第7章1

第1节　现代生物进化理论的由来一、拉马克的进化学说1．主要观点2．意义(1)是历史上第一个比较完整的进化学说。

(2)否定了神创论和物种不变论，奠定了科学生物进化的基础。

二、达尔文的自然选择学说1．自然选择学说的主要内容2．对自然选择学说的评价3．达尔文以后进化理论的发展(1)随着生物科学的发展，关于遗传和变异的研究，已经从性状水平深入到基因水平。

(2)关于自然选择的作用等问题的研究，已经从以生物个体为单位发展到以种群为基本单位。

判断对错(正确的打“√”，错误的打“×”)1．由于缺少草而吃树叶的长颈鹿脖子越来越长，符合拉马克的观点。

( ) 2．达尔文认识到遗传和变异的本质并做出了科学的解释。

( ) 3．生物进化的内因是生存斗争。

( ) 4．现代生物进化理论的核心是自然选择学说，研究对象为生物个体。

( )提示：1．√2．×　达尔文没有对遗传和变异的本质做出科学的解释。

3．×　生物进化的内因是遗传、变异。

4．×　现代生物进化理论的研究对象是种群。

拉马克的进化学说[问题探究]下图是长颈鹿的进化过程图，据图分析：1．请利用拉马克的观点解释长颈鹿脖子长的原因。

提示：长颈鹿主要以树叶为食，要想获得足够的食物就需天天伸长脖子去取食高处的树叶，由于“用进废退”，从而形成了现在的长颈鹿。

2．结合变异知识，思考：环境引起的性状改变一定能遗传给后代吗？提示：不一定。

只有环境改变导致了遗传物质改变进而引起的性状改变，才能遗传给后代。

[归纳总结]1．对拉马克进化学说的理解(1)用进废退：凡是没有达到其发展限度的每一种动物，它的任何器官，如果比较持续地使用，则会逐渐增强，并且发达起来。

相反，任何器官如不经常使用，则会逐渐衰弱，其功能减退，最后导致器官的退化或消失。

(2)获得性遗传：在环境条件的影响下，一个动物经常使用某种器官或经常不使用某种器官的结果是发展某器官或丧失某器官，这种获得的变异可以通过生殖遗传给后代。

1 234分销渠道：是指某种货物和劳务从生产者向消费者移动时取得这种货物和劳务的所有权或帮助转移其所有权的所有企业和个人。

它主要包括商人中间商，代理中间商，以及处于渠道起点和终点的生产者与消费者。

分销渠道是由各成员企业组成，中间存在着物质或非物质形态运动的“流”。

分销渠道的起点是制造商，终点是最终顾客。

分销渠道是由各中间商组成。

分销渠道中存在着五种以物质或非物质形态运动的“流”。

包括商流、物流、货币流、信息流、促销流。

其中前三种是以物质形态，后两种是以非物质形态流动。

商流是商品价值流动，物流是实体流动。

消费者市场分销途径的结构，包括五种形式：生产者——消费者生产者——零售商——消费者生产者——批发商——零售商——消费者生产者——代理商——零售商——消费者生产者——代理商——批发商——零售商——消费者生产者市场分销途径的结构，包括四种形式：生产者——用户生产者——批发商——用户生产者——代理商——用户生产者——代理商——批发商——用户注意：生产者市场分销渠道途径的结构不包括零售商中间商：是指处在生产者和消费者之间，参与商品流通业务，促进买卖行为发生和实现的商业机构和个人。

中间商的功能具体表现为：（1）减少交易次数，节省时间和人力，降低流通费用。

（2）代替生产企业完成市场营销的一切功能。

（3）集中、平衡和扩散商品的功能。

（4）沟通信息的功能。

按是否拥有商品所有权，可划分为经销商和代理商经销商是指从事商品交易业务，并拥有商品所有权的中间商。

批发商、零售商等属于这一类。

代理商是指接受生产者委托，从事销售业务，但不拥有商品所的权的中间商。

代理商按其和生产者业务联系的特点可分为：企业代理商：是指受生产者委托签订销货协议，在一定区域内负责代销生产企业产品的中间商。

企业代理商和生产企业之间是委托代销关系。

生产者可以同时委托若干企业代理商，分别在不同地区推销商品，自己也可以同时参与同一地区直接销售活动。

代理商按其和生产者业务联系的特点可分为：销售代理商：是一种独立的中间商，受委托独家经销生产企业的全部产品，不受销售地区限制，且对商品售价有一定的决策权。

课时规范训练(单独成册)[基础巩固题组]1．(多选)下列说法正确的是()A．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动量一定发生变化C．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动能一定发生变化D．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析：选AB.动量的方向总与速度即运动方向相同，故A对；合外力的冲量不为零，由动量定理I合＝Δp，可知动量的变化量Δp一定不为零，即动量一定变化，但动能不一定变化，有可能动量的大小不变，方向变化，故B对，C 错；I合的方向一定与动量变化量的方向相同，但不一定与动量的方向相同，故D 错．2．从某一高处落下一个鸡蛋，落到棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是() A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，因为它受到的冲力小B．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，因为它受到的冲量小C．落到水泥地上的鸡蛋易破碎，因为它的动量变化小D．落到水泥地上的鸡蛋易破碎，因为它受到的冲量大解析：选 A.鸡蛋从同一高处落到地面前一瞬间，具有相同的动量，从接触水泥地或棉絮，经历了Δt时间，受到了“地面”对鸡蛋的冲力(向上的弹力)F，直到停止，鸡蛋的动量改变量相同，鸡蛋所受的合冲量相同，不同的是时间Δt，落在棉絮上时Δt较大，由动量定理知鸡蛋受的合力较小，而落到水泥地上时，Δt 小，合力大，所以受水泥地的冲力大，超过鸡蛋壳的承受能力时，鸡蛋破碎，A 正确．3．质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1，如图所示，则A 、B 两物体( )A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析：选B.两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中，机械能守恒，mg (h 2－h 1)＝12m v 2，v ＝2g (h 2－h 1)，物体下滑到h 1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h 1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，所以合外力的冲量不相等．物体下滑的过程中，mg sin α＝ma ，h 2－h 1sin α ＝12at 2.由上述两式求得时间t ＝1sin α 2(h 2－h 1)g，由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等．4．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零，外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：选C.0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A 错；t ＝t 0时，物体速度最大，t ＝2t 0时物体速度为零，由动量定理Ft ＝m Δv 可得，F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等，B 错，C 正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D 错．5．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N解析：选 B.人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v 0＝2gh ＝2×10×5 m /s ＝10 m/s ；重力的冲量I G ＝mgt ＝600×1.2 N·s ＝720 N·s ；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft －mgt ＝0－(－m v 0)所以F ＝mg ＋m v 0t ＝600＋60×101.2 N ＝1 100 N.6．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m 和2m 的木块A 、B ，设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1mB.F f t 13mC.F f (t 1＋t 2)3mD.F f (t 1＋t 2)m解析：选B.A 与B 分离时二者的速度是相等的，分离后A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A 与B 的速度增大，由动量定理得：F f ·t 1＝(m ＋2m )v所以v ＝F f t 13m .7．如图所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(M v0－m v0)＝2m v0则水平力的冲量I＝Ft＝2m v0.答案：2m v0[能力提升题组]8．(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由hsin θ＝12g sin θ·t2得物体下滑的时间t＝2hg sin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I 1＜I 2＜I 3，故A 、C 正确，D 错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．9．(多选)如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( )A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC.由动能定理得mg (H ＋h )＋W f ＝0，W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，A 正确，B 错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12m v 2，v ＝2gH ，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理I G －I f＝0－m v ，所以I f ＝I G ＋m v ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，C 正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D 错误．10．如图所示，从地面上的A 点以速度v 竖直向上抛出一小球，上升至最高点B 后返回，O 为A 、B 的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变．下列说法正确的是( )A ．小球上升至O 点时的速度等于0.5vB ．小球上升至O 点时的速度小于0.5vC ．小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D ．小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量解析：选C.小球上升过程中，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg ＋f ＝ma 1；根据运动学公式，v 2＝2ah ，v ′2＝2a h 2解得v ′＝22v ＞0.5v ，故A 、B 错误；下降过程中，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma 2，故a 1＞a 2；根据h＝12at2可知，t1＜t2；重力的冲量p＝mgt，故C正确；由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故ΔE上＞ΔE下，故D 错误．11．根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E＝pc，其中c为光速．由于光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p.有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐射功率为P0，探测器和薄膜的总质量为m，薄膜面积为S，则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)()A.(1＋η)S P0mc B.(1＋η)P0SmcC.(2－η)P0Smc D.(2＋η)P20Smc解析：选B.在时间t内辐射到薄膜表面的光子的能量E总＝P0tS，光子的总动量p＝E总c＝P0tSc，根据题意，由动量定理得2ηp＋(1－η)p＝Ft，由牛顿第二定律得F＝ma，联立解得加速度a＝(1＋η)P0Smc，故B正确．12．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A．合力对物块的冲量大小一定为2m v2B．合力对物块的冲量大小一定为2m v1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v2＜v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为：I合＝m v2－(－m v2)＝2m v2，根据动能定理知，合力做功的大小为零．v2＞v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合＝m v1＋m v2，根据动能定理得，合力做功为：W＝12m v21－12m v22，故D正确，A、B、C错误．13．一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？解析：小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg ①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向．(F＋Δmg)t＝0－(－Δm v) ②其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计，Δm＝ρS·Δl②式变为F＝ρS·Δl·vt因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成匀速上升，Δl＝v t.上式变为F＝ρS v2 ③v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度．根据竖直上抛的公式有v2－v20＝2(－g)h所以v＝v20－2gh代入③，有F＝ρS(v20－2gh) 代入①，有mg＝ρS(v20－2gh)h＝v20－mgρS2g＝ρS v20－mg2gρS＝1.0×103×0.5×10－4×102－0.32×102×10×1.0×103×0.5×10－4m＝1.8 m答案：1.8 m。