够够了太深了H1V3？1v2或1v3的小说推荐

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两次世界大战加拿大都参加了么介绍一下

都参加了。

第一次世界大战，加拿大名义上是参加了的，其实只是是受到侵略，死亡人数有55000人。

第二次世界大战：

1939年，德国公然侵略波兰，引起世界震惊。经过国会激烈讨论，加拿大自由党总理WilliamLyonMackenzieKing领导的加拿大政府于1939年9月10日向德军宣战，但当时的加拿大军队因多年没有遇到战事，现役军人仅有4500人，没有代化的武器装备。随着战事的继续，越来越多的年轻加拿大人毅然响应征召入伍，到当年年底，有51000名预备役军人参军。

第一支参加二战的加拿大军队是1939年12月登陆英国的加拿大步兵师，第二支加拿大步兵师于1940年夏季和秋季先后抵达英国，被编入英国陆军第七军团。第三支步兵师则于1941年奔赴海外战场，接着，加拿大又派遣了两支装甲师和两支装甲旅前往欧洲战场，由此也改变了加拿大军队的组织结构。1942年初，由两个团组成的首支加拿大陆军(CanadianArmy)正式亮相二战场，首任司令由第一支步兵团的少尉A.G.L.McNaughton担任，1943年由另一位加拿大人H.D.G.Crerar接任指挥。

新组成的加拿大陆军在组成后并没有急于被派往第一线，而是在漫长的训练中等待联军安排，以便作为先头部队进入欧洲大陆。在这期间，由加拿大和英国人组成的一小组探险队曾前往北极圈外的Spitzbergen探路；加拿大隧道工人曾被派往直布罗陀海峡，加强该海峡的防御能力；1942年春天，一小组加拿大士兵曾试图突袭法国布伦港，但没有成功。

不列颠空战

1940年6月德军占领西欧大陆后，于7月制定从海上入侵英国的”海狮”计划。

不少加拿大人自1939年开始陆续加入了英国空军的"飓风”、"喷火”等空军中队；而加拿大皇家空军第一空军中队则成为第一支独立组队参加空战的加拿大空军队伍，联同英国、法国的皇家空军向强大的德国空军发起抗击。在1940年8月26日的战斗中，加拿大空军击落三架德国战机、损坏四架；10月中旬，又击落31架德国敌机，损毁43架。

这场二战史上历时最长、规模最大的空战从1940年7月16日开始历时九个多月，英国遭受了史无前例的袭击，德军共出动飞机416万多架次，向英国投掷6万吨炸弹，炸死炸伤英国居民8.6万余人，炸毁100多万栋建筑物，英军以915架飞机和414名飞行员的代价摧毁了1733架德机，击毙和俘获6000名德国飞行员，取得了空战的胜利，使德军征服英国的计划未能得惩。此役是德军在第二次世界大战中首次失败的战役。英国也由此成为日后欧洲抵抗运动和盟国反攻欧洲大陆的基地。因此，德国进攻苏联后，始终处于两线作战的境地。

在1939年至1945年的六年间，加拿大皇家空军二十三万男兵和一万七千名女兵组成的86支中队参加了二战多次空战，一万七千多人在战斗中牺牲。到1945年，战果累累的加拿大皇家空军也成长为世界第四大空军。

香港保卫战

加拿大陆军在二战战场上与侵略者第一次正面接触的大型战役是1941年11月的"香港保卫战”。

1941年11月，加拿大派出1975名士兵前往香港，帮助英国守卫这块殖民地，抵抗日本侵略军。由于装备不齐全和缺乏训练，加拿大士兵遭到日军的沉重打击，290名加拿大军人阵亡，其余的人被日军俘虏，被俘的加拿大军人，在日本集中营里从事繁重的苦役，300多人被虐待致死。

1941年12月7日，日本军队登陆香港，经过18天的最后抵抗，英军最终投降，年12月25日,香港总督杨慕琦与日军代表签订”停战协定”，香港沦陷,开始三年零八个月的日治时期。日本也得以将其侵略势力扩展到整个太平洋地区。

迪耶普奇袭战

1942年春，战争形势谈雀对同盟国极为不利：欧洲战场上，纳粹德国占领了整个西欧并侵入苏联腹地；北非战场上，德军逼近洞侍配埃及；太平洋战场上，日本占领了整个东南亚。但此时英国做的仅仅是同纳粹德国隔着英吉利海峡对峙，斯大林要求丘吉尔立即在西欧开辟第二战场，缓解苏联的压力。然而，这时的英国和美国还不具备大规模登陆的实力。受形势所迫，丘吉尔决定纳指于1942年在法国沿岸某处发动一次奇袭。以吸引德军的注意力，缓解东线压力，同时也希望通过实战试验新装备，获取两栖登陆作战经验。这次代号为"庆典”的奇袭行动选在了法国港口小镇迪耶普(Dieppe)。迪耶普处于英吉利海峡最窄处，进攻路线短，而且处于皇家空军战斗机的作战半径之内。这次作战的直接目标是摧毁德军的防御工事并抓获一些俘虏，获取军事情报。

登陆部队总兵力6100多人，包括4963名加拿大官兵、1000名英军敢死队员和50名美军观察员。皇家空军抽调了74个飞行中队为此次行动提供空中支援。加拿大第2步兵师师长J·H·Robert少将负责统一指挥。按照行动计划，加军和英军首先在迪耶普东西两侧的4个地点登陆，摧毁那里的德军炮兵阵地。在发起侧翼进攻半小时后，加军2个步兵团和1个坦克团将在迪耶普海滩登陆。

8月18日深夜，加军和英军进攻部队乘上登陆舰艇，同其他护航舰只一道，驶向迪耶普。8月19日清晨，准备冲击滩头的英军登陆艇意外遭遇了一队德军巡逻艇。双方交火声惊动了德军守卫部队。德军的岸炮、反坦克炮、迫击炮和轻重机枪一起向加拿大登陆艇、坦克团和英国敢死队员们开火，伤亡惨重。只有370名加军士兵幸免逃离了迪耶普海滩。

与此同时，同盟军空军在空中同德国空军展开了一场同样激烈的空战。法国皇家空军损失巨大，106架战斗机被击落；加拿大皇家空军损失13架战斗机。

整个战役到上午11点结束，作为英美盟军开辟第二战场的一次悲壮预演，迪耶普奇袭以彻底的惨败而告终。参战的加拿大军人阵亡3367人、受伤568人、被俘1946人，其中907人在囚禁中死亡，只有210名战俘最终回到加拿大；英军敢死队总共伤亡和被俘247人。皇家海军损失1艘驱逐舰、33艘登陆艇和550名水兵。皇家空军牺牲了153名空勤人员。

然而，对于两年后的诺曼底登陆而言，迪耶普奇袭带来了太多的启示：必须完全获得制空权才能确保登陆舰队靠近海滩；在滩头阵地被完全控制之前，坦克部队不应过早登陆；对敌军重点防卫地区不应在正面登陆强攻，而应在两翼登陆迂回；迪耶普奇袭还使希特勒误以为盟军在两年后仍会选择在英吉利海峡较窄处的加莱登陆，并将德军主力错误地部署到该地区，使盟军在诺曼底的登陆得以顺利进行。

作者/来源：杰西第156期《蒙城华人报》--蒙特利尔发行量最大最具影响力的中文报纸

莱茵河战役结束后，盟军开始了对欧洲西北部战场的最后清剿。1945年3月23日，盟军开始跨越莱茵河。尽管加拿大第一集团军没有跨越莱茵河作战的计划，但该支部队中的加拿大第九步兵旅，在英国军队的指挥下，参与了在Rees跨越莱茵河的行程；与此同时，加拿大伞兵团第一营成功在莱茵河东部的Wesel着陆；几天后，加军陆军第三师成功跨越莱茵河，向Emmerich进发。盟军部队的主要目标是全取德国。此时，在东线战场节节胜利的苏联红军，在莫斯科、库尔斯克和斯大林格勒顽强奋战，冲破德军防线，并以不可阻挡之势向西挺进，迫近奥地利，准备进军到奥得河(OderRiver)，向柏林发起攻势。

加拿大大部队在战争最后时刻的任务是打开荷兰东部Arnhem城的北部通道，为北部的盟军前线战事保证供给，同时清扫荷兰东北部的残余势力，包括德国东部海岸带至易北河(ElbeRiver)，及荷兰西部地区。

此时的加拿大第一集团军已经当年在意大利参战的加拿大第一军团要更强大、更完善。这也是加拿大陆军两支军团在二战中首次联手作战。加拿大第二军团负责清除荷兰东北部和德国海岸的敌军；加拿大第一军团则要在荷兰北部的Maas，与德国残余部队作战。

加拿大第二军向北方推进的速度很快，很快便完成了即定的战斗任务，沿途受到荷兰民众的热烈欢迎。在右翼，由少将Vokes指挥的加拿大第四装甲师于4月5日跨过Twente运河，向前推进到Almeloon，从东面迂回重新进入德国境内；在中翼，加拿大第二师渡过Schipbeck运河，在4月16日前后，实际上已进入荷兰北部的战线；左翼的第三师负责清除Ijssel地区的敌军，经过几天艰苦斗争，他们也于4月6日占领了历史上著名的Zutphen，然后向前推进，夺取了Deventer,Zwolle,Leeuwarden，并在4月18日到达德国海岸。

加拿大第二军继续把战果从荷兰东部扩大到德国西部。加拿大第四师在Meppen跨过Ems河，与波兰第一装甲旅汇合，联手强攻德国的Emden,Wilhelmshaven,Oldenburg；这时第三师也移向Emden；第二师则从格罗宁根(Groningen)转入奥登伯格(Oldenburg)在荷兰西部的加拿大第一军，包含了加拿大第一步兵师、第五装甲师，由CharlesFoulkes中尉指挥，主要任务是解放Maas河北部的地区，这个地区最大的城市有荷兰首都阿姆斯特丹(Amsterdam),鹿特丹(Rotterdam)和海牙(Hague)。在经过一个“饥饿的冬天”，这个地区的民众正承受着无尽的痛苦。食物耗尽、燃料几乎用完、运输实际上已中断，上万民众在饥寒交迫中面临死亡的威胁。

攻打Arnhem的战役于4月12日开始，经过两天的巷战，城中的敌军基本消灭，加军第五师接着朝北部三十多英里的Ijsselmeer进军，切断了敌军在Apeldoorn抵御加军第五师进攻的后防线，于4月17日夺取了Apeldoorn。

4月28日前后，德军在荷兰的防线节节后退到Wageningen与Amersfoort及海岸一线，这条战线被称为“Grebbe防线”。由于那段时间盟军正在安排休战协定谈判，荷兰西部的战事暂停，食品供给逐步运抵荷兰，解救饥饿的民众。

4月25，美军与苏联红军在德国托尔高市附近的易北河一座被破坏的桥上胜利会师，几天后，两支军队携手前进，于4月30日攻占了纳粹德国的最后堡垒柏林，希特勒自杀身亡，盟军结束了在欧洲战场的最后一仗。德军于5月7日在法国的兰斯签署了无条件投降书。二战欧洲战场终于取得了最后的胜利！

欧洲战场胜利的消息于5月7日加东时间晚上9点36分传到了加拿大，一时间群情欢腾，从哈利法克斯到蒙特利尔，从渥太华到多伦多，到处是欢呼的人群，大大小小的教堂一起鸣钟庆贺，人们纷纷走上大街，举杯同庆胜利；此时的加拿大军人主要驻守在荷兰，军人们在Utrecht和阿姆斯特丹参加了当地的庆祝仪式。

美、英、苏协商后将1945年5月8日确定为欧洲胜利日(Victory-in-EuropeDay，简称V-EDay)，这一天标志着欧洲战场全面结束，当英国首相邱吉尔通过广播向全世界宣布这一消息的时候，加拿大人也同步收听这一广播，欧洲开始欢庆胜利，加拿大也举行了一系列庆祝活动，包括在渥太华国会山庄的游行，多伦多和蒙特利尔的民众也涌上街头。

然而，加拿大人在庆祝胜利时也出现了一些不和谐的事件，在哈利法克斯，街上拥满了人，特别是近一段时间以来一直为战事所紧张的海军和陆军军人。哈利法克斯和Dartmouth的酒水店当天都关了门，庆祝活动开始后，人群显得越来越激动，一小部分人开始冲砸碎酒水店，破坏行动逐渐扩大，拥挤的人群发生骚乱，最后导致3人死亡、207家店铺被砸，554家商号受到损失、多人被拘捕。

太平洋战争结束

当全球各地上百万民众庆祝欧洲胜利之时，盟军领导人们则在准备太平洋战场的最后决战，盟军的所有力量将全力打击日本。

加拿大军人也准备参加这场决战，近八万加拿大人自愿加入太平洋部队，并于1945年7月，在加拿大全国各地的七个民营集结。加拿大海军也调派了13000名海军，60艘军舰蓄势待发。

然而，预期的最后决战并没有打响。美国总统杜鲁门做出重大决定，向日本投放了原子弹。第一颗原子弹于1945年8月6日投在日本的广岛——一个十万人口的城市，三分之一的民众被炸死；三天后，第二颗原子弹投向了港口城市长崎。两颗原子弹共造成超过二十万日本人死亡，无数人受伤及留下后遗症。但这两颗原子弹也促成日本政府于1945年8月14日宣布投降。第二次世界大战全面结束。

尾声

在六年的二战中，上百万加拿大男女军人走上欧洲前线，为和平和自由而战，其中42000名加拿大士兵阵亡，包括23,000名陆军、17,000名空军、2000名海军、1600名商船队员；另有55000人受伤。

尽管加拿大军队在二战中的贡献明显要小于盟军的主力部队——美国军队和英国军队，但加拿大军人在战争中的表现却同样杰出。用加拿大陆军历史学家的话来说“加拿大强有力的第一流表现令人肃然起敬”。加拿大海军是盟军第三大海军队伍、空军是盟军第四大空中力量，六个师的陆军参加了欧洲战场的多个战役。

除了加拿大陆军令人骄傲的表现，加拿大皇家空军在战争中也分担了对纳粹空军进行空中打击的重任，还通过“英联邦空中培训计划”，帮助其他英联邦国家培养了大批空军。加拿大皇家海军则在为盟军登陆部队护航中担当了重要角色，保卫盟军部队躲过潜伏在大西洋中的纳粹潜水艇的突袭，将大部分陆军将士顺利护送上战场。

加拿大还在经济上对二战给予了支持，一批新兴工业应运而生，以满足从军需品到机动车辆、飞机、轮船等各种战争供给品的需求，新技术不断创新，也带动了加拿大经济的发展，就业率提高，加拿大也因此制定了“失业保险”(1940年)、“家庭福利金”(1942)。在外交政策上，加拿大扮演了英国和美国间特别重要的联络员角色。

在严酷的战争考验中，加拿大的正体逐渐也走向成熟，成为世界共同体中一个声望日长的成员。

在第二次世界大战中，有超过一百万加拿大人参军走上欧洲战场，其中包括七十三万一千名陆军士兵、十万零六千名海军、二十五万名空中。另外，加拿大有五万女兵参加了二战。

从1945年春天到1946年中，加拿大军人陆续从欧洲回到家乡。对于不少男兵来说，回家心切，但回家路长，特别是在外征战超过五年的老兵，他们还带回了48000名“战争新娘”，大多是英国姑娘，以及22000名在战时出生的孩子。

求校园街头1V1 1V2甚至1V3打架技巧

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谁能帮我找一找关于物理动量的例题

如果一个系统所受外力的矢量和为零，则该系统为动量守恒系统。而系统内部的物体由于彼此间的相互作用，动量会有显著的变化，这里涉及到一个内力做功和系统内物体动能变化的问题，即动量守恒系统的功能问题。这类问题十分广泛，不只在力学中多见，在电学、原子物理学中亦会碰到。在动量守恒系统的功能关系中，相互作用的内力可能是恒力，但多数情况下内力为变力，有时其变化规律可能较复杂，所以我们可以由系统动能的变化这个结果来了解内力做功的影响。相互作用的内力不仅可以变化复杂，力的性质也可以多种多样，诸如弹簧的弹力、滑动摩擦力、分子力、电场力、磁力等等，与其相对应的能量则如弹性势能、内能、分悔好子势能、电势能、磁场能（闭合回路中的电能）等等。因此，若我们能仔细分析系统中相互作用的内力的性质，也就可能在题设条件内建立起系统的动能和某种性质的内力相对应的能之间相互转化的能量关系。我埋禅们常把动量守恒系统中物体间的相互作用过程仍视为碰撞问题来处理，亦即广义的碰撞问题。如弹性碰撞可以涉及到动能和弹性势能的相互转化；非弹性碰撞可以涉及到动能和内能的相互转化，等等。那么，通过动量守恒和能量关系，就可以顺利达到解题目的。综上所述，解决动量守恒系统的功能问题，其解题的策略应为：一、建立系统的动量守恒定律方程。二、根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程。建立该策略的指导思想即借助于系统的动能变化来表现内力做功。例1、如图，两滑块A、B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，A、B间用一劲度系数为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为原长。一质量为m的子弹以速度V0沿弹簧长度方向射入滑块A并留在其中。试求：（1）弹簧的最大压缩长度；（2）滑块B相对于地面的最大速度和最小速度。解：（1）由于子弹射入滑块A的过程极短，可以认为弹簧的长度尚未发生变化，滑块A不受弹力作用。取子弹和滑块A为系统，因子弹射入的过程为完全非弹性碰撞，子弹射入A前后物体系统动量守恒，设子弹射入后A的速度为V1，有：mV0＝（m＋m1）V1得：(1)取子弹、两滑块A、B和弹簧为物体系统，在子弹进入A后的运动过程中，系统动量守恒，注意这里有弹力做功，系统的部分动能将转化为弹性势能，设弹簧的最大压缩长度为x，此时两滑块具有的相同速度为V，依前文中提到的解题策略有：（m＋碧液铅m1）V1＝（m＋m1＋m2)V(2)(3)由(1)、(2)、(3)式解得：（2）子弹射入滑块A后，整个系统向右作整体运动，另外须注意到A、B之间还有相对振动，B相对于地面的速度应是这两种运动速度的叠加，当弹性势能为零时，滑块B相对地面有极值速度。若B向左振动，与向右的整体速度叠加后有最小速度；若B向右振动，与向右的整体速度叠加后有最大速度。设极值速度为V3，对应的A的速度为V2，依前文提到的解题策略有：mV0=（m＋m1）V2＋m2V3(4)(5)由（1）、（4）、（5）式得：V3[（m＋m1＋m2）V3－2mV0]=0解得：V3=0（最小速度）（最大速度）说明：一、本题中的所有速度都是相对地面这一参照物而言的。二、第（3）、（5）式左均为，它们的差值即系统增加的内能。三、由前文解题策略易得系统增加的内能为。例2、如图，光滑水平面上有A、B两辆小车，C球用0.5米长的细线悬挂在A车的支架上，已知mA=mB=1千克，mC=0.5千克。开始时B车静止，A车以V0＝4米／秒的速度驶向B车并与其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10米/秒2，求C球摆起的最大高度。解：由于A、B碰撞过程极短，C球尚未开始摆动，故对该过程依前文解题策略有：mAV0=(mA+mB)V1(1)E内=(2)对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态，C球摆起有最大高度时，A、B、C有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有：（mA+mC)V0=(mA+mB+mC)V2(3)(4)由上述方程分别所求出A、B刚粘合在一起的速度V1＝2米／秒，E内＝4焦，系统最后的共同速度V2＝2.4米／秒，最后求得小球C摆起的最大高度h=0.16米。

动量守恒定律应用重在“三个”选取

��动量守恒定律是宏观世界和微观世界都遵守的共同规律，应用非常广泛．动量守恒定律的适用条件是相互作用的物质系统不受外力，实际上真正满足不受外力的情况几乎是不存在的．所以，动量守恒定律应用重在“三个”选取．��一、动量守恒条件近似性的选取��根据动量守恒定律成立时的受力情况分以下三种：（1）系统受到的合外力为零的情况．（2）系统所受的外力比相互作用力（内力）小很多，以致可以忽略外力的影响．因为动量守恒定律是针对系统而言的，它告诉我们，系统内各个物体之间尽管有内力作用，不管这些内力是什么性质的力，系统内力的冲量只能改变系统中单个物体的动量，而不能改变系统的总动量．如碰撞问题中摩擦力，碰撞过程中的重力等外力比相互作用的内力小得多且碰撞时间很小时，可忽略其力的冲量的影响，认为系统的总动量守恒．这是物理学中忽略次要因素，突出重点的常用方法．（3）系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒．��例1如图1所示，一质量为M＝0．5kg的斜面体A，原来静止在光滑的水平面上，一质量m＝40g的小球B以水平速度v0＝30m／s运动到斜面A上，碰撞时间极短，碰后变为竖直向上运动，求物体A碰后的速度．图1��解析由题意知，小球B与斜面A的碰撞时间极短，说明碰撞过程中相互作用力很大，斜面体A所受水平面的支持力要发生很大变化．它并不满足“外力远远小于内力”的条件，整个系统总动量并不守恒，但这个外力是沿竖直方向．而在水平方向上，由于水平面是光滑的，故A与B组成的系统在水平方向上不受外力，其动量是守恒的．��设碰后斜面体A的速度为v，而小球B碰后水平速度为零，由水平方向的动量守恒定律，有��0＋mv0＝Mv＋0，所以v＝（m／M）v0＝（0．04／0．5）×30m／s＝2．4m／s．��例2如图2所示，在光滑水平面上，静止放着一个质量为M，长为L的小车，一个质量为m的人站在小车的一端，求此人至少以多大速度起跳，才能跳到小车的另一端．图2��解析人要想跳到车的另一端，人必须做斜抛运动，人和车在水平方向上动量守恒．以地面为参照物，设人起跳的速度为v0，v0与水平方向夹角为α，车后退速度为v，设向右为正方向，由动量守恒定律，得��mv0cosα－Mv＝0，①��以车为参照物，在水平方向上人相对于小车的速度v0cosα＋v，人相对车的水平位移为L，则��L＝（v0cosα＋v）t，②人在空中运动时间为t，有��t＝2v0sinα／g，③由①式，得v＝mv0cosα／M，④将③、④式代入②式，得��L＝（v0cosα＋（mv0cosα／M））·（2v0sinα／g），∴v0＝，��当sin2α＝1，即α＝45°起跳时，v0为最小值vmin，故��vmin＝．�二、动量守恒过程的选取��满足动量守恒条件时，总动量保持不变，不是仅指系统初末两状态总动量相等，而是指系统在相互作用的整个过程中，每一时刻总动量都不变．动量守恒条件是否满足，关键在于过程如何选取．��例3如图3所示，在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v0，在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大?图3��解在汽车与拖车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，说明汽车和拖车组成的系统所受合外力为零．在脱钩后，虽然汽车和拖车已分离开了，这时汽车做匀加速运动，拖车做匀减速运动，它们各自所受合外力都不为零，但由于汽车牵引力不变，它所受的阻力没有改变．拖车一直向前运行，它受的阻力也没有改变，脱钩后系统所受的合阻力f＝f1＋f2不变．说明脱钩后至拖车刚刚停止的过程中，若以两者构成的系统为研究对象，系统所受合外力仍然为零．动量守恒定律仍然成立．��设拖车刚刚停止时汽车的速度为v，取汽车前进的方向为正方向，则有��（M＋m）v0＝Mv，即v＝（（M＋m）／M）v0．��三、动量守恒系统的选取��对多个物体相互作用中动量守恒问题，如何选取系统，是学生常感棘手的问题．因为对多个物体组成的系统，有时应用系统动量守恒，有时应用某部分动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时只抓住初、末状态动量守恒即可．要善于观察、分析，正确选取动量守恒系统．��例4质量为100kg的甲车同质量50kg的人一起以2m／s的速度在光滑水平面上匀速向前运动，质量为150kg的乙车以7m／s的速度匀速由后面追来，为避免相撞，当两车靠近时甲车上的人至少以多大水平速度跳上乙车．��解析在人和车相互作用时，动量守恒．设人跳起时水平速度为v人′，当人跳上乙车，两车的速度相同均为v车′时，两车刚好不相撞，设车原来的运动方向为正方向．选择甲车和人组成的系统为研究对象．应用动量守恒定律，有��（M甲＋m）v甲＝M甲v车′－mv人′，①选择乙车和人组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律，有��M乙v乙－mv人′＝（M乙＋m）v车′，②由①、②式，得v人′＝3m／s．

[例1]如图1，质量均为m的A、B两球，以轻弹簧连结后放在光滑水平面上。A被有水平速度V0、质量为m/4的泥丸P击中并粘合，求弹簧能具有的最大势能。

（典型误解）当A和B的速度都达到u时，A、B间距离最近，此时弹簧有最大势能EP。

从图1所示状态Ⅰ→Ⅲ由动量守恒得：

从Ⅰ→Ⅲ，由机械能守恒得：

解得。

（分析）从图1所示状态Ⅰ→Ⅱ的过程中，泥丸P与A碰撞粘合（B尚未参与作用），是一个完全非弹性碰撞模型，部分机械能经由瞬间内力作功转化为内能，所损失的机械能设为△E，则：

；

可见，从图1的状态Ⅰ→Ⅲ的物理过程，不能再看作一个机械能守恒的过程。因此，本题正确的解必须考虑由Ⅰ→Ⅱ的瞬间过程，从中得出所损失的机械能△E，代入Ⅰ→Ⅲ的能量守恒方程，即：，才能求到合理答案。

当然，只要考虑了从Ⅰ→Ⅱ的瞬间过程，得出在状态Ⅱ时泥丸P及A的共同速度V1。然后，再研究从Ⅱ→Ⅲ的过程，则既满足动量守恒的条件，又满足机械能守恒的条件。也可解得正确结果。

由此可见，在子弹穿过木块；碰撞粘合。两物通过相互作用连结在一起等瞬间过程中，表面上常因看不到物体有明显位移，因而容易忽略瞬间内力作功的过程。事实上，因有内力瞬时做功，导致能量的转化（常常反映为机械能向其它形式能量转化），全过程中的机械能便不再守恒．这便是我们在解此类习题中务必要注意的情况。

再看一个实例：

〔例2〕如图2，质量1千克的小球用0.8米长的细线悬于固定点O。现将小球沿圆周拉到右上方的B点，此时小球离最低处A点的高度是1.2米。松手让小球无初速下落，试求它运动到最低处时对细线的拉力。

（典型误解）球从B到A的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以有：

在A处，对小球又有：

由此解得牛

（分析）球从B下落到图3中的C位置时，线从松驰状态开始张紧（易知图中α＝60°），因线张紧，之后小球才从C起开始作圆弧运动到达A。从B→C机械能确实守恒，则米／秒。既然在C处开始转化为圆弧运动，意味着小球只保留了速度V的切向分量V1而损失了法向分量V2，也就是说损失了动能。这是因为在线张紧的瞬间，线上拉力对小球作了瞬时功，造成了动能转化为内能。这样，就B到A的全过程而言，因在C处有线对小球作瞬时功，所以不满足“仅有重力作功”这个条件，故全过程中机械能不守恒。

懂得了以上道理，便知道小球在C处以线速度开始作圆弧运动。在这之后，满足了“仅有重力做功”的条件，机械能守恒。则从C→A有；而在A处对小球有，由此解得正确答案应为T＝3.5mg＝35牛。

在本问题中，我们再次看到了因有瞬时功而造成机械能损失的情况。同样，在那个瞬间，因为我们看不到物体明显的位移（小球在C位置时在线的方向没有明显位移），所以极易疏忽这个隐含的重要变化，因而常常会导致解题失误。

所以，碰到象本题中细线突然张紧的情况；象上题中两物碰撞粘合的情况；或者其他一些广义上的完全非弹性碰撞的情况，请注意上述因瞬时功造成机械能向其它能转化的特点。处理问题时，务请注意在瞬间作用中所隐含的重要变化，这样才能找到正确的解题方向。

氧族元素典型例题

[例1]填空题氧族元素包括(写元素符号)____，其中____是金属元素，由于具有放射性，在自然界中不能稳定存在。氧族元素的单质中氧化性最强的是_____，简单阴离子还原性最强的是____；碲元素最高氧化物的水化物化学式是_____，它与足量的石灰水反应的化学方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高氧化物中含氧质量分数为60％，此元素为____，它的相对原子质量为____。请写出此元素的气态氢化物分子式_____，并预言此气体能否在空气中能否燃烧(写能与不能)____，如能写出它燃烧的化学方程式____。分析：氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、钋等五种元素，其中钋为金属元素，它不稳定具有放射性，根据氧族元素中各元素在周期表中位置，和它们的原子结构，氧的原子半径最小，最容易得电子，氧化性最强。而碲原子氧化性最弱，他形成简单离子Te2-还原最强，最容易失电子。碲元素最高价氧化物水化物的分子式为H2TeO4，因显酸性，它与足量的石灰水反应的化学方程式为H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。质量是32，它的气态氢化物分子式为H2S。因氧的氧化性强，可将S2-氧化。S2-被氧化化合价升高，产物可能是S或SO2。[例2]写出原子序数为34的原子结构示意图________，元素符号____，它的最高氧化物的化学式为________，对应酸的化学式为_____，名称是_____。它的二氧化物对应酸的化学式为_____，名称是________，写出三氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式________________，生成物的名称是_______。最外层6个电子，因此它有的化合价为+6，+4，-2可形成SeO2H2SeO3、SeO3H2SeO4【3]下列化学方程式不可能成立的是[]A．Te+H2S=H2Te+SB．CS2+3O2=CO2+2SO2C．Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D．Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl分析：这些化学方程式均为没有学过的，但是根据氧族元素的原子随原子半径的增大非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。可知，氧、硫、硒、碲非金属活动性逐渐减弱。而H2S、H2Se、H2Te的还原性逐渐增强，故碲不可能从氢硫酸中置换出硫，因为碲的活动性比硫弱。[答案]A。[例4]比较氯、硫两种元素在原子结构上、性质上的相同点与不同点可知，它们的原子核外都有3个电子层，最外层电子数都较多，原子半径都比较小。因此在反应中容易获得电子形成8电子稳定结构，所以硫和氯都是比较活泼的非金属。但核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，所以氯原子得电子能力大于硫原子，氯的非金属性大于硫的非金属性。氯气能从H2S中置换出硫单质的实验：H2S+Cl2=2HCl+S↓就是说明了氧化性Cl＞S的实验。(2)氯和硫都能与氢气直接化合生成气态氢化物HCl和H2S，但Cl2与H2化合的能力比S与H2化合的能力强，HCl的稳定性大于H2S。(3)氯和硫都能形成含氧酸，其最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2SO4，由于非金属性Cl＞S，所以酸性HClO4＞H2SO4。(4)HCl和H2S都有还原性，但还原性HCl＜H2S。氯和硫形成的阴离子半径都大于相应原子的半径：Cl-＞Cl，S2-＞S。氯和硫形成的阴离子都有还原性，但还原性Cl-＜S2-(5)氯和硫两种元素的主要化合价不同。硫元素的主要化合价有-2、0、+4、+6；氯元素的主要化合价有-1、0、+1、+3、+5、+7。[例5]不能由单质直接化合而得到的化合物是[]A．FeCl2B．SO2C．CuSD．FeS分析：这几种化合物都是二元化合物，先逐项分析组成每种物质的每种元素的单质相互化合时的生成物是什么，然后确定哪种物质能由单质直接化合而成，哪种物质不能由单质直接化合得到。Cl2是强氧化剂，与Fe化合时的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫与O2化合时硫显还原性，只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是变价金属，它们与硫这种较弱的氧化剂反应时，只能被氧化为低价态，生成FeS和Cu2S。[例6]H2S气体分别通入下列溶液中①FeCl3②FeCl2③CuCl2④AgNO3⑤溴水⑥碘水⑦H2O2⑧KMnO4，无明显现象的是[]A．②B．②③④C．②③④⑤D．全部分析：①许多重金属硫化物溶解度极小，如CuS、Ag2S、HgS可存在于酸性溶液中；②H2S具有强还原性，能与Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2发生氧化还原反应而析出淡黄色沉淀S；③Fe2+与H2S不反应，因FeS溶于稀酸。*[例7]实验室制取硫化氢时，为什么要用硫化亚铁而不用硫化铁？为什么要用稀H2SO4或稀HCl而不用浓H2SO4或HNO3？分析：(1)用硫化亚铁与稀H2SO4或稀HCl反应制取硫化氢气时，不溶于水的FeS便转化为FeSO4或FeCl2，Fe2+的氧化性弱，不能把新生成的H2S氧化，反应只能按下式进行：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亚铁中-2价的硫元素全部转化为H2S。硫化铁(Fe2S3)里的铁显+3价，Fe2S3与稀HCl或稀H2SO4反应后生成的Fe3+有较强的氧化性，反应中生成的H2S又有较强的还原性，因此就会有一部分H2S与Fe3+发生氧化还原反应，析出硫单质。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl总的化学方程式为：Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可见Fe2S3里的硫有一部分被氧化，而不能全部转化为H2S，因此制取H2S时用FeS而不用Fe2S3。(2)浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸，有强氧化性；FeS有强还原性。当浓进一步氧化成+4价，甚至+6价，生成硫单质或SO2，甚到生成H2SO4，从而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以，在实验室制取H2S时，只能用稀H2SO4或稀HCl，而不能用浓H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例题

[例1]有关二氧化硫的说法错误的是[]A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能发生反应B．SO2能使品红溶液褪色是因它的氧化性C．给已被SO2褪色的品红溶液用酒精灯加热，可恢复原来的红色D．SO2和O2混合后加热，可生成三氧化硫分析：二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与亚硫酸的正盐生成酸式盐，亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故它还能与碳酸盐反应。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性，它的漂白原理是由于二氧化硫和品红结合成无色的不稳定化合物，它的漂白原理与次氯酸氧化性的漂白原理不同。给被二氧化硫褪色的品红加热，无色不稳定的化合物分解，品红又恢复红色。二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫必须在催化剂(V2O5)存在条件下加热反应才能进行，所以A、C正确。[例2]有一瓶无色气体，可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一种或几种，将其通入氯水中得到无色溶液，把溶液分成两份，向一份中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，以下结论正确的是__________。①原有气体中肯定有SO2；②原有气体中肯定没有SO2气体；③原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI气体。将此气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量的BaCl2溶液5mL反应，生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg，该溶液遇KI淀粉试纸不变蓝色。求反应前的氯水的物质的量浓度和反应前氢离子浓度(假定反应前后溶液总体积不变)分析：如若四种气体均存在，将其通入氯水中则应有如下反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓(黄色)HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕红)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)根据已知得到无色溶液，说明原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI。AgNO3产生白色沉淀，说明Cl-存在。由此证明①、③正确。将SO2气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量BaCl2溶液和SO2完全反应。设xmolH2SO4和BaCl2溶液反应，可生成260.8mgBaSO4和ymolHCl。Cl2z=0.00112molW=0.00112×2=0.00224mol[例3]自然界“酸雨”形成原因主要是[]A．未经处理的工业废水的任意排放B．大气中二氧化碳含量增多C．工业上大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼D．汽车排放的尾气和燃料不完全燃烧产生的气体分析：自然界中的酸雨主要是硫酸雨，这是由于大气中SO2和SO3含量过高造成，形成这种情况的主要原因是工业大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼，汽车尾气的排放不是主要原因。[例4]填空题(1)298K时，向VL真空容器内通入nmolSO2和mmolH2S①若n=2，则当m=______时，反应后容器内密度最小②若2n＞m，则反应后氧化产物与还原产物的质量差为_____g③若5n=m，且反应后氧化产物和还原产物的质量和为48g则n+m=______．(2)在常温常压下，将aLSO2和bL的H2S混合，如反应后气体体积是反应前的1／4，则a和b之比是______．(3)在常温常压下，向20L真空容器内通过amolH2S和bmolSO2(a、b都是正整数，且a≤5，b≤5)，反应完全后，容器内气体的密度约是14.4g／L，则a∶b=_______．分析：(1)反应：2H2S+SO2=3S+2H2O①当n=2、m=4时，恰好完全转化为固体硫，容器内压强最小。②当m＜2n时，则SO2过量x=16m③当m=5n时说明H2S过量(3)如若容器内气体是H2S，则它的物质的量应是14.4g／L×20÷34=8.47(mol)不符合题意。因H2S物质的量a≤5。则剩余气体应是SO2，SO2物质的量应是14.4×20÷64=4.5mol。则反应的SO2应是0.5molH2S则是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5(3)a∶b=1∶5[例5]为防治酸雨。降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合使用，请写出燃烧时，有关“固硫”(不使含硫的化合物进入大气)反应的化学方程式为_____、______、______。分析：此题所涉及的内容和工业生产、日常生活密切相关，有些内容可能学生不知道。解答本类题目关键是对所给的信息进行充分的加工，利用所学的基础知识、基本原理、已有的经验解答题目。此题关键知道酸雨的形成是由于燃煤产生大量的SO2溶于水，即有反应S+O2=SO2。加入生石灰后必发生反应SO2+CaO=CaSO3，将SO2转化为CaSO3而不排放到大气中，同时知道CaSO3不稳定将和空气中的O2发生反应，即：2CaSO3+O2=2CaSO4。※[例6]无色气体A在空气中完全燃烧生成气体B，B在一定条件下氧化生成C；A、B、C溶于水所得溶液均为酸性，而且酸性逐渐增强；将A、B所得溶液与过量溴水反应，可见溴水的橙色褪去，得到无色溶液为强酸性。若将A与B混合时，会有淡黄色固体生成；A与C混合，同样有淡黄色固体生成。根据上述实验事实，推断A、B、C各是何种物质，并写出相关的化学方程式。分析这是一道未知物的推断题，对于这种试题，在认真审题的基础上，要理出脉络，找出相互关系，进行初步分析判断。依据题意整理出的上述关系网络，说明气体A是可燃性气体，其燃烧产物气体B与A含有同种元素，且价态较高，B的氧化产物C与A也含有同种元素，且处于高价态；从A、B、C溶于水得到的酸A是弱酸，酸B是中强酸，酸C是强酸，且酸A、酸B均可被过量溴水氧化为强酸性的无色溶液，可初步判断气体A为气态氢化物，气体B为处于中间价态的氧化物，物质C是高价氧化物。本题给出的另一条线索是：说明A具有强还原性，A、B、C所含的同种元素是硫元素，从而找出解答本题的突破口，确定A是硫化氢，B是二氧化硫，C为三氧化硫，酸A是氢硫酸，酸B是亚硫酸，酸C是硫酸，黄色固体是硫黄。[例7]氯水的漂白性与SO2的漂白性的比较分析：干燥的氯气不具有漂白性，只有当Cl2溶于水形成氯水时才具有漂白性。氯气溶于水时，有一部分Cl2与水反应生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO中的氯显+1价，有很强的氧化性，能够杀菌消毒，也能使染料和有机色质褪色，变成无色物质。这种漂白作用是彻底的、不可逆的。SO2也可漂白某些有色物质，SO2的漂白作用是由于它能跟某些有色物质化合，而生成不稳定的无色物质。当这种无色物质放置长久或受热时，会发生分解，而使有色物质恢复为原来的颜色。所以SO2的漂白作用是可逆的。由此可知，Cl2和SO2虽然都能使品红溶液褪色，但SO2使品红溶液褪色后，经过加热又可恢复为原来的红色；而Cl2使品红溶液褪色后，经过加热也不能恢复为原来的红色。虽然SO2和氯水各自单独都有漂白作用，但若将Cl2和SO2以等物质的量混合，一起通入品红溶液中时，品红却不褪色。这是因为Cl2和SO2在有水存在时恰好完全反应失去漂白能力，反应后的生成物也不具有漂白性的缘故。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物质的量混合通入品红溶液时，由于有一部分Cl2和SO2反应，因而其漂白性会比混合前消弱。[例8]常温下某种淡黄色固体A，它的氢化物B和氧化物C之间有如右上转变关系，试回答：(1)A是_____，B是_____，C是____。(2)若B的物质的量为x，O2物质的量为y：①当B跟O2恰好完全反应转化为A时，x与y的数值关系为______；②当B转化为C时，若反应后，常温下体系中只有一种气体，x与y的数值关系为_____。(3)B和C发生反应时，无论B、C物质的量之比如何，反应得到的氧化产物和还原产物的质量比为_____。分析：(1)本题A、B、C三种物质分别为S、H2S和SO2。(2)H2S与O2生成S的化学方程式[例9]某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种：[]A．氯化钠B．硫化纳C．亚硫酸钠D．硫酸纳E．碳酸纳向此溶液中加入适量稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有气体产生。此少量气体有臭鸡蛋气味，可使澄清的石灰水变浑浊，不能使品红溶液褪色。根据以上实验现象回答下列问题：(1)不能使品红溶液褪色，说明该气体中

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