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。
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潍坊科技学院教案
课程名称：马克思主义基本原理概论授课人：薛新梅
课题
第五章第二节当代资本主义的新变化
第三节资本主义的历史地位和发展趋势
课时 2
教学目的
与
要求
科学认识国家垄断资本主义和经济全球化的本质，正确理解当代资本主义新变化的特点及其实质。
深刻理解资本主义必然为社会主义所代替的历史必然性，坚定资本主义必然灭亡，社会主义必然胜利的信念。
教学重点
与
难点
当代资本主义的新变化及其实质
资本主义的历史地位及其为社会主义所代替的历史必然性
教学过程
主要内容及步骤备注第五章第二节当代资本主义的新变化
导入新课
新课讲授
一、当代资本主义经济政治的新变化
二、当代资本主义新变化的原因和实质
第五章第三节资本主义的历史地位和发展趋势
导入新课
新课讲授
一、资本主义的历史地位
二、资本主义为社会主义所代替的历史必然性
课堂小结
布置作业
完成
授课效果分析总结
导入新课：
当代资本主义要是指自第二次世界大战结束以来西方发达国家的国家垄断资本主义。
与第二次世界大战前的资本主义相比，当代资本主义在许多方面已经并正在发生着变化。
揭示这些新变化的表现和特点，对于在新的历史条件下深刻认识资本主义的本质，具有十分重要的意义。
新课讲授：
一、当代资本主义经济政治的新变化
（一）生产资料所有制的变化
从历史发展的角度看，资本主义生产资料所有制是不断演进和变化的。
1、资本主义发展初期：个体资本所有制是占主导地位的所有制形式。
其特点是：所有权与控制权统一于资本家自身；个体资本家同雇佣劳动者呈剥削和对立的关系。
2、19世界末20世纪初：私人股份资本所有制是占主导地位的所有制形式。
其特点是资本占有主体多元化，而资本的使用具有整体性；生产资料的经济上的所有权与法律上的所有权发生分离，所有权与控制权不再统一。
3、第二次世界大战后：国家资本所有制形成并发挥重要作用；法人资本所有制崛起并成为居主导地位的资本所有制形式。
①国家资本所有制
指生产资料由国家占有并服务于垄断资本的所有制形式。
国家所有制的主要特点是：国家拥有国有企业的所有权和控制权，国有企业的重要职能是推行政府的社会政策和经济政策，为私人垄断资本的发展提供服务和保障。
国家资本所有制的性质：仍然是资本主义形式，体现着总资本家剥削雇佣劳动者的关系。
②法人资本所有制
是资本主义生产资料所有制发展的新形式。
法人资本所有制是法人股东化的产物。
法人资本所有制的基本特点是：各类法人（企业法人和机构法人）为企业的主要出资人，企业的股票高度集中于少数法人股东之手，法人股东凭借手中集中化的控股权干预甚至直接参与公司治理，监督和制约管理阶层的经营行为，使公司资本的所有权与控制权重新趋于合一。
法人资本所有制的性质：是一种基于资本雇佣劳动的垄断资本集体所有制，它体现了资本剥削雇佣劳动的关系。
资本主义所有制经过这些形式的演变，资本占有的社会化程度大大提高。
（二）劳资关系和分配关系的变化
随着科学技术的社会生产力的发展，特别是随着工人阶级反抗力量的不断壮大，资本家及其代理人开始采取一些缓和劳动关系的激励制度，促使工人自觉地服从资本家的意志。
这些制度主要有：
其一，职工参与决策。
其二，终身雇佣。
其三，职工持股。
其四，建立并实施了普及化、全民化的社会福利制度。
其五，工人工资水平也都有所提高。
当代西方国家在分配领域的这些变化，是资本主义发展到国家垄断资本主义阶段对于其分配关系的新调整，资本主义国家工人阶级的生活状况由此得到了较大的改善。
（三）社会阶级、阶层结构的变化
在当代资本主义生产关系中，阶级、阶层结构发生了新的变化：
一，传统的资本家的地位和作用已经发生很大变化，一般不再直接经营和管理企业，而是靠手中拥有和掌握的企业股票等有价证券的利息收入为生，最终成为以剪息票为生的食利者。
二，高级职业经理成为大公司经营活动的实际控制者。
三，知识型和服务型劳动者的数量不断增加，劳动方式发生了新变化。
（四）经济调节机制和经济危机形态的变化
第二次世界大战结束以来，随着国家垄断资本主义的形成和发展，市场机制已不是唯一的经济调节机制了，资产阶级国家对经济的干预不断加强。
它与市场机制相辅相成，共同推动着资本主义经济的运行和发展。
在经济调节机制变化的同时，经济危机形态也发生了变化，表现在：危机对社会经济运行的干扰减轻，破坏性减弱，生产下降的幅度减小，失业率有所降低，企业破产的数量减少；危机周期的长度缩短；经济危机的四个阶段（即危机阶段、萧条阶段、复苏阶段和高涨阶段）之间的差别有所减弱，各阶段的交替过程已不如过去那样明显；金融危机对整个经济危机的影响加强。
（五）政治制度的变化
首先，国家行政机构的权限不断加强，国家权力日益集中于政府首脑。
其次，政治制度出现多元化的趋势，公民权利有所扩大。
再次，重视并加强法制建设，以维护社会各阶级、阶层之间利益的协调，缓
和矛盾和冲突，更好地发挥对经济生活的干预作用。
最后，改良主义政党在政治舞台上的影响日益扩大，成为战后西方资本主义国家政治生活中非常引人注目的现象。
二、当代资本主义新变化的原因和实质
当代资本主义的新变化是很深刻的，正确认识新变化的原因、态势和实质，对于科学把握当代资本主义的发展规律，批判和扬弃其消极和落后的因素方面具有重要的意义。
（一）当代资本主义新变化的原因
当代资本主义发生新变化的原因是多方面的，最主要的有：
首先，科学技术革命和生产力的发展，是资本主义变化的根本推动力量。
其次，工人阶级争取自身权力和利益斗争的作用，是推动资本主义变化的重要力量。
再次，社会主义制度的建立和社会主义的发展对资本主义制度构成了挑战，促使资产阶级在吸取和总结社会主义国家的经验的基础上对资本主义制度进行改良。
最后，主张改良主义的政党对资本主义制度的改革，在一定程度上对资本主义生产关系进行了调整，修补了传统资本主义经济运行机制的缺陷，使资本主义进入到新的发展阶段。
（二）当代资本主义新变化的实质
当代资本主义的新变化是客观事实，正视这些新变化，深刻分析这些变化的实质，对于我们正确认识资本主义的本质，把握资本主义发展的趋势，具有重要的意义。
首先，当代资本主义发生的变化从根本上说是人类社会发展一般规律和资本主义经济规律作用的结果，是资本主义生产方式为适应生产力发展要求而作出的自我调节的结果。
其次，当代资本主义发生的变化是在资本主义制度基本框架内的变化，并不意味着资本主义生产关系的根本性质发生了变化。
按照马克思主义的观点，资本主义制度是建立在生产资料私有制和雇佣劳动基础上的剥削制度，无止境地追求最大限度的剩余价值，是资本主义制度的基本规律。
只要生产资料私有制和雇佣劳动还存在，只要生产剩余价值的规律还发生作用，资本主义生产关系的根本性质就不会发生变化。
这一切表明，虽然当代资本主义的新变化是深刻的，其意义也是深远的，但是，这些变化并没有触动资本主义统治的根基，并没有改变资本主义制度的性质，也没有改变马克思主义关于资本主义的基本原理的真理性。
那种把资本主
义的部分变化夸大为资本主义的质的根本变化的认识是片面的，也是不科学的。
同样，那种完全否定当代资本主义新变化的意义，否认当代资本主义已经在许多方面不同于传统的资本主义的观点也是不可取的。
正确认识当代资本主义的新变化，有助于我们在深刻认识资本主义本质的同时，实事求是地分析和借鉴资本主义发展过程中出现的符合社会化大生产要求的积极因素，为我所用，以进一步发展和完善社会主义制度。
课后作业
当代资本主义的新变化有哪些表现？如何认识其变化的原因？。