅要指导学生之间的人际交往，对师生关 系的建立也起主导作用。 系的建立也起主导作用。学生的交往技能 靠教师来培养， 靠教师来培养，师生人际关系的发展主要 靠教师来导向， 靠教师来导向，师生人际关系的矛盾主要 靠教师来协调。 靠教师来协调。 (四)学生的能动性 在师生关系中，学生不是被动的接受，而 在师生关系中，学生不是被动的接受， 是主动的参与者和建设者。 是主动的参与者和建设者。
第四节
师生关系
师生关系是学校环境中最普通、最基本的 师生关系是学校环境中最普通、 是学校环境中最普通 人际关系， 人际关系，指师生间在教育过程中发生的 直接交往和联系。 直接交往和联系。 良好的师生关系是顺利完成教学任务的保 是有效实施教育的前提。 证，是有效实施教育的前提。
信号分析第五章第四节：离散系统的零状态响应
5 页
h1 (k) + a1h1 (k − 1) + LL+ an − 1h1 (k − n + 1) + anh1 (k − n) = δ (k)
在k〉0满足h1 (k) + a1h1 (k − 1) + LL + an − 1h1 (k − n + 1) + anh1 (k − n) = 0
第
h(k ) − 4h(k − 1) + 3h(k − 2) = δ (k)
1）先求δ(k)作用下的初值
10 页
h(k) = δ (k) + 4h(k − 1) − 3h(k − 2)
δ 由h(−1) = h(−2) = 0, 代入上式得 (k)引起的系统初值 h(0) = 1 h(1) = 4
2）求通解得出单位响应
k-6
k
3.k > 4 k −6≤ 0
k
X
第 15 页
常见序列的卷积和
ε (k ) ∗ ε (k ) = (k + 1)ε (k ) ε (t) ∗ ε (t) = tε (t) ε (k − k1 ) ∗ ε (k − k2 ) = (k − k1 − k2 + 1)ε (k − k1 − k2 )
i =−∞ k
bk +1 − ak +1 ε (k) k k a ε (k) ∗ b ε (k) = b − a (k + 1)bk ε (k)
设系统仅在δ 此时系统差分方程变为: 设系统仅在δ(k) →h1(k),此时系统差分方程变为 此时系统差分方程变为
第5章-学生评价-第4节-真实性评价(表现性评价与档案袋评价)
第四节另类评价方式——真实性评定及其方法技术◆问题一、什么是真实性评定（authentic assessment）？为什么要采取真实性评定方法——它较之传统评价方法的优势是什么？真实性评定法的本质——评价情境、任务、方法的“真实性”。
真实性评定法的涵义——就是从学生真实的学习活动中、收集其完成日常学习任务的真实表现资料、并据此对学生学习与发展状况做出综合评价的方法。
传统评价方法的缺陷——往往是人为创设的情境任务（考试题目），并采取纸笔测验的方法收集评价资料（考试分数）。
不但远离了真实的学习活动过程，而且主要局限于对认知领域发展的结果评价；因此，不但对学习的反馈、指导、改善功能是有限的，而且难以实现对学生的综合评价。
真实性评定法的功能优势——从真实的学习活动中收集真实表现资料，收集到的不仅是来自学习过程的真实信息，而且是学生各方面综合表现的信息；强调学生亲身参与，注重考察学生对知识的理解与实际应用、学习过程与方法；因此，真正实现了对学习过程的关注、反馈与改善，而且可以据此实现对学生发展的综合评价。
◆问题二、真实性评定有哪些具体的操作方法？当前受到大力倡导的真实性评定方法有两种，即“表现性评定法”与“档案袋评定法”。
◆1、什么是表现性评定法？如何实施？有何局限？表现性评定法——当前大力倡导的真实性评定方法之一。
✧简单地说，就是通过观察学生在真实情境或模拟情境中、应用知识技能解决问题的“真实任务行为表现”而评价学生实际能力。
✧具体地说，就是通过观察学生在实验、调查、科技制作、问题讨论、演讲、展示、角色扮演等学习实践活动过程中的真实行为表现，对学生参与意识、合作精神、操作能力、探究能力、交流技能、解决问题思路与过程、知识理解程度与应用能力等做出全方位的评判。
✧例如把“实验操作”列为考试项目，“高考面试”录取方式。
表现性评定具体方法——观察“真实任务行为表现”✧（1）结构性表现任务：运用知识技能完成结构化的真实情境任务或模拟真实情境任务。
第五章第四节
（08广东）提取光合色素，进行纸层析分离，对该实 验中各种现象的解释，正确的是
A.未见色素带，说明材料可能为黄化叶片
B.色素始终在滤纸上，是因为色素不溶于层析液
C.提取液呈绿色是由于含有叶绿素a和叶绿素b
D.胡萝卜素处于滤纸最前方，是因为其在提取液中的 溶解度最高
C
关于“绿叶中色素的提取和分离”实验的叙述，不正确 的是 A.可以用无水乙醇提取叶绿体中的色素 B.叶绿体中色素能够分离的原因是在不同色素在层析液 中的溶解度不同 C.研钵中加入二氧化硅、碳酸钙和绿叶后直接用杵棒进 行研磨，不用作任何处理 D.滤液细线要画得细而直，避免色素带间的部分重叠
ห้องสมุดไป่ตู้
B
（2011年江苏卷）某研究组获得了水稻的叶黄素缺 失突变体。将其叶片进行了红光照射光吸收测定 和色素层析条带分析（从上至下），与正常叶片 相比，实验结果是 B A．光吸收差异显著，色素带缺第2条 B．光吸收差异不显著，色素带缺第2条 C．光吸收差异显著，色素带缺第3条 D．光吸收差异不显著，色素带缺第3条 变式：若改为蓝紫光照射光呢？
A
3、1779年，荷兰，英格豪斯： 植物在光和绿叶条件下才能更新空气 4、1785年，绿叶在光下放出氧气，吸收二氧化碳 5、1845年，德国，梅耶，光合作用把光能转化成化 学能储存。 6、1864年，德国，萨克斯
（置于暗处几小时）
证明：绿色叶片在光合作用中产生了淀粉
6、1864年，德国，萨克斯 （1）暗处理的目的是？ 消耗叶片中的营养物质 （2）仅对实验用的叶片暗处理还是整个植株暗处理？ 整个植株暗处理，防止有机物运输影响显色反应。 （3）该实验的实验组和对照组分别是？ 实验组：曝光 对照组：遮光 （4）实验用叶片光合作用时留在植株上还是取下来 光合作用？ 留在植株上，保证其他生活条件正常。 （5）为了更好的观察颜色变化，碘蒸气处理前最好 经过什么处理？ 酒精脱色，使叶片含有的叶绿素溶解到酒精中
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冰褶皱
冰面河
冰面湖
冰蘑菇
冰塔
冰洞
冰芽
冰面阻塞湖
冰墙
地下河
冰钟乳
冰川考察 南极
惊险的冰川考察 南极
冰川内部冰洞考察 南极
二、冰缘地貌（冻土地貌）
定义：在中低纬高山高原和高纬、极地区，气温 低而降水量少的地方，地温常处于零温或负温， 水分渗入土中后，上部发生周期性冻融，下部则 长期处在冻结状态，这就是多年冻土。由于多年 冻土层的存在而产生的一系列独特的地貌，称为 冰缘地貌或冻土地貌。
冰水平原：几个冰水扇相互连接就成为冰水平原， 又名外冲平原。
冰水扇堆积物由分选中等的沙砾组成，含少量漂 砾，向下游粒径明显变小，磨圆度显著变好，常 有层理出现但极不规则。
4. 冰面地貌：冰川表面因受褶皱、断裂、冰床坡度 变化、差别消融、流水侵蚀等影响而形成的地貌 形态。主要有冰瀑、冰裂隙、冰川弧拱、冰面河、 冰面湖、冰蘑菇、冰塔林等几类。
蛇形丘：一种狭长、弯曲如蛇行的高地。两坡对 称，丘脊狭窄；一般高度15～30米，高者达70 米；长度由几十米到几十千米，北美有长达400 千米的。蛇形丘的组成物质主要是略具分选的沙 砾堆积，夹有冰碛透镜体，具有交错层理和水平 层理结构。蛇形丘分布于冰川作用区内，它具有 多种成因，常见的是冰下隧道堆积。
第四节 冰川与冰缘地貌
在高纬和高山等气候寒冷地区，如果降雪的积累大 于消融，积雪将逐年加厚。在一系列物理过程影响 下，积雪就变为冰川。冰川本身就是一种地貌，也 是寒冷地区重要的地貌营力，可塑造一系列冰川地 貌。
但在降水量少的条件下，地表不能积雪成冰川。在 这种地区土层的上部常发生周期性的冻融，下部则 长期处于冻结状态，成为多年冻土。多年冻土层中 发生的冻融作用，可塑造一系列冻土地貌。
羊背石：为冰川基床上的一种侵蚀地形，是由基岩组成 的小丘，常成群分布，远望如匍匐的羊群，故称为羊背 石。
其平面为椭园形，长轴方向与冰流动方向一致，向冰川 上游方向的一坡由于冰川的磨蚀作用，坡面较平，坡度 较缓，并有许多擦痕；而在另一侧，受冰川的挖蚀作用， 坡面坎坷不平，坡度也较陡。
羊背石的形成，是由于岩层是软硬相间的排列，当侵蚀、 风化的作用查行时，软的岩层会被侵蚀的较多较深；而 硬的岩石抵抗侵蚀、风化的能力较强，所以在侵蚀、风 化后，硬的岩层会较软的岩层高，形隆起的椭园地形， 一面受磨蚀、一面受挖蚀。
1.石海与石河
冰砾阜是一种圆形的或不规则的小丘，由一些初经 分选、略具层理的粉沙、沙和细砾组成；其上常覆 有薄层冰碛物。是冰面或冰川边缘湖泊、河流中的 冰水沉积物，冰川消融后沉落到底床上堆积而成。
冰砾阜阶地只发育在山岳冰川谷中，由冰水沙砾层 组成，呈长条状分布于冰川谷地的两侧，形如河流 阶地。是冰缘河流的沉积，在其与原冰川接触一侧， 因冰体融化失去支撑而坍塌，从而形成了阶梯状陡 坎。
锅穴指分布于冰水平原上的一种圆形洼地，深数米， 直径十余米至数十米。锅穴是埋藏在沙砾中的死冰 块融化引起塌陷而成。
冰水扇：冰川融水从冰川的两侧（冰上河）和冰 川底部流出冰川前端或切过终碛堤后，地势展宽、 变缓，形成冰前的辫状水流，冰水携带的大量碎 屑物质就沉积下来，形成了顶端厚、向外变薄的 扇形冰水堆积体，叫做冰水扇。
刃脊、角峰、冰哑: 若冰斗因为挖蚀和冻裂的侵蚀 作用而不断的扩大，冰斗壁后退，相邻冰斗间的山 脊逐渐被削薄而形成刀刃状，称为刃脊。而几个冰 斗所交汇的山峰，形状很尖，则称为角峰。在刃脊 之间的低下鞍部处，则为冰哑。
削断山嘴、U型谷、石洼地: 当山谷冰川自高地向 低处移动，山嘴被削平成三角形，称为削断山嘴。 又因为冰川谷的横剖面形状如U字形，故称U型谷。 U型谷两侧有明显的谷肩，谷肩以下的谷壁较平直， 底部宽而平，若是在冰川谷的底部，因冰川的挖蚀， 而造成向下低凹的水坑，石洼地。
一、冰川作用与冰川地貌 （一）冰川作用 1. 冰蚀作用：挖蚀与磨蚀； 2. 搬运作用： ◆被冰川搬运的碎屑物统称为冰碛物，巨大的砾石
称为漂砾。 ◆冰碛物分为6种：表碛、侧碛、中碛、底碛、里碛、
终碛。大陆冰川只有底碛和终碛两种。 3. 堆积作用：冰碛物结构疏松，堆积杂乱，无层理，
磨圆度极差。
（二）冰川地貌
鼓丘是主要由冰碛物组成的一种流线型丘陵。平 面上呈蛋形，长轴与冰流方向一致。鼓丘两坡不 对称，迎冰坡陡，背冰坡缓，一般高度数米至数 十米，长度多为数百米左右。鼓丘内有时含有基 岩核心，形如羊背石，它局部出露于迎冰坡，或 完全被3. 冰水堆积地貌：主要有冰水扇和冰水河谷沉积平 原、季候泥、冰砾阜阶地、锅穴、蛇行丘等几类
峡湾：在高纬度地区，冰川常能伸入海洋，在岸 边侵蚀成一些很深的U型谷，当冰退以后，海水可 以沿谷进入很远，原来的冰谷便成峡湾。
悬谷：悬谷的形成是来自于冰川侵蚀力的差异， 主冰川因冰层厚、下蚀力强，故U型谷较深；而支 冰川因为冰层薄、下蚀力弱，故U型谷较浅。因为 在支冰川和主冰川的交汇之处，常有冰川底高低 的悬殊，当支冰川的冰进入主冰川时必为悬挂下 坠成瀑布状，称之为悬谷。
2. 冰蚀地貌：
在冰川消融后，原来随冰川运行的表碛、中碛和 内碛等都坠落在底碛之上，形成低矮而波状起伏 的冰碛丘陵。
当冰川末端补给与消融处于平衡时，冰碛物就会 在冰舌前端堆积成弧形长堤，称为终碛垄（堤）
在冰川谷坡上往往可以发现高度不同的多列侧碛， 一般高度为数十米左右称侧碛垄（堤）。上游源 头开始于雪线附近，下游末端常与终碛垄相连。
冰川地貌分为冰蚀地貌、冰碛地貌和冰水堆积地 貌三类。
1. 冰蚀地貌:主要有冰斗、冰川谷、羊背石等。
冰斗：山谷冰川重要冰蚀地貌之一，形成于雪线 附近，在平缓的山地或低洼处积雪最多，由于积 雪的反复冻融，造成岩石的崩解，在重力和融雪 水的共同作用下，将岩石侵蚀成半碗状或马蹄形 的洼地，典型的冰斗于是形成。冰斗的三面是陡 峭岩壁，向下坡有一口，若冰川消退后，洼地水 成湖，即冰斗湖。