6强化原理

带电粒子在重力场与电场中的运动[学习目标] 1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的直线运动问题.2.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的类平抛运动问题和圆周运动问题.一、带电粒子在复合场中的直线运动讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式.当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式.在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理.(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律.若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律.(2019·广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接直流电源，两极板间的距离为L＝15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B 点有一小油滴自由落下.已知带正电小油滴的电荷量q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U＝6×105 V .(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)图1(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点正上方的高度h是多少？答案(1)4×106 V/m(2)2.4×10－6 C(3)0.55 m解析(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝U L ＝4×106 V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝2.4×10－6 C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg (h ＋L )－qU ＝0则B 点在A 点正上方的高度是h ＝qU mg －L ＝3.5×10－14×6×1053.0×10－9×10m －15×10－2 m ＝0.55 m. 针对训练1 (多选)如图2所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一恒压直流电源相连 .若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图2A .所受重力与静电力平衡B .电势能逐渐增加C .动能逐渐增加D .做匀变速直线运动答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，A 错误 .由图可知静电力与重力的合力方向与v 0方向相反，F 合对粒子做负功，其中重力mg 不做功，静电力Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误 .F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确 .二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1 .运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律 .2 .利用功能关系和动能定理分析：(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W 电＝E p1－E p2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W ＝E k2－E k1.(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点 .从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0) .A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t 2.重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小；(2)B 运动到P 点时的动能 .答案 (1)3mg q(2)2m (v 02＋g 2t 2) 解析 (1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ①12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③ (2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④ 且有v 1t 2＝v 0t ⑤ h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2) .针对训练2 如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )图3A .小球A带正电，B不带电，C带负电B .三个小球在电场中运动时间相等C .三个小球到达极板时的动能E k A＞E k B＞E k CD .三个小球在电场中运动的加速度a A＞a B＞a C答案 A解析三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，带负电荷小球受静电力向下，合力为mg＋F电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大，运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水平位移居中，选项A正确，选项B、D错误.在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即E k C＞E k B＞E k A，选项C错误.三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力.如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.(重力加速度为g)图4答案2mg＋3Eq，方向水平向右解析小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR ＋qER＝12，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，2m v静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m v2R联立解得F1＝2mg＋3Eq小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右.1.如图1所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动.那么()图1A .微粒带正、负电荷都有可能B .微粒做匀减速直线运动C .微粒做匀速直线运动D .微粒做匀加速直线运动答案 B解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，微粒所受合力与初速度方向相反，故微粒做匀减速直线运动，故选项B正确 .2.(多选)如图2所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是()图2A .静电力对液滴a、b做的功相等B .三者动能的增量相同C .液滴a与液滴b电势能的变化量相等D .重力对液滴c做的功最多答案AC解析因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b 两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，故c动能的增量小于a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误.3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么()图3A .若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B .微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C .微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D .微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加答案 C解析由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能由微粒电性确定极板所带电荷的电性，也不能确定静电力对微粒做功的正、负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C 正确 .4.(多选)如图4所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )图4A .当小球运动到最高点a 时，细线的张力一定最小B .当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C .当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D .小球在运动过程中机械能不守恒答案 CD解析 若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大，故细线的张力一样大 .若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，故A 、B 错误；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除受到重力外，还受到静电力，静电力对小球做功，小球的机械能不守恒，D 正确 .5.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图5所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M 点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N 点射出，由此可知( )图5A .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等答案 BC解析 由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE ＝m v 2R，得R ＝m v 2qE，R 、E 为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确.6.(多选)如图6所示，将一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()图6A .做直线运动B .做曲线运动C .速率先减小后增大D .速率先增大后减小答案BC解析如图所示，对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误.7 .(2020·河南郑州一中期中)在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图7甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()图7A .小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B .t ＝5 s 时，小球经过边界MNC .在0～5 s 过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D .在1～4 s 过程中小球机械能先减小后增大答案 D解析 由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN 的时刻是t ＝1 s 和t ＝4 s ，B 错误；由v －t 图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a 1＝v 1t 1＝v 11＝v 1(m/s 2)，进入电场后的加速度大小为a 2＝2v 1t 2＝2v 13(m/s 2)，由牛顿第二定律得mg ＝ma 1，F －mg ＝ma 2，得静电力F ＝mg ＋ma 2＝53ma 1，可得重力mg 与静电力F 的大小之比为3∶5，A 错误；0～5 s 过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C 错误；由题图可得，小球在0～2.5 s 内向下运动，在2.5～5 s 内向上运动，在1～4 s 过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D 正确 .8.如图8所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E 的匀强电场中，取g ＝10 m/s 2.图8(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变 .求在0.20 s 时间内静电力做的功；(3)在(2)的情况下，t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能 . 答案 (1)2×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J解析 (1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq ＝mg ，解得E ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6 N/C ＝2.0×103 N/C ，微粒带正电，知电场方向向上 .(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度大小为a ，在0.20 s 时间内上升的高度为h ，静电力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2，h ＝12at 2，解得h ＝0.20 m ， W ＝qE 0h ，解得W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝at ，E k ＝mgh ＋12m v 2， 解得E k ＝8.0×10－4 J.9.如图9所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场 .一L 形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m .一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半 .求：(g 取10 m/s 2)图9(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球落地点与管的下端口B 的水平距离 .答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m解析 (1)小球从A 运动到B 的过程中，对小球，根据动能定理得mgl 2＋F 电l 1＝12m v B 2－0， F 电＝12mg ， 解得v B ＝g (l 1＋2l 2)，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，在空中运动的时间为t .水平方向有a ＝g 2，x ＝v B t ＋12at 2，竖直方向有h ＝12gt 2 联立以上各式可得x ＝4.5 m.10.(2020·雅安市期末)如图10所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小 .答案 (1)6 m/s (2)21.6 N解析 (1)重力：G ＝mg ＝0.12 kg ×10 N/kg ＝1.2 N ，静电力：F ＝qE ＝1.6×10－6 C ×3×106 V/m ＝4.8 N ，在A 点，有：qE －mg ＝m v 12R， 代入数据解得：v 1＝6 m/s.(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有：(qE －mg )2R ＝12m v 22－12m v 12， 在B 点，设轨道对小球的弹力为F N ，则有：F N ＋mg －qE ＝m v 22R， 由牛顿第三定律有：F N ′＝F N ，代入数据解得：F N ′＝21.6 N.11 .(多选)在空间水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图11所示 .重力加速度为g ，由此可见( )图11A .静电力为3mgB .小球带正电C .小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等答案 AD解析 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C 错误；分别列出竖直方向的方程，即h ＝12gt 2，h 2＝12×F －mg m (t 2)2，解得F ＝3mg ，故A 正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B 错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv ＝at ，结合以上的分析可得，AB 过程Δv ＝gt ，BC 过程Δv ＝3mg －mg m×t 2＝gt ，故D 正确 .。

强化“六个管控”，精准设备管理摘要：本文从强化设备标准管控、设备状态管控、设备故障管控、设备维护管控、设备零备件管控、设备信息管控等六个方面进行探讨，通过持续强化精准管控，促进设备综合管理水平持续提升。

关键词：六个管控状态监测精准管理前言：行业设备管理要求“三个可控，即：设备状态可控、管理过程可控和经济成本可控；追求“五个零”，即：产品质量零缺陷、设备运行零故障、设备诊断零失误、备件管理零冗余、设备零安全事故。

因此必须持续强化设备管理过程管控，提升精准管理水平。

1.强化设备标准体系管控一是开展常态化设备管理标准适宜性、符合性审查工作。

坚持“用中查、查中改”的持续改进原则，设备管理人员应充分收集标准运行情况及日常管理、检查信息，持续识别标准中在的不适宜及缺项漏项情况，定期组织管理、技术、维修、操作等岗位进行论证修订，确保标准技术参数、技术要求符合设备效能发挥及产品质量保障要求，消除不适宜不完善条款，持续提升适宜性。

二是严格标准执行及检查验证机制。

在标准体系中要夯实责任、明确职责、细化执行管控要求，各级管理层、执行层要按职责充分掌握标准、理解标准，采用手册化、展板化、可视化等手段将标准落地落实。

严格执行标准岗位自查、轮岗互查、监督检查的三级检查机制，对检查问题严格安排整改并严格验证，逐步消除标准与实际执行“两张皮”问题，持续提升标准执行率。

2.强化设备状态管控设备状态监测是设备日常维护维修、及时改进提升、管理策略改进等决策的重要基础支撑，主要包含运行效能监测和运行状态监测。

运行效能监测主要是对设备运行过程中产品质量保障能力、原辅料消耗指标、故障停机率等数据进行监测；运行状态监测主要对设备运行中关键部位震动、温度、电流、电压、流量、移位、精度等技术状态进行监测。

一是采取适宜的设备状态监控策略。

根据不同设备特点及功能单元分级制定适宜的状态管控机制，针对关键功能单元或部位，应选择在线监测方式持续进行监控；针对主要功能单元，选择专业精密点检方式；针对次要功能单元，采用日常点检方式。

期末强化6：八上专题复习训练之欧姆定律和电路分析基础强化一、选择题（每题2分，共30分。

）1．关于电流、电压和电阻的关系，下列说法中正确的是（）A．导体的电阻与该导体两端的电压有关B．导体的电阻与通过该导体的电流有关C．对某一导体来说，导体中的电流与其两端的电压成正比D．对某一导体来说，导体的电阻与其两端的电压成正比2．图中，能正确描述电阻一定时，电流随电压变化的图象是（）A B C D3．由公式R=U/I可得出下列结论正确的是（）A．导体电阻的大小跟导体两端电压成正比B．导体电阻的大小跟导体中电流成反比C．导体电阻的大小是由导体两端的电压和通过导体中的电流共同决定D．导体的电阻是导体本身的一种性质，它的大小与导体两端的电压和导体中的电流无关4．一个阻值为20Ω的电阻，测得通过它的电流为5A，那么此时加在这个电阻两端的电压是（）A．4V B．10V C．0.25V D．100V5. 关于“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测量电阻”两个实验，下列说法中正确的是（）A．两个实验所采用的研究方法是相同的B．两个实验多次测量的目的是相同的C．两个实验的电路在课本中是相同的D．两个实验中使用滑动变阻器的目的都是为了控制电阻两端电压不变6．在一段电阻不变的导体两端加20V电压时，通过的电流为1A；现在把该导体两端的电压变为5V，则此时通过该导体的电流和它的电阻分别为（）A．0.25A、20ΩB．1A、20ΩC．0.4A、10ΩD．1A、10Ω7. 在探究“通过导体中的电流与电阻关系”实验时，小明控制电压不变，改变定值电阻阻值六次，分别测出了相应的电流值，为了使得出的结论具有普遍性，他下一步应该做的是（）A．整理器材，结束实验B．分析数据，得出结论C．换用阻值不同的电阻，再测出几组电流值D．改变控制的电压值，再测出两组电流值8．某导体中的电流与它两端电压的关系如图所示，下列分析正确的是（）A．当导体两端的电压为0时，电阻为0B．该导体的电阻随电压的增大而减小C．当导体两端的电压为0时，电流为0D．当导体两端的电压为2 V时，电流为0.6A第8题图第9题图第10题图9．在“探究电流与电压关系”的实验中，分别用R1、R2两个电阻进行探究，并根据各自的试验数据绘制出如图所示的U--I关系图象，从图中可以看出R1与R2的大小关系是（）A．R1＞R2 B．R1=R2 C．R1＜R2 D．无法确定10. 如图，在探究电流与电阻的关系实验时，将a b 间的电阻由15Ω换成10Ω时，下一步操作是（）A．读出电流表与电压表的示数B．将滑片P向左移动C．将滑片P向右移动D．适当增加电池的节数11．如图所示的是四位同学设计的用伏安法测电阻R的电路图，其中正确的是（）A B C D12．小明同学练习用伏安法测电阻，他所测电阻的阻值约为2Ω．电压表的量程为3V，电流表的量程为3A．测量结束后，他得到的结论是待测电阻的阻值为10Ω，则他在测量中所出现的错误可能是（）A．电压表和电流表的位置接反了B．他没有多次测量取平均值，致使误差过大C．电压表按15V量程读数，电流表按3A量程读数D．电压表按15V量程读数，电流表按0.6A量程读数13. 用如图所示电路，不能完成下列哪个实验（）A．探究串联电路电流的关系B．探究并联电路电压的关系C．测量电阻D．探究电流跟电压的关系第13题图第14题图第15题图14．如图所示电路．开关闭合后两灯发光．以下说法正确的是（）A．电压表V的示数一定等于V1的示数B．电压表V的示数一定大于V1的示数C．电流表A的示数一定等于A1的示数D．电流表A的示数一定等于A1的示数的2倍15．如图所示，电源电压不变，闭合开关后，下列关于电压表示数变化的说法正确的是（）A．滑片P向右移动，V1表示数变大，V2表示数不变B．滑片P向右移动，V1表示数变小，V2表示数变大C．滑片P向左移动，V1表示数变小，V2表示数变大D．滑片P向左移动，V1表示数变大，V2表示数不变二、填空题（每空2分，共30分。

第6章强化技能1．基本理论1．1概念强化是指一种学习理论即“任何有利于机体反映概率增加的事例”，后被广大教育者广泛运用教学之中，形成了强化的技能。

强化技能包含正强化和负强化两个方面。

正强化是指运用表扬、奖励、肯定、鼓励等手段发掘学生的优点使之得到及时的巩固、发展，从而形成一种心理定势。

负强化是指教师用批评、处罚等方式除去某些不利影响，并帮助其正确反映的出现.。

这是教学中常用的一对方法。

一般以正强化为主、以负强化为辅。

但两者相辅相成，缺一不可。

正强化不可滥，负强化不可无。

运用之妙，在于适当，符合实际。

在语文教学过程中教师常常运用适度强化的技能，来肯定学生的积极行为，以抑制或消退不良行为，促使学生主动参与并养成良好的学习习惯，提高课堂教学的质量。

一般而言，在现代课堂教学中，负强化运用的较少，而教师艺术地运用正强化技能，能起到优化课堂教学结构，调动学生学习的积极性作用，从而更好地落实教学内容，完成教学目标。

强化是一个心理学概念，“使有机体在学习过程中增强某种反应重复可能性的力量称为强化”。

强化是塑造行为和保持行为强调不可缺少的关键。

强化的理论基础，早先源于条件反射和反应性条件反射、刺激和反应理论。

现代又源于信息论、控制论、系统论中的信息强化理论。

所谓强化技能是教师在教学中的一系列促进和增强学生反应和保持学习力量的方式。

强化一般是在强化物的刺激下，遵循一定的强化程序和原则。

强化是指能增强应率的效果。

凡是能增加反应概率的刺激和事件都叫强化物。

1．2强化技能的功能（作用）：在学校里，正确运用强化是激发学生努力学习和养成良好习惯的重要手段。

在运用强化激发学生的行为动机时，应注意针对所要引起的不同行为结果采用不同的强化方法。

使用连续强化时，个体的行为及行为倾向建立的比较快，但消退也快，使用间隔强化则相反，个体的行为及行为倾向建立慢，消退也慢。

一般说来，在课堂教学中，由于要让学生在一节课中始终保持对学习内容的注意及对学习过程的参与，应该多采用连续强化的方法，而对于一种良好的行为习惯的培养，由于注重的是这种行为习惯的保持，所以应对与这种习惯有关的行为采用间隔强化的方法，特别是采用不定比与不定间隔的强化，因为在使用这种强化的情况下，虽然行为与行为倾向建立缓慢，但其消退也缓慢，最有利于行为习惯的最终养成。

安全生产六个强化内容
1.强化安全意识：全员参与安全生产，构建安全生产文化，将安全放在首位，增强安全意识和责任感。

2.强化安全管理：建立健全安全管理制度，明确安全责任和权限，加强安全风险评估和管控，积极推行安全生产标准化。

3.强化安全技术：加强安全技术研究和应用，引进先进的安全设备和技术，提高安全设施和装置的可靠性和有效性。

4.强化安全教育培训：开展定期的安全培训和教育活动，提高员工的安全意识和安全技能，增强其应急处理能力。

5.强化安全监管：加强对安全生产的监督和检查，及时发现和纠正违法违规行为，强化对事故隐患的管控和整改。

6.强化安全应急预案：建立健全安全应急预案，完善应急救援体系，提高应急处理能力和响应速度，确保事故发生时能够迅速、有效地进行应对。

军事训练转型六个强化内容
根据我查阅的资料,国防部曾提出军事训练转型的“六个强化”内容,具体如下：
1. 强化现代战争对训练的要求：注重联合作战、信息化作战、智能化作战等特点,建设适应现代战争需要的新型训练场地。

2. 强化实战化训练：让训练更贴近实战,增加自我挑战、自我约束、自我改进的机制,强化实战素质的培养。

3. 强化联合训练：让不同军兵种之间的协同配合更加紧密,注重联训难度、联训质量、联训真实性的提高。

4. 强化专业训练：加强技能训练和专业素养训练,提高个人技术素质和作战能力。

5. 强化综合保障训练：让官兵在训练过程中了解自身所需的物资保障和后勤支持,增强综合作战中的生存能力和后勤保障能力。

6. 强化合理性和科学性：让军人训练更加科学合理,充分利用现有资源,避免不必要的浪费和冗余,提高整体训练效益。

《幼儿心理学》重点知识第一章绪论1.桑代克：“教育心理学之父”，1903年出版《教育心理学》。

2.幼儿教育心理学：揭示幼儿是如何学习的，即幼儿学习的特征、水平与规律；研究如何更科学、合理、有效地促进幼儿的学习，即如何开展适宜的教学，特别是要关注在教学环境和幼儿学习特征的交互作用下，幼儿是如何学习与发展的，以及研究教师如何进行有效的教学。

3.幼儿教育心理学涉及的三大变量：幼儿学习者、幼儿教育者、环境与教学4.卢梭：自然主义倡导者。

代表作《爱弥儿》被誉为“儿童宪章和儿童权利宣言”。

5.福禄贝尔：最早研究幼儿游戏心理的先驱者之一，是“幼儿园之父”。

设计了恩物，确立“游戏是儿园教育活动的节本形式”。

6.蒙台梭利：1907年创办了“儿童之家”，重视幼儿（3-7岁）的感官教育。

7.认知主义教育方案认为学前阶段儿童习得的基本概念，必须通过概念形成与概念同化两个过程。

8.凯米和德芙里斯从皮亚杰的建构主义学习理论中延伸出三条主要原则:能动性、充实性、结构化原则。

9.对早期教育价值的新认知：幼儿的学习与发展存在着关键期；个体发展的关键期又与脑发展的关键期有着密切联系，在幼儿期，脑的发展也最为快速而有效。

10.对幼儿学习特点的新发现：什么样的学习者，幼儿是主动的学习者；学习的方式，游戏是幼儿学习及发展情绪、认知与社会能力的重要方式；学习的条件，幼儿处于安全的环境和受重视的群体中，才能获得最佳的发展与学习；学习的环境，幼儿在日常生活情境中，通过体验与主动参与，学习效果最佳；学习的个体差异，幼儿的学习存在个体差异，不同的幼儿有不同的认知与学习方式。

第二章学习理论1．华生：行为主义的创始人，1913年作了题为《行为主义者心目中的心理学》，标志着行为主义心理学的正式诞生。

2.斯金纳提出的两种类型的学习：应答性反应与操作性反应3.强化：凡是能够引起行为反应概率增加的活动就是强化。

4.强化原理斯金纳的强化原理特别强调两个方面：一是他认为并不一定都与令人愉快的刺激相联系。

激光强化物体的原理激光强化是一种利用激光技术对物体进行表面处理和改良的方法。

它可以提高物体的强度、硬度、耐磨性和耐腐蚀性能，改善物体的表面质量和形状。

激光强化的原理主要包括以下几个方面：一、激光与物体的相互作用：激光是一种高能量、高亮度的电磁波，其特点是单色性、方向性和相干性。

当激光束与物体表面相交时，能量将被吸收或反射。

在吸收过程中，能量被转化为物体的热量，使物体局部温度升高。

二、物体的热传导和热扩散：当激光束与物体表面相交后，能量会通过物体的热传导或热扩散向物体内部传导。

物体的热传导系数和热扩散系数决定了能量在物体内部传播的速度和范围。

三、热处理过程中的相变和晶粒尺寸改变：物体在激光热处理过程中会发生一系列的相变和晶粒尺寸改变。

相变是指物体由一个相转变为另一个相的过程，如固态到液态、液态到气态的转变。

晶粒尺寸改变是指物体内部晶粒尺寸的增大或减小。

四、物体的熔化和再凝固：在激光照射下，物体表面会被局部加热至熔点以上的温度，形成液态区域。

当激光束停止照射后，液态区域会迅速冷却，形成再凝固区域。

液态区域和再凝固区域的形态和尺寸决定了物体的表面形状和结构。

五、激光处理参数的优化：激光强化过程中，激光的功率、波长、脉冲宽度和重复频率等处理参数的选择和优化对物体的表面质量和性能有重要影响。

适当选择这些参数可以实现不同的物体表面效应。

六、物体表面的改性和改进：激光强化可以通过物理、化学和相变等方式改变物体表面的结构和性能。

例如，激光烧结可以将金属粉末烧结成致密的构件；激光合金化可以在物体表面形成合金层；激光熔凝可以改变物体表面的晶须形貌等。

总结来说，激光强化是通过激光的高能量和高亮度，将能量传输到物体表面并向其内部传导，从而在物体表面和内部产生一系列的热物理和结构改变。

通过优化激光处理参数，可以实现物体表面结构和性能的改良，达到增强物体的强度、硬度、耐磨性和耐腐蚀性能的效果。

弥漫的强化原理弥漫的强化原理是心理学家巴甫洛夫所提出的一种学习原理，它解释了行为是如何通过与环境刺激的关联而被强化或者被减弱的。

弥漫的强化原理认为，当一个无条件刺激和一个有条件刺激同时出现时，有条件刺激会逐渐获得与无条件刺激相似的效果。

这种学习过程被称作条件反射。

简单来说，弥漫的强化原理可以通过以下三个过程来解释：1. 无条件刺激（UCS）：这是一个与自然反射行为相关的刺激，它引发了一个无条件反射。

例如，在巴甫洛夫的实验中，食物是一种无条件刺激，因为它会引发动物的唾液分泌。

2. 无条件反射（UCR）：这是一种与无条件刺激相关联的自然反射行为。

在巴甫洛夫的实验中，动物的唾液分泌就是无条件反射。

3. 有条件刺激（CS）：这是一个最初对无条件刺激没有任何反应的刺激，但在与无条件刺激重复出现后，会逐渐引发一个与无条件反射相似的有条件反射。

在巴甫洛夫的实验中，铃声就是一个有条件刺激，因为在开始的时候，它并不能引发动物的唾液分泌。

4. 有条件反射（CR）：这是一个最初没有的，但在有条件刺激和无条件刺激一起出现后而形成的条件反射行为。

在巴甫洛夫的实验中，当铃声和食物一起出现后，动物开始分泌唾液，这就是有条件反射。

在弥漫的强化原理中，有条件刺激和无条件刺激之间的关联是通过重复出现来建立的。

当有条件刺激在一次又一次的出现中与无条件刺激重复相会时，它会逐渐获得类似无条件反射的效果，并引发一个有条件反射。

此外，还有几个因素可以影响弥漫的强化原理的效果。

首先是时间间隔，如果无条件刺激和有条件刺激之间的时间间隔太大，有条件刺激就很难与无条件刺激建立起关联。

另一个因素是强度和频率，如果有条件刺激的强度足够强并且频率足够高，那它与无条件刺激的关联就会更快地建立起来。

弥漫的强化原理在人类的行为和学习中也可以找到应用。

例如，父母可以使用这种原理来帮助孩子养成良好的习惯。

当孩子表现出良好的行为时，父母可以给予奖励，这就是弥漫的强化原理中的强化。

强化学习算法中的异策略学习方法详解强化学习是机器学习领域中的一个重要分支，它通过智能体与环境的交互学习，以最大化累积奖励作为目标。

在强化学习算法中，异策略学习方法是一种重要的技术手段，它可以帮助智能体在学习过程中更好地平衡探索和利用的关系，从而提高学习效率和性能。

本文将详细介绍异策略学习方法在强化学习算法中的应用和原理。

1. 强化学习简介强化学习是一种通过试错学习的方法，智能体通过与环境的交互获得奖励信号，并根据奖励信号调整自己的策略，以最大化长期累积奖励。

在强化学习中，智能体需要不断地尝试不同的动作，以发现对应的奖励信号，并根据奖励信号来更新自己的策略，从而逐步学习到一个较好的策略。

2. 同策略学习和异策略学习在强化学习算法中，同策略学习和异策略学习是两种不同的学习方法。

同策略学习是指智能体在学习过程中使用的策略与实际执行的策略相同，即学习和执行所采用的策略是一致的。

而异策略学习则是指学习和执行所采用的策略是不同的，即智能体在学习过程中使用的策略与实际执行的策略不一致。

3. 异策略学习的应用异策略学习在强化学习算法中有着广泛的应用，它可以帮助智能体更好地平衡探索和利用的关系，从而提高学习效率和性能。

在实际应用中，智能体往往需要在探索和利用之间取得一个平衡，以达到较好的学习效果。

异策略学习方法可以帮助智能体在学习过程中使用不同的策略进行探索，从而更好地发现潜在的最优策略。

4. 异策略学习方法的原理在强化学习算法中，异策略学习方法的核心原理是通过重要性采样技术来估计不同策略下的价值函数，从而实现在学习和执行过程中采用不同的策略。

具体来说，异策略学习方法通过对不同策略下的动作价值函数进行估计，并利用重要性权重对不同策略下的经验进行加权，从而实现在学习和执行过程中使用不同的策略。

5. 基于重要性采样的异策略学习方法基于重要性采样的异策略学习方法是一种常用的技术手段，在强化学习算法中有着广泛的应用。

该方法通过对不同策略下的价值函数进行估计，并利用重要性权重对不同策略下的经验进行加权，从而实现在学习和执行过程中采用不同的策略。

专题强化六传送带模型和滑块—木板模型目标要求 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题.2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”.题型一传送带模型基础回扣1.水平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为v，若v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直减速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速3.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.4.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.例1如图1所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：图1(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？(2)煤块从A到B的时间；(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.答案(1)不能(2)1.5 s(3)5 m解析(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mg sin 37°>μmg cos 37°，所以它们不能相对静止.(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，＝1 s，煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝v0a1发生的位移x1＝12＝5 m2a1t1煤块速度达到v0后，因μg cos θ<g sin θ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，x2＝L－x1＝5.25 m，由x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. (3)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5 m ， 第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 2与Δx 1部分重合，故痕迹总长为5 m.1.(水平传送带)(多选)(2020·陕西高三月考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图2所示的模型.传送带始终保持v ＝0.4 m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处，则下列说法正确的是( )图2A.开始时行李的加速度大小为2 m/s 2B.行李经过2 s 到达B 处C.行李到达B 处时速度大小为0.4 m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 答案 AC解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg ＝ma解得a ＝2 m/s 2，故A 正确；设行李做匀加速运动的时间为t 1，行李匀加速运动的末速度为v ＝0.4 m/s ，根据v ＝at 1，代入数据解得t 1＝0.2 s ， 匀加速运动的位移大小x ＝12at 12＝12×2×0.22 m ＝0.04 m ，匀速运动的时间为t 2＝L －x v ＝2－0.040.4s ＝4.9 s ，可得行李从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝5.1 s ，故B 错误；由上分析可知行李在到达B 处前已经共速，所以行李到达B 处时速度大小为0.4 m/s ，故C 正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx ＝v t 1－x ＝(0.4×0.2－0.04) m ＝0.04 m ，故D 错误.2.(倾斜传送带)(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图3，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图象可能是()图3答案BC解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sin θ>μmg cos θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.题型二“滑块—木板”模型1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2.位移关系：如图4所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.图43.解题思路例2 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图5所示.木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t ＝1 s 时，木板以速度v 1＝4 m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变、方向相反.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：图5(1)t ＝0时刻木板的速度大小； (2)木板的长度.答案 (1)5 m/s (2)163m解析 (1)对木板和物块：μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1 设初始时刻木板速度大小为v 0 由运动学公式：v 1＝v 0－a 1t 0 代入数据解得：v 0＝5 m/s (2)碰撞后，对物块：μ2mg ＝ma 2对物块，当速度为0时，经历的时间为t ，发生的位移大小为x 1， 则有v 1＝a 2t ，x 1＝v 12t对木板，由牛顿第二定律：μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 对木板，经历时间t ，发生的位移大小为x 2x 2＝v 1t －12a 3t 2木板长度l ＝x 1＋x 2联立并代入数据解得l ＝163m.3.(水平面上的“滑块—木板”模型)(多选)(2020·河南安阳市第二次模拟)如图6甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以水平速度v 滑上长木板，此后木板与物块运动的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A.M ＝mB.M ＝2mC.木板的长度为8 mD.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 答案 BC解析 物块在木板上运动的过程中，μmg ＝ma 1，而v －t 图象的斜率表示加速度，故a 1＝ 7－32 m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02 m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，则0～2 s 内，两者v －t 图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12×(7＋3)×2 m －12×2×2 m ＝8 m ，C 正确.4.(斜面上的“滑块—木板”模型)如图7所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M ＝2 kg ，长度L ＝1.5 m 的极薄平板AB ，在薄平板上端A 处放一质量m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)释放后，小滑块的加速度a 1和薄平板的加速度a 2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t . 答案 (1)4 m/s 2 1 m/s 2 (2)1 s解析 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块：由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f1＝ma 1 其中F N1＝mg cos 37°，F f1＝μ1F N1 解得a 1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4 m/s 2对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋F f1－F f2＝Ma 2 其中F N2＝(m ＋M )g cos 37 °，F f2＝μ2F N2 解得a 2＝1 m/s 2a 1>a 2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.(2)设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，x 1－x 2＝L解得：t ＝1s.课时精练1.如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v －t 图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则( )图1A.传送带的速度为4 m/sB.传送带底端到顶端的距离为14 mC.物块与传送带间的动摩擦因数为18D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 答案 A解析 如果v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确；传送带底端到顶端的距离等于v －t 图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m ＋12×1×4 m ＝10 m ，选项B 错误；0～1 s内，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2,1～2 s 内，a 2＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误.2.(多选)如图2a ，一长木板静止于光滑水平桌面上，t ＝0时，小物块以速度v 0滑到长木板上，图b 为物块与木板运动的v －t 图象，图中t 1、v 0、v 1已知，重力加速度大小为g ，由此可求得( )图2A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t ＝0开始到t 1时刻，木板获得的动能 答案 BC解析 根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a 木＝v 1t 1，小物块的加速度大小a 物＝v 0－v 1t 1，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma 木，μmg ＝ma 物，解得mM ＝v 1v 0－v 1，μ＝v 0－v 1gt 1，故B 和C 能够求解出；木板获得的动能E k 木＝12M v 12，由于不知道长木板的质量M ，故D 不能够求解出.3.如图3所示，质量为M 的长木板A 在光滑水平面上，以大小为v 0的速度向左运动，一质量为m 的小木块B (可视为质点)，以大小也为v 0的速度水平向右冲上木板左端，B 、A 间的动摩擦因数为μ，最后B 未滑离A .已知M ＝2m ，重力加速度为g .求：图3(1)A 、B 达到共同速度的时间和共同速度的大小； (2)木板A 的最短长度L . 答案 (1)4v 03μg v 03 (2)4v 023μg解析 (1)对A 、B 分别由牛顿第二定律得 μmg ＝Ma A ，μmg ＝ma B又M ＝2m ，可得a A ＝12μg ，a B ＝μg规定水平向右为正方向，经时间t 两者达到共同速度v ，则v ＝v 0－a B t ＝－v 0＋a A t 解得t ＝2v 0a A ＋a B ＝4v 03μg ，v ＝－v 03.即A 、B 的共同速度大小为v 03.(2)在时间t 内：A 的位移x A ＝－v 0＋v 2t ＝－8v 029μgB 的位移x B ＝v 0＋v 2t ＝4v 029μg木板A 的最短长度为两者的相对位移大小，即L ＝Δx ＝x B －x A ＝4v 023μg.4.(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v 0沿逆时针方向运行.t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图4A.传送带的速度v0＝10 m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J答案ACD解析由题图乙可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝v022a1＝1022×10m＝5 m，x2＝v2－v022a2＝122－1022×2m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝(μmg cos θ)x1－(μmg cos θ)x2＝－24 J，故D正确.5.(多选)(2020·山东日照市模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是()图5A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C.经过 2 s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为433 m/s 答案 AC解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m＝1 m/s 2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误.6.(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C.图乙中t 2＝24 sD.木板的最大加速度为2 m/s 2答案 ACD解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确.由题图乙可知t 1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误.t 2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F fm ＝8 N ，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm －μ′·2mg ＝ma m ，解得a m ＝2 m/s 2；对滑块：F －F fm ＝ma m ，解得F ＝12 N ，则由 F ＝0.5t (N)可知，t ＝24 s ，选项C 、D 正确.7.有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m.开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进.滑板右端到达B 处冲线，游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图7(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B ，水平恒力F 的取值范围.答案 (1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N解析 (1)滑板由A 滑到B 过程中一直加速时，所用时间最短.设滑板加速度为a 2，则有F f ＝μm 1g ＝m 2a 2，解得a 2＝10 m/s 2，由s ＝a 2t 22， 解得t ＝1 s.(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2，解得F 1＝30 N ，当滑板运动到B ，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1， F 2－μm 1g ＝m 1a 1，a 1t 22－a 2t 22＝L ， 解得F 2＝34 N ，则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N.8.如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图8(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s 内小物块在传送带上留下的划痕为多长.答案 (1)78(2)18 m 解析 (1)根据v －t 图象的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2 对小物块，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得μ＝78(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿传送带向下， 2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿传送带向上 所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。

锂铝硅玻璃化学强化分析报告1.锂铝硅玻璃发展目前智能手机已经占据手机市场主要份额，且显示屏占比越来越高，碎屏成为手机使用最常见的破坏原因。

此外各大手机厂商都有降低保护屏玻璃厚度的强烈列需求。

随着柔性屏的出现，高强度曲面玻璃保护屏也成为新的需求，高铝硅玻璃的抗摔性越难越满足用户需求。

2016年中美国康宁公司推出第五代Gorilla玻璃GG5，为锂铝硅玻璃，同年中国电子旗下彩虹玻璃联合深圳东丽华科技推出凯丽6锂铝硅玻璃，旭硝子推出DT-star锂铝硅玻璃，肖特推出新肖特锂铝硅玻璃，国内旭虹光电也计划在2019年11月推出锂铝硅玻璃。

目前锂铝硅玻璃已经在手机终端市场得到普遍应用，并在终端测试整机跌落跌落性能是高铝硅玻璃将近2倍，整机跌落面跌高度以1m为标准。

其化学强化后性能也远超高铝硅玻璃。

锂铝硅玻璃是化学强化保护玻璃发展新的趋势。

2.锂铝硅玻璃结构和强化原理锂铝硅玻璃在骨干网络上与高铝硅相似，但在组成上同时引入Na、Li两种碱金属离子，可分步或同时进行K⁺—Na⁺、Na⁺—Li⁺二元离子交换，形成复合压应力层。

由于Li⁺半径更小，更容易在网络结构中迁移和交换，目前锂铝硅玻璃化学离子交换的强化方法一般分两步进行：（1）第一步在以KNO3为质量分数60%以上的混合熔盐中进行离子交换，以Na⁺—Li⁺交换为主，获得具有极深的最大压应力层，DOL＞120um；（2）第二步，在以KNO3质量分数为90%以上的混合盐浴中进行离子交换，以K⁺—Na⁺交换为主，获得较高的表面压应力。

两步完成后，玻璃表面就形成了较厚的复合压应力层。

锂铝硅玻璃交换过程如下图所示：3.锂铝硅玻璃强化性能美国康宁公司所研制的第 5 代大猩猩玻璃不同于前4代，其为含 Li2O 的锂铝硅酸盐( Li2O-Na2O-Al2O3-SiO2 )玻璃体系。

其适用于二步法化学强化工艺，DOL大于100μm，比第4代产品的DOL（75um）明显改善。

彩虹集团联合深圳东丽华科技有限公司紧跟康宁公司的GG5盖板玻璃开发了一款类似产品，在2016年10月试制成功，产品命名为凯丽6（GL KAILLY®6，简称GK6），是中国第一款商用锂铝硅酸盐屏幕保护玻璃，锂铝硅酸盐结构与钠铝硅酸盐结构类似，因其同时含有Li⁺和Na⁺，更适合二步法化学强化工艺，其力学性能比高铝硅酸盐提高30%以上，其抗折弯性能也比高铝硅酸盐性能高出20%以上，使智能手机屏幕玻璃跌伤率得到降低，其强化条件与性能测试结果如下表所示：康宁采用含Li2O的锂铝硅玻璃进行二步法化学强化，第一步采用60%KNO3和40%NaNO3的混合盐浴在390℃强化2h，CS为500MPA 以上,DOL为120um左右；第二步将第一步的样品放入KNO3纯盐中进行化学强化1h，CS为800MPA以上。

创新的原理、原则和过程——创新的总方针阅读次数1143 发布日期：2009-7-29 13:39:43创新的原理、原则和过程——创新的总方针来源:中国发明网时间:2008年10月07日创新既是一个宏观的社会实践过程，又是一个微观的心理反应过程，如果没有正确的原理指导，原则规范和过程提示，创新活动有可能陷入茫无头绪的境地。

（一）总结规律，可以指导创新：创新的原理学习创新原理和原则时，不仅要读书上给你的案例，还应该自己各举一二例来加深理解。

创新的原理是依据创新思维的特点、对人们所进行的无数创新活动的经验性总结。

又是对客观所反映的众多创新规律的综合性归纳。

因此，它能为人们更好地认识创新活动、更好地运用创新方法、更好地为解决创新问题提供条件。

为帮助人们深入理解并牢固掌握创新工程中常见的十种创新的原理，现分别予以介绍。

1．综合原理综合是在分析各个构成要素基本性质的基础上，综合其可取的部分，使综合后所形成的整体具有优化的特点和创新的特征。

2．组合原理这是将两种或两种以上的学说、技术、产品的一部分或全部进行适当叠加和组合，用以形成新学说、新技术、新产品的创新原理。

组合既可以是自然组合，也可以是人工组合。

在自然界和人类社会中，组合现象是非常普遍的。

爱因斯坦曾说：“组合作用似乎是创造性思维的本质特征。

”组合创新的机会是无穷的。

有人统计了上世纪以来的480项重大创造发明成果，经分析发现三四十年代是突破型成果为主而组合型成果为辅；五六十年代两者大致相当；从80年代起，则组合型成果占据主导地位。

这说明组合原理已成为创新的主要方式之一。

3．分离原理分离原理是把某一创新对象进行科学的分解和离散，使主要问题从复杂现象中暴露出来，从而理清创造者的思路，便于抓住主要矛盾。

分离原理在发明创新过程中，提倡将事物打破并分解，它鼓励人们在发明创造过程中，冲破事物原有面貌的限制，将研究对象予以分离，创造出全新的概念和全新的产品。

如隐形眼镜是眼镜架和镜片分离后的新产品。