第七章习题课

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第七章课后习题

思考练习题一、单项选择题1、某企业现金收支状况比较稳定，全年的现金需要量为300 000元，每次转换有价证券的固定成本为600元，有价证券的年利率为10%，则全年固定性转换成本是( )元。

A、1000B、2000C、3000D、40002、不属于存货的变动储存成本的是( )。

A、存货资金的应计利息B、替代材料紧急购入的额外成本C、存货的残损和变质损坏D、存货的保险费用3、基本经济进货批量模式所依据的假设不包括( )。

A、所需存货市场供应充足B、存货价格稳定C、仓储条件不受限制D、允许存货4、某企业全年耗用A材料2400吨，每次的订货成本为1600元，每吨材料储存成本为12元，则每年最佳订货次数为( )次。

A、12B、6C、3D、45、某企业预测的年赊销额为1200万元，应收账款平均收账期为30天，变动成本率为60%，资金成本率为10%，则应收账款的机会成本为( )万元。

Ａ、10 B、6 C、5 D、96、成本分析模式下的最佳现金持有量是使以下各项成本之和最小的现金持有量( )。

A、机会成本和转让成本B、机会成本和转让成本C、持有成本和转换成本D、持有成本、短缺成本和转换成本7、下列订货成本中属于变动性成本的是( )。

A、采购部门管理费用B、采购人员的工资C、订货业务费D、预付定金的机会成本8、企业在确定为应付紧急情况而持有的现金数额时，不需要考虑的因素为( )。

A、企业愿意承担风险的额度B、企业临时举债能力的强弱C、金融市场投资机会的多少D、企业对现金流量预测的可靠程度9、既要充分发挥应收账款的作用，又要加强应收账款的管理，其核心为( )。

A、加强销售管理B、制定适当的信用政策C、采取积极的收账政策D、尽量采用现款现货10、假定某企业每月现金需要量为20000元，现金和有价证券的转换成本为20元，有价证券的月利率为5%，则该企业最佳现金余额为( )。

A、20000元B、12649元C、10000 元D、6649元11、信用的“五C”系统中，资本是指( )。

人教版高一物理必修2第七章机械能守恒定律习题课(共31张PPT)

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3、质量不等但有相同初速度的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则下列判断正确的是（） A、质量大的物体滑行距离大 B、质量小的物体滑行距离大 C、它们滑行的距离一样大 D、质量小的滑行时间短
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17.将物体由地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H，当物体在上升过程中的某一位置时，它的动能和重力势能相同，则这一位置的高度是（）
A、2 H/3 B、 H /2 C、 H /3 D、 H/4
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8、关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法中正确的是( ) A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒 B．只要合外力为零，机械能守恒 C．当有重力和弹力外的其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D.地面对物体的平均阻力为 mgH h

第七章机械能守恒定律-习题课2

第七章习题课1.如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站在地面上，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1解析：设b 下摆至悬点正下方时的速度为v b ，由动能定理得：m b gl (1－cos 60°)＝12m b v 2b ，设绳的拉力为F ，由牛顿第二定律得：F －m b g ＝m b v 2b l，此时a 刚好对地面无压力，则有F ＝m a g ，以上三式联立可得m a ∶m b ＝2∶1，故B 正确．答案：B2.如图所示，在两个质量分别为m 和2m 的小球a 和b 之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过轻杆中心的水平轴无摩擦转动，现让轻杆处于水平放置，静止释放小球后，重球b 向下转动，轻球a 向上转动，在转过90°的过程中，以下说法正确的是( )A ．b 球的重力势能减少，动能增加B ．a 球的重力势能增大，动能减少C ．a 球和b 球的机械能总和保持不变D ．a 球和b 球的机械能总和不断减小解析：在b 球向下、a 球向上摆动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b 球重力势能减小，a 球重力势能增大，a 、b 两球的总机械能守恒．答案：AC3．如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，从上端口飞出后落在C 点，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍．求：(1)释放点距A 点的竖直高度；(2)落点C 与A 点的水平距离．解析：(1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R设B 点为重力势能零点，又由动能定理得mg (h ＋R )＝12m v 21解得h ＝3R . (2)设小球到达最高点的速度为v 2，落点C 与A 点的水平距离为x由机械能守恒定律得12m v 21＝12m v 22＋mg 2R (或由动能定理得－mg 2R ＝12m v 22－12m v 21) 由平抛运动的规律得R ＝12gt 2 R ＋x ＝v 2t 解得x ＝(22－1)R .答案：(1)3R (2)(22－1)R4．如图所示，质量为m 的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M 的砝码相连．已知M ＝2m ，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h (小于桌高)的距离，木块仍没离开桌面，则砝码的速度为多少？解析：M 、m 及绳组成的系统在相互作用的过程中，除M 的重力做功外，绳的拉力对M 做负功，对m 做正功，且二功之和为零，故系统的机械能守恒．选桌面所在平面为零势面，在砝码下降h 的过程中，系统增加的动能为ΔE k 增＝12(M ＋m )v 2 系统减少的重力势能为ΔE p 减＝Mgh由ΔE k 增＝ΔE p 减得12(M ＋m )v 2＝Mgh 解得v ＝2Mgh M ＋m ＝233gh . 答案：233gh5.如图所示，跨过同一高度处的光滑滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B .A 套在光滑水平杆上，细线与水平杆的夹角θ＝53°.定滑轮离水平杆的高度为h ＝0.2 m ．当B 由静止释放后，A 所能获得的最大速度为多少？(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)解析：物体A 在绳的拉力作用下向右做加速运动，B 向下加速运动，v B ＝v A cos θ，当A 运动到滑轮的正下方时，速度达最大值，此时A 沿绳方向速度为零，故B 的速度为零，对A 、B 组成的系统，由机械能守恒定律有：mg ⎝⎛⎭⎫h sin θ－h ＝12m v 2A ，v A ＝1 m/s.答案：1 m/s6.如图所示是一个横截面为半圆、半径为R 的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系物体A 、B ，且m A ＝2m B ，由图示位置由静止开始释放物体A ，在物体B 达到半圆顶点的过程中，求绳的张力对物体B 所做的功．解析：本题要求绳的张力对物体B 所做的功，关键是求出物体B 到达圆柱顶点时的动能．由于柱面是光滑的，故系统的机械能守恒，系统势能的减少量为ΔE p 减＝m A g πR 2－m B gR 系统动能的增加量为ΔE k 增＝12(m A ＋m B )v 2 由ΔE p 减＝ΔE k 增得v 2＝23(π－1)gR 对B 应用动能定理W －m B gR ＝12m v 2，所以绳的张力对B 球做的功W ＝12m B v 2＋m B gR ＝(π＋2)3m B gR . 答案：(π＋2)3m B gR。

大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案

大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第7章静电场中的导体和电介质习题及答案1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。

用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。

忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。

试证明：Rr=21σσ 。

证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，所以R r =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。

证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ（1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S ∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。

（2）在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。

解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V由电势叠加原理，球心电势为=O V R qdq R 3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=Rq R q εε故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。

第七章常微分方程习题课

7
x3
2
Cx3 .
7
20
例3 求 dy dx
x
y y2 cos
的通解 y
解：将原方程写成
dx 1 x y cos y dy y
x
e
1 y
dy
(
y cos
y
)e
1 y
dy
dy
C
y
(
y
cos
y)
1 y
dy
C
y(C sin y)
21
例4
求通解
2x
y2 3x2
dx
dy 0.
y3
y4
3
2、一阶微分方程的解法
(1) 可分离变量的微分方程
形如 g( y)dy f ( x)dx
解法 g( y)dy f ( x)dx
分离变量法
(2) 齐次方程形如 dy f ( y) dx x
解法作变量代换 u y x
4
(3) 可化为齐次的方程
形如 dy f ( ax by c )
通解：y Y y*
求特解的方法待定系数法
(1) f ( x) ex Pm ( x) 型
0 不是根
设特解 y* xkexQm (x) k 1 是单根 ,
2 是重根
15
(2)
f
(
x)
ex
[
Pl
(1)
(
x)
cos
x
P(2) n
(
x)
sin
x]
型
设特解
y*
xkex[Rm(1) (x) cosx
由
2 解得
4b 0，
a 1，
8 b 0，

第7章 (稳恒磁场)习题课

条件：只有电流分布（磁场分布）具有对称性时才可利用安培环路定理求磁感应强度。步骤: 1. 分析磁场分布的对称性； 2. 作适当的闭合回路L，确定L绕向(积分路径走向 )； 3. 确定回路包围的电流，求得B的大小
二．载流导线和运动电荷所受磁场力
1．洛伦兹力: 特征:方向垂直于v和B所构成的平面；不作功，不改变电荷的速率和动能．
方向沿x方向（若F为正值，则合力的方向与x轴正向一致）。
例5 半径分别为R1和R2的两个半圆弧与直径的两小段
构成的通电线圈abcda (如图所示)，放在磁感强度
为B的均匀磁场中，平行线圈所在平面．则线圈的磁矩大小为
1 2 I ( R2 R12 ) 2 ___________ ，
R2 a b
2r

0
2
R o r
dr
B
0
2
dr
0
R
0R
2

dr
例4. 均匀带电细直线AB, 电荷线密度为λ, 绕垂直于直线通过O 点的轴以角速度ω 匀速转动( 线形状不变, O 点在A B 延长线上) , 求: r dr (1 ) O点的磁感应强度B; O B a A (2 ) 磁矩m ; b （1）解：在带电细线离O点r处取线元dr，其带电量 dq dr，旋转时相当于一圆电流
2 r 2 R2 I 1 H 2 2 2r R R 3 2
1.解: 圆电流在O点产生的磁场 0 I 2 B1 方向× 2R 长直导线电流在O点产生的磁场 0 I 2 方向× B2 2R 导体管在O点产生的磁场由安培环路定理求得，
B3
0 I1
2 (d R)
方向×
圆心O点处的磁感应强度

第七章对策论习题课精品文档67页

s1 s2
1 2 3 4
1
2
7
1
3
2
16 1 136 02
3 m-in8aij
8
2
4
-3
3 -3
55
m miaxm aijja a ix ji m n j m iia n ia j a 2 x 22
G 的解为(2,2)， VG=2 , 2 与2分别是局中人I和II的最优纯策略。
例3 求解矩阵对策 G ={S1, S2; A}，其中
例4 某单位采购员在秋天要决定冬季取暖用煤的贮量局中问人题I。：采已购知员在正常的冬季气温条件下要消耗1三5个吨策煤略，：在在较秋天暖时与买较煤冷的气温条件下要消耗10吨10和吨2、0吨15。吨假、定20冬分季别记时的煤价随天气寒冷程为度：而有1，所2变，化3，，在较暖、正常、较冷的气候条件下局中每人吨I煤I：价大分自然别为10元，15元和20 元，又设秋季三种时策煤略价：为冬每季出吨现10元．在没有关于当年冬季准确较的暖气、象正预常报、的条较件冷下，秋季贮煤多少吨能分使别单记位为的：支1出，最2少，?3，
齐王上中下田忌下上中
最终净胜一局，赢得1000金。
表14-1 齐王赛马中齐王的赢得表
田忌
1
的策略上
齐王
中
的策略
下
1上中下
3
2上下中
1
3中上下
1
4中下上
-1
5下中上
1
6下上中
1
2
3
4
5
6
上
中
中
下
下
下
上
下
中
上

第七章课后练习题答案

第七章证券评价一、单项选择题1．已知某证券的系数等于1，则表明该证券( C )。

A．无风险B．有非常低的风险C．与金融市场所有证券平均风险一致D．比金融市场所有证券平均风险大1倍2．某种股票为固定成长股票，年增长率为5％，预期一年后的股利为6元，现行国库券的收益率为11％，平均风险股票的必要收益率等于16％，而该股票的贝他系数为1.2，那么，该股票的价值为( A )。

A．50B．33C．45D．303．投资短期证券的投资者最关心的是( D)。

A．发行公司的经营理财状况的变动趋势B．证券市场的现时指数C．发行公司当期可分派的收益D．证券市场价格的变动4．证券投资者的购买证券时，可以接受的最高价格是( C )。

A．出卖市价B．风险价值C．证券价值D．票面价值5．一般而言，金融投资不是( B )。

A．对外投资B．直接投资C．证券投资D．风险投资6．非系统风险( B )。

B．归因于某一投资企业特有的价格因素或事件C．不能通过投资组合得以分散D．通常以系数进行衡量7．下列说法中正确的是( D )。

A．国库券没有利率风险B．公司债券只有违约风险D．国库券没有违约风险，但有利率C．国库券和公司债券均有违约风险风险8．如果组合中包括了全部股票，则投资人( A )。

A．只承担市场风险B．只承担特有风险C．只承担非系统风险D．不承担系统风险9．债券的价值有两部分构成，一是各期利息的现值，二是( C )的现值。

A．票面利率B．购入价格C．票面价值D．市场价格10．A公司发行面值为1000元，票面利率10％，期限五年，且到期一次还本付息(单利计息)的债券，发行价格为1050元，B投资者有能力投资，但想获得8％以上的投资报酬率，则B投资者投资该债券的投资报酬率为( B)。

A．8％B．7.4％C．8.25％D．10％11．某企业于1996年4月1日以950元购得面额为1000元的新发行债券，票面利率12％，每年付息一次，到期还本，该公司若持有该债券至到期日，其到期收益率为( A )。

7-习题课1

第七章习题课1.如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB ，槽道由半径分别为R2和R 的两个半圆构成，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点沿滑槽道拉至B 点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )A ．0B ．FR C.32πFR D ．2πFR解析：虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR ＋πR 2，则拉力做的功为32πFR ，故C 正确．答案：C2．设飞机飞行中所受阻力与其速度的平方成正比，如飞机以速度v 匀速飞行时，其发动机功率为P ，则飞机以2v 速度匀速飞行时，其发动机功率为( )A ．2PB ．4PC ．8PD ．无法确定解析：由题意可知：F 阻＝k v 2，又P ＝F 阻v ，所以P ＝k v 3，当飞机速度为2v 时，P ′＝k (2v )3＝8k v 3＝8P ，C 正确．答案：C3．质量为m 的汽车以恒定功率P 在平直公路上行驶，若汽车匀速行驶的速度为v 1，当汽车的速度为v 2时(v 2＜v 1)汽车的加速度大小为( )A.Pm v 1 B.P m v 2 C.P (v 1－v 2)m v 1v 2D.P v 1v 2m (v 1－v 2) 解析：汽车匀速行驶时P ＝F 1v 1，汽车的速度为v 2时P ＝F v 2，由牛顿第二定律得F －F 1＝ma ，解得a ＝P (v 1－v 2)m v 1v 2.答案：C4.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中F T 做的功分别为W 1、W 2，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．W 1＝W 2D ．无法判断解析：由于F T 做的功等于F 做的功，因此可将变力F T 做功的问题转化成恒力F 做功的问题．由几何知识知滑块由A →B ，F 拉过的绳的长度比由B →C 拉过的绳的长度要长，由W ＝Fl 得W 1>W 2，故A 正确．答案：A5.质量为M 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量为m 的滑块以某一速度沿木板表面从A 点滑至B 点，在木板上前进了L ，而木板前进l ，如图所示，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木块做功各为多少？解析：对滑块和木板进行受力分析，可知摩擦力对滑块做负功，对木板做正功．滑块相对于地面的位移为l 1＝l ＋L ，摩擦力对滑块做的功为W 1＝－μmgl 1＝－μmg (l ＋L ) 摩擦力对木板做的功为W 2＝μmgl . 答案：－μmg (l ＋L ) μmgl6．一汽车的额定功率P 0＝6×104 W ，质量m ＝5×103 kg ，在水平直路面上行驶时阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止开始以加速度a ＝0.5 m/s 2做匀加速直线运动，求：(1)汽车保持加速度不变的时间； (2)汽车实际功率随时间变化的关系； (3)此后汽车运动所能达到的最大速度．解析：汽车开始做匀加速运动，牵引力F 和阻力恒定，随着速度增加，它的实际功率逐渐增大，直到F v 等于额定功率为止；此后汽车保持额定功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，直到牵引力等于阻力为止．(1)设汽车做匀加速直线运动时的牵引力为F ，阻力为F f ，匀加速过程中的最大速度为v t ，有F －F f ＝ma①F f ＝μmg② P 0＝F v t③由以上各式可求得v t ＝P 0m (μg ＋a )＝8.0 m/s匀加速过程持续的时间t ＝v ta＝16 s.(2)汽车在匀加速直线运动过程中的实际功率与时间的关系是 P 1＝F v ＝m (μg ＋a )at .(3)汽车达到额定功率后，将保持额定功率不变，随着速度的增加，牵引力减小，但只要牵引力大于阻力，汽车就做加速运动，只是加速度要减小，汽车做加速度逐渐减小的加速直线运动．直到牵引力F ＝F f ，加速度变为零，汽车所能达到的最大速度v m ＝P 0F f＝12 m/s.答案：(1)16 s (2)P ＝m (a ＋μg )at (3)12 m/s。

物理第7章习题课 (1)

0 I （ C） R
I
20 I （B） 2R
（ D） 0
a
[ D ]
o
I b
3.有一边长为 l 电阻均匀分布的正三角形导线框 abc，与电源相连的长直导线1和2彼此平行并分别与导线框在 a 点和 b 点相接，如图所示。导线 1 和 2 的电流为 I，令长直导线 1、2 和导线框 b 2 在线框中心点 o 产生的磁感应 I 强度分别为 B1、B2 和 B3，则点 o o的磁感应强度大小： 1 I a c
BNM 0 R t NM
B 0R t
4.图示一通以电流 I1 的无限长直导线一侧放置一通有电流 I2 的等腰直角三角形线圈，且与直导线共面，已知一直角边与导线平行，相距为b，直角边长为a，求线圈中各导线受力
I1
A
I2
B I 2dx
o
b
x
C
x
dF a
AC导线处于不均匀磁场中
(C) B沿闭合回路L的线积分改变, L上各点的B不变.
(D) B沿闭合回路L的线积分不变 , L上各点的B改变．
[ D ]
6.一半径为a的无限长直载流导线，沿轴向均匀地流有电流 I，若作一个半径为R=5a、高为l 的圆柱曲面，已知此柱面的轴与载流直导线的轴平行相距3a(如图)则B在圆柱侧面S 的积分为： 3a (A) s B dS >0 2a (B) s B dS <0 5a (C) s B dS =0 l (D) B dS 无法确定。 s
L1
L2
B dl
2 0 I
L3
B dl B dl
2 I
0
L3

第七章粘弹性课后习题

第七章粘弹性一、思考题1. 何谓高聚物的力学性能？从承载速度区分，力学性能可分为哪几类？2. 何谓粘弹性？何谓Boltzmann 叠加原理？何谓时温等效原理？3. 粘弹性实验一般有哪些？何谓应力松弛和蠕变？什么是松弛模量和蠕变柔量？松弛时间与推迟时间有何异同？4. 什么是高聚物的力学滞后和内耗？表征高聚物动态粘弹性的参量有哪些？用什么参量描述其内耗大小？5. 如何由不同温度下测得的E-t 曲线得到某一参考温度下的叠合曲线？当参考温度分别取为玻璃化温度和玻璃化温度以上约50C时，WLF方程中的C2应分别取何值？哪一组数据普适性更好？6. 粘弹性力学模型中的基本元件和基本连接方式有哪些？它们有何基本关系式？写出Maxwell 模型和Voigt 模型的基本微分方程。

广义Maxwell 模型和广义Voigt 模型分别适用于描述高聚物在什么情况下的性质？二、选择题1．高聚物的蠕变与应力松弛的速度( ) CD与温度无关②随着温度增大而减小③随着温度增大而增大2 •用T g为参考温度进行E t曲线时温转换叠加时，温度低于T g的曲线，其lg a值为( )C1 正，曲线向右移动C2 负，曲线向左移动C3 负，曲线向右移动C4 正，曲线向左移动3．高聚物发生滞后现象的原因是( )C1 高聚物的弹性太大C2 运动单元运动时受到内摩擦力的作用C3 高聚物的惰性大4．Voigt 模型可用于定性模拟( )C1 线性高聚物的蠕变C2 交联高聚物的蠕变C3 线型高聚物的应力松弛C4 交联高聚物的应力松弛5．Maxwell 模型可用于定性模拟( )C1 线型高聚物的蠕变C2 交联高聚物的蠕变③线型高聚物的应力松弛（④交联高聚物的应力松弛6 •高聚物黏弹性表现最为明显的温度是（）①v T g ②高于T g附近③T f附近7. 高聚物的蠕变适宜用（）的模型来描述。

①理想弹簧和理想黏壶串联（②理想弹簧和理想黏壶并联③四元件模型8. 高聚物的应力松弛适宜用哪种模型来描述？（）①广义Maxwell模型②广义Voigt模型③四元件模型9. 对于交联高聚物，以下关于其力学松弛行为哪一条正确？（）③蠕变能回复到零③应力松弛时应力能衰减到零③可用四元件模型模拟三、判断题（正确的划“V”，错误的划“X”）1. 交联聚合物的应力松弛现象，就是随时间的延长，应力逐渐衰减到零的现象。

高等数学-第七章空间解析几何与向量代数习题课

A12

B12

C
2 1
A22

B
2 2

C
2 2
（3）直线与平面相交（夹角）
设直线 L 的方向向量为 s (m, n, p) , 平面的法向量为
n ( A, B,C), 则它们的交角： Am Bn Cp
sin
A2 B2 C 2 m2 n2 p2
（4）线、面之间的平行与垂直
3 3
则
a 15 , b 5 a 25
17
3
17
于是
p ( 15 17 , 25 17, 0 )
【例8】已知向量 a (4, 3, 2)，u 轴与三坐标轴正向构成相等锐角，求 a 在 u 轴上的投影。
分析：先求出 u 轴上的单位向量，再利用向量投影公式。
解：设 u 轴的方向余弦分别为 cos,cos ,cos ，
解：M1M2 (1, 2,1)
| M1M2 | 2
方向余弦为
cos 1
2
, cos

2 2
, cos
1 2
方向角为 2 , 3 , 1
3
4
3
【例2】确定 , , 的值，使向量i 3 j ( 1)k 与向量
( 3)i ( ) j 3k 相等。并求此时向量的模与方向余弦。
分析：向量相等的定义是向量坐标对应相等。
解：由已知条件得
3

3

1 3
易得
1

4
1
即当 1, 4, 1 时两向量相等。此时向量为

第七章机械能守恒定律-习题课1

答案：B
① ②
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第七章
机械能守恒定律
质量为m＝4.0×103 kg的汽车，发动机额定功率为P ＝40 kW，汽车从静止开始以a＝0.5 m/s2的加速度行驶，所
受阻力Ff＝2.0×103 N，则汽车匀加速行驶的最长时间为多
少？汽车可能达到的最大速度为多少？解析：汽车匀加速行驶时，汽车发动机牵引力为 F ，则根据牛顿第二定律：F－Ff＝ma， F＝ma＋Ff＝4.0×103×0.5 N＋2.0×103 N
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Pm Pm (3)只有最终匀速运动时 F＝Ff，vm＝ F ＝ F . f
第七章
机械能守恒定律
如图所示，某人用大小不变的力 F拉着放在光滑平
面上的物体，开始时与物体相连的绳和水平面间的夹角是
α，当拉力 F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角变为 β.已知图中的高度 h ，求绳的拉力 FT 对物体所做的功．绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计．
机械能守恒定律
人教版物理必修 2
第七章
机械能守恒定律
【尝试解答】机车所受牵引力F>f，且F、f均恒定，
所以机车做匀加速直线运动v＝v0＋at 据P＝Fv可知【正确答案】C 【误区警示】本题易不分析物体运动性质，确定不变量 F、a而误认为机车功率不变而错选 A，或不考虑机车原来匀
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)
B．( 2－1)d 2 D. d 2
5－1d C. 2
第七章
机械能守恒定律
解析：钉子钉入木板的过程中随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与深度成正比，可将变力等效为恒力来处理， kd －据题意可得 W＝ F 1d＝ d， 2 kd＋kd＋d′ W＝－ F 2d′＝ d′. 2 联立①②式解得 d′＝( 2－1)d.

第7章刚体力学习题课

EP 0
Cm
h
mg 1 2 hm2 v1 2I11 21 2I22 2
不打滑：有 vR1 1R2 2
考虑到： I11 2m 1R1 2 I21 2m 2R2 2
得 v2
mgh
m1 m2 2m
解二：应用牛顿第二定律和转动定律
A： T1R1I11
（1）
m1, R1
A
T O 1
1
T1 m2, R2
解:在剪断的瞬间:
Fix0, FiymgT
acy
mg T m
(质心运动定理)
T
L 2
1 12
mL2
(转动定理)
acy
L
2
解得:
a
cy
3 4
g
F
1 4
mg
例12.如图,知A: m,l,质量均匀,开始时水平静止
B:m , , A竖直时被碰,然后
滑行距离S.
m
A
l
O
求 :碰后A的质心可达高度h.
第7章刚体力学习题课
例2.均匀细棒 oA 可绕通过其一端 o 而与棒垂直
的水平固定光滑轴转动,如图所示.今使棒从水
平位置由静止开始自由下落,在棒摆动到竖直位
置的过程中,下列情况哪一种说法是正确的?
（ A）
(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小.
(B) 角速度从小到大,角加速度从小到大.
(C) 角速度从大到小,角
aR
I 1 MR2 2
（4）
m2
M,R
T1 m1
m1g T 2
m1
M,R
T1
m2
T2
联立方程，求解得：a Nhomakorabeam1g

数据结构第七章习题课

1、判定一个有向图是否存在回路，除了利用拓扑排序方法外，还可以利用（）A 、求关键路径的方法B 、求最短路径的Dijkstra 方法C 、宽度优先遍历算法D 、深度优先遍历算法 2.图中有关路径的定义是（）oA. 由顶点和相邻顶点序偶构成的边所形成的序列B. 由不同顶点所形成的序列C. 由不同边所形成的序列D.上述定义都不是3. 一个n 个顶点的连通无向图，其边的个数至少为（）4. 当一个有N 个顶点的无向图用邻接矩阵 A 表示时，顶点Vi 的度是（）5. 下列说法不正确的是（）oA. 图的遍历是从给定的源点出发每一个顶点仅被访问一次B. 遍历的基本算法有两种：深度遍历和广度遍历C. 图的深度遍历不适用于有向图D. 图的深度遍历是一个递归过程6. 无向图 G=(V,E)，其中：V={a,b,c,d,e,f},E={(a,b),(a,e),(a,c),(b,e),(c,f),(f,d),(e,d)},对该图进行深度优先遍历，得到的顶点序列正确的是( )oA . a,b,e,c,d,fB . a,c,f,e,b,dC . a,e,b,c,f,dD . a,e,d,f,c,b 7. 设图如右所示，在下面的5个序列中，符合深度优先遍历的序列有多少？（a e d f cb a e f dc b C . 3个&在图采用邻接表存储时，求最小生成树的A. O （n ） B O （n+e ） 9.已知有向图 G=(V,E)，其中 V={V 1,V 2,V 3,V 4,V 5,V 6,V 7},E={VV 1,V 2>,VV 1,V 3>,VV 1,V 4>,VV 2,V 5>,VV 3,V 5>,VV 3,V 6>,VV 4,V 6>,VV 5,V 7>,VV 6,V 7>},A . n-1B . nC . n+1D . nlogn ；nZ A[i, j]A. i 4nZ A 【,j]B. 订nZ A[j,i]C . VnnS A[i, j]迟 Aj,i]D. v + vPrim 算法的时间复杂度为（23C. O （n ）D. O （n ） )oa eb d f cB . 4个G 的拓扑序列是（）。

高中物理第七章机械能守恒定律习题课1 功和功率

习题课1 功和功率[学习目标] 1.熟练掌握恒力做功的计算方法.2.能够分析摩擦力做功的情况，并会计算一对摩擦力对两物体所做的功.3.能区分平均功率和瞬时功率. 一、功的计算 1.恒力的功功的公式W ＝Fl cos α，只适用于恒力做功.即F 为恒力，l 是物体相对地面的位移，流程图如下：2.变力做功的计算(1)将变力做功转化为恒力做功在曲线运动或有往复的运动中，当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积，力F 与v 同向时做正功，力F 与v 反向时做负功. (2)当变力做功的功率P 一定时，如机车恒定功率启动，可用W ＝Pt 求功.(3)用平均力求功：若力F 随位移x 线性变化，则可以用一段位移内的平均力求功，如将劲度系数为k 的弹簧拉长x 时，克服弹力做的功W ＝0＋F 2x ＝kx 2·x ＝12kx 2.(4)用F －x 图象求功若已知F －x 图象，则图象与x 轴所围的面积表示功，如图1所示，在位移x 0内力F 做的功W ＝F 02x 0.图1例1 一物体在运动中受水平拉力F 的作用，已知F 随运动距离x 的变化情况如图2所示，则在这个运动过程中F 做的功为( )图2A.4 JB.18 JC.20 JD.22 J答案 B解析方法一由图可知F 在整个过程中做功分为三个小过程，分别做功为W 1＝2×2 J＝4 J ，W 2＝－1×2 J＝－2 J W 3＝4×4 J＝16 J ，所以W ＝W 1＋W 2＋W 3＝4 J ＋(－2)J ＋16 J ＝18 J.方法二 F －x 图象中图线与x 轴所围成的面积表示做功的多少，x 轴上方为正功，下方为负功，总功取三部分的代数和，即(2×2－2×1＋4×4)J＝18 J ，B 正确.例2 在水平面上，有一弯曲的槽道AB ，由半径分别为R2和R 的两个半圆构成.如图3所示，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点拉至B 点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )图3A.零B.FRC.32πFR D.2πFR答案 C解析小球受到的拉力F 在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力.但是，如果把圆周分成无数微小的弧段，每一小段可近似看成直线，拉力F 在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段做功累加起来.设每一小段的长度分别为l 1，l 2，l 3…l n ，拉力在每一段上做的功W 1＝Fl 1，W 2＝Fl 2…W n ＝Fl n ，拉力在整个过程中所做的功W ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F (l 1＋l 2＋…＋l n )＝F ⎝⎛⎭⎪⎫π·R 2＋πR ＝32πFR .二、摩擦力做功的特点与计算1.不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力都既可以是动力也可以是阻力，也可能与位移方向垂直，所以不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力既可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以对物体不做功.2.一对相互作用的滑动摩擦力等大反向但物体之间存在相对滑动，即两个物体的对地位移不相同，由W ＝Fl cos α可判断一对相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零.3.一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止，即两个物体的对地位移相同，由W ＝Fl cos α可判断一对相互作用的静摩擦力做功的总和为零.例3 质量为M 的木板放在光滑水平面上，如图4所示.一个质量为m 的滑块以某一速度沿木板表面从A 点滑至B 点，在木板上前进了l ，同时木板前进了x ，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木板所做的功各为多少？滑动摩擦力对滑块、木板做的总功为多少？图4答案－μmg (l ＋x ) μmgx －μmgl解析由题图可知，木板的位移为l M ＝x 时，滑块的位移为l m ＝l ＋x ，m 与M 之间的滑动摩擦力F f ＝μmg .由公式W ＝Fl cos α可得，摩擦力对滑块所做的功为W m ＝μmgl m cos 180°＝－μmg (l ＋x )，负号表示做负功.摩擦力对木板所做的功为W M ＝μmgl M ＝μmgx . 滑动摩擦力做的总功为W ＝W m ＋W M ＝－μmg (l ＋x )＋μmgx ＝－μmgl 三、功率的计算1.P ＝W t一般用来计算平均功率，而P ＝Fv 一般用来计算瞬时功率，此时v 为瞬时速度；但当v 为平均速度时，也可用来计算平均功率.2.应用公式P ＝Fv 时需注意 (1)F 与v 沿同一方向时：P ＝Fv .(2)F 与v 方向有一夹角α时：P ＝Fv cos α.例4 如图5所示，质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度水平抛出，经过2 s 落地.取g ＝10 m/s 2.关于重力做功的功率，下列说法正确的是( )图5A.下落过程中重力的平均功率是400 WB.下落过程中重力的平均功率是100 WC.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400 WD.落地前的瞬间重力的瞬时功率是200 W 答案 C解析物体2 s 下落的高度为h ＝12gt 2＝20 m ，落地的竖直分速度为v y ＝gt ＝20 m/s ，所以落到地面前的瞬间重力的瞬时功率是P ＝mgv y ＝400 W ，下落过程中重力的平均功率是P ＝mght＝200 W ，选项C 正确. 四、机车的两种启动方式运动过程分析汽车两种启动方式的过程分析与比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P －t 图和v －t 图OA段过程分析v↑⇒F＝P(不变)v↓⇒a＝F－F fm↓a＝F－F fm不变⇒F不变⇒v↑P＝Fv↑直到P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0＝v1aAA′段过程分析v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F fm↓运动性质加速度减小的加速直线运动以恒定功率启动的AB 段和以恒定加速度启动的A′B段过程分析F＝F fa＝0F f＝Pv mF＝F fa＝0F f＝Pv m运动性质以v m做匀速运动以v m做匀速运动注意：(1)机车的输出功率：P＝Fv，其中F为机车的牵引力，v为机车的瞬时速度.(2)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m＝PF min ＝PF f.(3)机车以恒定加速度启动，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不最大，v＝PF<v m＝PF f.(4)机车以恒定功率运行时，牵引力的功W＝Pt.例5如图6所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s的匀速运动.取g＝10 m/s2，不计额外功.求：图6(1)起重机允许的最大输出功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率.答案(1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W解析(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力.P0＝F0v m，F0＝mg.代入数据得，P0＝5.1×104 W.(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1，有：P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1.代入数据得，t1＝5 s.第2 s末，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，v2＝at，P＝Fv2.得：P＝2.04×104 W.1.(功的计算)将一质量为m的小球从地面竖直向上抛出，小球上升h后又落回地面，在整个过程中受到的空气阻力大小始终为F f，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是( )A.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为－2F f hB.重力做的功为0，空气阻力做的功也为0C.重力做的功为0，空气阻力做的功为－2F f hD.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为0答案 C解析重力是恒力，可以用公式W＝Fl cos α直接计算，由于位移为零，所以重力做的功为零；空气阻力在整个过程中方向发生了变化，不能直接用公式计算，可进行分段计算，上升过程和下降过程空气阻力做的功均为－F f h，因此在整个过程中空气阻力做的功为－2F f h.故选项C正确.2.(摩擦力做功的特点) 如图7所示，A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的细绳水平系于左墙上，B在拉力F作用下，向右匀速运动，在此过程中，A、B间的摩擦力做功情况是( )图7A.对A、B都做负功B.对A、B都不做功C.对A不做功，对B做负功D.对A做正功，对B做负功答案 C3.(功率的计算)如图8所示是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s时，重力的瞬时功率为( )图8A.mg gsB.12mg gs C.mg 2gs D.12mg 6gs 答案 B解析小孩的加速度a ＝mg sin 30°m ＝12g ，由v 2＝2as 得小孩滑行距离为s 时的速率v ＝gs ，故此时重力的瞬时功率P ＝mgv sin 30°＝12mg gs ，B 正确.4.(机车启动问题)(多选)一辆质量为m 的轿车，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值v m ，若所受阻力恒为F f .则关于轿车的速度v 、加速度a 、牵引力F 、功率P 的图象正确的是( ) 答案 ACD解析由于启动阶段轿车受到的牵引力不变，加速度不变，所以轿车在开始阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不增加了，再增加速度，就须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值v m ＝P 额F ＝P 额F f，所以A 、C 、D 正确，B 错误.5.(机车启动问题)一种以氢气为燃料的汽车，质量为m ＝2.0×103kg ，发动机的额定输出功率为80 kW ，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的110.若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a ＝1.0 m/s 2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m ，直到获得最大速度后才匀速行驶.试求：(g 取10 m/s 2) (1)汽车的最大行驶速度.(2)汽车匀加速启动阶段结束时的速度大小. (3)汽车从静止到获得最大行驶速度时阻力做的功. 答案 (1)40 m/s (2)20 m/s (3)－2×106J 解析 (1)汽车的最大行驶速度v m ＝P 额F f ＝8.0×104110×2.0×103×10 m/s ＝40 m/s.(2)设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v 1，由F －F f ＝ma ，得F ＝4×103N ，由P 额＝Fv 1，得v 1＝8.0×1044×103 m/s ＝20 m/s.(3)匀加速阶段的位移为x 1＝v 122a＝200 m ，总位移x ＝x 1＋x 2＝1 000 m ，阻力做功W ＝－F f x＝－2×106J.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题) 1.关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( ) A.滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B.静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功C.静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D.滑动摩擦力可以对物体做正功答案 D解析摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.综上所述，只有D 正确.2.一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l ，再使物体向左滑动距离l ，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为F f ，则整个过程中摩擦力做功为( ) A.0 B.－2F f l C.－F f l D.无法确定答案 B解析由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W ＝－F f l ，则全程摩擦力所做的功W 总＝－2F f l .3.起重机的吊钩下挂着质量为m 的木箱，如果木箱以大小为a 的加速度匀减速下降了高度h ，则木箱克服钢索拉力所做的功为( ) A.mgh B.m (a －g )h C.m (g －a )h D.m (a ＋g )h 答案 D4.质量为m 的汽车在平直公路上行驶，阻力F f 保持不变.当汽车的速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率为( )A.F f vB.mavC.(ma ＋F f )vD.(ma －F f )v 答案 C解析当汽车的加速度为a 时，有F －F f ＝ma ，解得F ＝ma ＋F f ；根据P ＝Fv ，则发动机的实际功率P ＝(ma ＋F f )v ，选项C 正确.5.质量为m 的汽车，其发动机额定功率为P .当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k 倍，则车的最大速度为( ) A.Pmg sin θB.P cos θmg (k ＋sin θ)C.P cos θmgD.P mg (k ＋sin θ)答案 D解析当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F ＝mg sin θ＋kmg ，由此可得v m ＝Pmg (k ＋sin θ)，故选项D 正确.6.如图1所示，在天花板上的O 点系一根细绳，细绳的下端系一小球.将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A 开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B 点的运动过程中，下面说法正确的是( )图1A.小球受到的向心力大小不变B.细绳对小球的拉力对小球做正功C.细绳的拉力对小球做功的功率为零D.重力对小球做功的功率先减小后增大答案 C解析小球从A 点运动到B 点过程中，速度逐渐增大，由向心力F ＝m v 2r可知，向心力增大，故A 错误；拉力的方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球做功为零，功率为零，故B 错误，C 正确；该过程中重力的功率从0变化到0，应是先增大后减小，故D 错误. 7.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图2甲、乙所示.下列说法正确的是( )图2A.0～6 s 内物体的位移大小为20 mB.0～6 s 内拉力做功为100 JC.滑动摩擦力的大小为5 ND.0～6 s 内滑动摩擦力做功为－50 J 答案 D解析在0～6 s 内物体的位移大小为x ＝12×(4＋6)×6 m＝30 m ，故A 错误；P －t 图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功W F ＝12×2×30 J＋10×4 J＝70 J ，故B 错误；在2～6 s 内，v ＝6 m/s ，P ＝10 W ，物体做匀速运动，摩擦力F f ＝F ，得F f ＝F ＝Pv＝53 N ，故C 错误；在0～6 s 内物体的位移大小为30 m ，滑动摩擦力做负功，即W f ＝－53×30 J ＝－50 J ，D 正确.8. 如图3所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d ，木块的位移为l ，木块与子弹间的摩擦力大小为F ，则( )图3A.F 对木块做功为FlB.F 对木块做功为F (l ＋d )C.F 对子弹做功为－FdD.F 对子弹做功为－F (l ＋d ) 答案 AD解析木块的位移为l ，由W ＝Fl cos α得，F 对木块做功为Fl ，子弹的位移为l ＋d ，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，W ＝－F (l ＋d ).故A 、D 正确.9.汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t.汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g ＝10 m/s 2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s.突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW ，对接下来汽车的运动情况的描述正确的有( ) A.先做匀减速运动再做匀加速运动 B.先做加速度增大的减速运动再做匀速运动C.先做加速度减小的减速运动再做匀速运动D.最后的速度大小是8 m/s 答案 CD解析根据P ＝Fv 知，功率减小，则牵引力减小，牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律知，汽车产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动，故A 、B 错误，C 正确；当功率为60 kW 时，匀速直线运动的速度为12 m/s ，则F f ＝P 1v 1＝60 00012N＝5 000 N ，当牵引力再次等于阻力时，又做匀速直线运动，v 2＝P 2F f ＝40 0005 000m/s ＝8 m/s ，故D 正确.10. 质量为2 kg 的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F 的作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力F 作用2 s 后撤去，物体运动的速度图象如图4所示，则下列说法正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )图4A.拉力F 做功150 JB.拉力F 做功350 JC.物体克服摩擦力做功100 JD.物体克服摩擦力做功175 J 答案 AD解析由图象可知撤去拉力后，物体做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝2.5 m/s 2，所以滑动摩擦力F f ＝ma 2＝5 N ；加速过程加速度大小a 1＝2.5 m/s 2，由F －F f ＝ma 1得，拉力F ＝ma 1＋F f ＝10 N.由图象可知F 作用2 s 时间内的位移l 1＝15 m ，撤去F 后运动的位移l 2＝20 m ，全程位移l ＝35 m ，所以拉力F 做功W 1＝Fl 1＝10×15 J＝150 J ，A 正确，B 错误；物体克服摩擦力做功W 2＝F f l ＝5×35 J＝175 J ，C 错误，D 正确. 二、非选择题11.如图5甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆水平固定，某金属小球穿在细杆上静止于细杆左端，现有水平向右的风力F 作用于小球上，风力F 随时间t 变化的F －t 图象如图乙所示，小球沿细杆运动的v －t 图象如图丙所示，取g ＝10 m/s 2，求0～5 s 内风力所做的功.图5答案 18 J解析由题图丙可知0～2 s 内为匀加速阶段，a ＝v －0t 1＝22m/s 2＝1 m/s 2 0～2 s 内的位移：x 1＝12at 1 2＝12×1×4 m＝2 m ， 2～5 s 内的位移：x 2＝vt 2＝2×3 m＝6 m ，则风力做功为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝18 J.12.一辆重5 t 的汽车，发动机的额定功率为80 kW.汽车从静止开始以加速度a ＝1 m/s 2做匀加速直线运动，车受到的阻力为车重的0.06倍.(g 取10 m/s 2)求：(1)汽车做匀加速直线运动的最长时间；(2)汽车开始运动后，5 s 末和15 s 末的瞬时功率.答案 (1)10 s (2)40 kW 80 kW解析 (1)设汽车做匀加速运动过程中所能达到的最大速度为v 0，对汽车由牛顿第二定律得F －F f ＝ma即P 额v 0－kmg ＝ma ，代入数据得v 0＝10 m/s所以汽车做匀加速直线运动的最长时间t 0＝v 0a ＝101s ＝10 s (2)由于10 s 末汽车达到了额定功率，5 s 末汽车还处于匀加速运动阶段，P ＝Fv ＝(F f ＋ma )at ＝(0.06×5×103×10＋5×103×1)×1×5 W＝40 kW15 s 末汽车已经达到了额定功率P 额＝80 kW.13.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图6所示的v －t 图象，已知小车在0～t 1时间内做匀加速直线运动，t 1～10 s 时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s 末达到最大速度，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个运动过程中小车受到的阻力F f 大小不变.求：图6(1)小车所受阻力F f 的大小；(2)在t 1～10 s 内小车牵引力的功率P ；(3)求出t 1的值及小车在0～t 1时间内的位移.答案 (1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m解析 (1)在10 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 的作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度的大小为a ＝2 m/s 2则F f ＝ma ＝2 N(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s 内，设牵引力为F ，则F ＝F f 由图象可知v m ＝6 m/s解得P ＝Fv m ＝12 W(3)设t 1时间内的位移为x 1，加速度大小为a 1，t 1时刻的速度大小为v 1，则由P ＝F 1v 1得F 1＝4 N ， F 1－F f ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2，则t 1＝v 1a 1＝1.5 s ，x 1＝12a 1t 1 2＝2.25 m.。

微分方程习题课(1)-10

第七章习题课 (一) 一阶微分方程的解法及应用
一、一阶微分方程求解二、解微分方程应用问题
机动
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一、一阶微分方程求解
1. 一阶标准类型方程求解四个标准类型: 可分离变量方程, 齐次方程, 线性方程, 贝努里方程关键: 关键辨别方程类型 , 掌握求解步骤 2. 一阶非标准类型方程求解变量代换法 —— 代换自变量自变量代换因变量因变量代换某组合式某组合式
y − y′x = x 1 y′ − y = −1 即 x 定解条件为 y x=1 =1.
思考: 思考能否根据草图列方程?
y
M(x, y)
x tanα = xy′
o
机动
x
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x
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第七章习题课 (二) 二阶微分方程的解法及应用
一、两类二阶微分方程的解法二、微分方程的应用
机动
思考若问题改为求解 y x=0 = 0 ,
则求解过程中得问开方时正负号如何确定正负号如何确定? 正负号如何确定
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例7.
且满足方程
f (x) = sin x − ∫
求 f (x) .
x (x − t) f (t) dt 0
x x f (t) dt + t 0 0
通解
2 − y3
1 − y3 e = ex + C 3
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结束
′ = x2 − y2 + y (2) xy
方程两边同除以 x 即为齐次方程 , 令 y = u x ,化为分离变量方程.

无穷级数习题课(2)

第七章无穷级数习题课 (一)
常数项级数
1
一、定义及性质
1．常数项级数 2．敛散性定义
an
n1
n
设Sn
k 1
an，如果
lim
n
Sn
s
存在，
3．性质
则级数收敛，否则级数发散。
必要性:
级数
an 收敛
n1
lim
n
an
0.
线性运算性质: 设级数 un s, vn , , 为常数
n1
n1
n1
No
Yes
| an 收| 敛
n1
lim an1 a n
n
lim
n
n
an
No
1
No
找正项收敛
级数 bn n1
找正项发散
级数 cn n1
an (1)n un No
Yes
an为交错级数
n1
用其它方法证明
1
Yes 1
an发散
n1
an收敛
n1
an bn
an收敛
n1
an cn
解：
由于
an
2n 1 3n
3n 3n
n1 3n
n 3n1
n1 3n
，由定义
Sn
(1
2) 3
(2 3
3 32
)
3 ( 32
4 33
)
(
n 3n1
n1 3n )
1
n1 3n
S
lim
n
Sn
lim(1
n
n1 3n )
1
所以原级数收敛，且和为1。
6
【例2】判别级数

第七章实数完备性习题课

第七章实数完备性习题课一叙述概念和定理1叙述实数完备性定理 1）．确界原理：设S 为非空数集，若S 有上界，则S 必有上确界；若S 有下界，则S 必有下确界．推论有界数集必有上下确界．2）．单调有界定理：在实数系中，有界的单调数列必有极限．注递增有上界的数列极限是上确界；递减有下界的数列极限是下确界．3）．区间套定理：若[]{}n n b a ,是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点ξ，使得.,2,1],,[ =∈n b a n n ξ4）．有限覆盖定理：设H 闭区间[]b a ,的一个（无限）开覆盖，则从H 中可选出有限个开区间来覆盖[]b a ,．5）．聚点定理：实轴上的任一有界无限点集S 至少有一个聚点．注（致密性定理）有界数列必有收敛子列．6）．柯西收敛准则：数列{}n a 收敛的充要条件是：对任给的0>ε，存在0>N ，使得对N n m >,有ε<-n m a a ．注 1）单调有界定理与柯西收敛准则通常用于判断数列的收敛性． 2）确界原理所确定的点，通常是具有或不具有某种性质的分界点．在什么情况下应用确界定理呢？一般来说，在一个有界数集上要想找到与该数集有特殊关系的数（最大的下界或最小的上界），要使用确界定理，其作用类似闭区间套定理．3）区间套定理是把区间上的整体性质收缩为某点的局部性质．在什么情况下应用闭区间套定理呢？一般来说，证明问题是需要找到具有某种性质P 的一个点，常常应用闭区间套定理将这个点“套”出来．怎样应用闭区间套定理呢？首先构造一个具有性质P 的闭区间，其次，通常采用二等分法，将此闭区间二等分，至少有一个闭区间具有性质P ，然后继续使用二等分法，得到满足闭区间套定理条件的和具有性质P 的闭区间列．根据闭区间套定理，就得到唯一一个具有性质P 的点．（注：此性质P 是所找点的本质属性）4）有限覆盖定理主要用于把局部性质扩展为整体性质．在什么情况应用有限覆盖定理呢？一般来说，如果我们已知在闭区间[],a b 的每一点的某个邻域内都具有性质P ，任一点的邻域所成之集()[]{}b a x x x S x x ,,∈+-=δδ覆盖[],a b ，为了将性质P 扩充到整个闭区间[],a b ，这时用有限覆盖定理能将覆盖[],a b 的无限个邻域转化为有限个邻域．总之，要想将闭区间每一点的局部性质扩充到整个闭区间，常常要用有限覆盖定理．5）聚点定理（致密性定理）一般是将数列过渡到子列．首先需要构造有界数列，然后由致密性定理，存在收敛的子列． 2．叙述ξ为点集S 聚点的定义：1）设S 为数轴上的点集，ξ为定点（它可以属于S ，也可以不属于S ）．若ξ的任何邻域内都含有S 中无穷多个点，则称ξ为点集S 的一个聚点．2) 对于点集S ，若点ξ的任何ε邻域内都含有S 中异于ξ的点，即∅≠S U);(εξ，则称ξ为S 的一个聚点．3)若存在各项互异的收敛数列{}S x n ⊂，则其极限ξ=∞→n n x lim 称为S 的一个聚点．3．叙述ξ不是点集S 聚点的定义：设S 是数集，η不是S 的聚点⇔存在00>ε，在);(0εηU 中至多包含S 中有限多个点．二疑难问题注意事项1．区间套定理如果把闭区间改成开区间，结果成立吗？答：不一定，如⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1,0，虽然其中各个开区间也是前一个包含后一个110,0,1n n ⎛⎫⎛⎫⊂ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，且0)01(lim =-∞→nn ，但只有数01lim 0limn n n ξ→∞→∞⎛⎫== ⎪⎝⎭可以作为ξ，但0不属于该区间10,n ⎛⎫ ⎪⎝⎭．注对于开区间列有下列结果：设(){}n n b a ,是一个严格开区间套，即满足1221b b b a a a n n <<<<<< ，且0)(lim =-∞→n n n a b ．则存在唯一的一点ξ，使得.,2,1, =<<n b a n n ξ2．若11[,][,],1,2,n n n n a b a b n ++⊃= ，但0)(lim ≠-∞→n n n a b ，此时应有什么结论呢？答：由11[,][,]n n n n a b a b ++⊃知{}n a 递增有上界1b ，依单调有界定理知，{}n a 有极限1ξ，且有1n a ξ≤．同理，递减有下界的数列{}n b 也有极限2ξ，且2n b ξ≤，又因为n n a b ≤，由极限保不等式性与0)(lim ≠-∞→n n n a b 知12ξξ<，则对任意的ξ，只要12ξξξ≤≤，就有ξ属于所有的闭区间[,]n n a b ．3．点集S 的聚点一定属于S 吗？答：不一定，点集S 的聚点可以属于S ，也可以不属于S ，例如若S 为开区间(),a b ，则(),a b 内每一点以及端点,a b 都是S 的聚点，但,a b 不属于S ．4．设S 是有界数集，则sup S ，inf S 是S 的聚点吗？答：一般情况下，当sup S S ∈时，它可能不是数集S 的聚点，例如1S n=，sup 1S =，但它不是聚点．当sup S S ∉时，由36页的结论存在严格递增数列{}n x S ⊂，使得lim sup n n x S →∞=，依据聚点的等价定义，可知sup S 是S 的聚点．5．在有限覆盖定理中当[],a b 改为(),a b ，结论还成立吗？答：不一定成立，例如，开区间集合),2,1(1,11 =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫⎝⎛+n n 构成了开区间)1,0(的一个开覆盖，但不能从中选出有限个开区间盖住)1,0(． 1）分析 ()0,1x ∀∈，要使1,11x n ⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭，只要11x n >+，即需要11n x >-，当n 充分大时是成立．证 ()0,1x ∀∈，当n 充分大时（11n x >-时），就有11x n >+，即1,11x n ⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭． 2）反证法，设),2,1(1,11 =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫⎝⎛+n n 中能选出有限个开区间（对应有限个n ）盖住)1,0(，在这有限个n 中选取最大的为N ，这些有限区间都含在1,11N ⎛⎫ ⎪+⎝⎭中，则1,11N ⎛⎫⎪+⎝⎭中能覆盖)1,0(，矛盾．6．若函数f 在(),a b 上连续，能保证f 在(),a b 上有界吗？答：函数f 在(),a b 上连续f 在(),a b 上有界．反例：1()f x x =在()0,1连续，但1()f x x=在()0,1上无界．注函数f 在(),a b 上连续，lim ()x af x +→，lim ()x bf x -→存在⇒f 在(),a b 上有界．注函数f 在(),a b 上连续f 在(),a b 上有最大值最小值．7．试总结确界定理的应用．答确界原理所确定的点，通常是具有或不具有某种性质的分界点．在什么情况下应用确界定理呢？一般来说，在一个有界数集上要想找到与该数集有特殊关系的数（最大的下界或最小的上界），要使用确界定理．构造合适的点集E ，使得E 的确界即为需证命题中的数．(1)证明根的存在定理：)(x f 在[]b a ,上连续， ()0f a <， ()0f b >，若定义[]{}()0,,E x f x x a b =>∈E inf =ξ，则有0)(=ξf ．(2)证明有界性定理：设[]]}{b a x x a t f x E ,(,,)(∈=上有界在，若证得,sup b E =即得)(x f 在[]b a ,上有界．8．试总结区间套定理的应用．答应用区间套定理的关键是针对要证明的数学命题，恰当地构造区间套．一方面，闭区间列[]{}n n b a ,满足（i ）;,2,1],,[],[11 =⊃++n b a b a n n n n (ii)0)(lim =-∞→n n n a b ，另一方面，也是最重要的，要把欲证命题的本质属性保留在区间套的每一个闭区间中．前者是区间套定理本身条件的要求，保证诸区间[,](1,2,)n n a b n = 唯一存在公共点ξ；后者则把证明整个区间[,]a b 上所具有某性质的问题归结为ξ点邻域(,)U ξδ的性质，完满实现“整体”向“局部”的转化．在什么情况下应用闭区间套定理呢？一般来说，证明问题是需要找到具有某种性质P 的一个点，常常应用闭区间套定理将这个点“套”出来．怎样应用闭区间套定理呢？首先构造一个具有性质P 的闭区间，其次，通常采用二等分法，将此闭区间二等分，至少有一个闭区间具有性质P ，然后继续使用二等分法，得到满足闭区间套定理条件的和具有性质P 的闭区间列．根据闭区间套定理，就得到唯一一个具有性质P 的点．（注：此性质P 是所找点的本质属性）(1)证明柯西准则：对于柯西列{}n a 构造区间套[]{}n n a β,使得在每个[]n n a β,外只有数列{}n a 中有限项，区间套的公共占ξ即为{}n a 的极限．(2)证明聚点定理：设S 为有界无限点集，[]b a S ,⊂，把区间[]b a ,二等分，其中必有一子区间包含数集中无限多个点，继续上述步骤，可得区间套[]{}b a ,，其公共点ξ即为S 的聚点．(3)证明有限覆盖定理：用反证法．若闭区间不能用有限个区间覆盖，把区间二等分，其中必有一子区间不能用有限个开区间覆盖，由此可构造区间套，其公共点ξ属于某个开区间，从而导致区间套中某区间可以用一个开区间覆盖的矛盾．(4)证明根的存在定理：设()0,()0,f a f b <>用二等分区间的方法构造区间套[]{}n n a β,，使得()0,()0,n n f a f b <>即)(x f 在区间[]n n b a ,的两个端点上异号，区间套的公共点ξ必满足.0)(=ξf9．试总结有限覆盖定理的应用．答有限覆盖定理的妙处在于将“无限”化为“有限”，把局部性质推广成整体性质，它的好处在以后的应用中我们会看到．在什么情况应用有限覆盖定理呢？一般来说，如果我们已知在闭区间[],a b 的每一点的某个邻域内都具有性质P ，任一点的邻域所成之集()[]{}b a x x x S x x ,,∈+-=δδ覆盖[],a b ，为了将性质P 扩充到整个闭区间[],a b ，这时用有限覆盖定理能将覆盖[],a b 的无限个邻域转化为有限个邻域．总之，要想将闭区间每一点的局部性质扩充到整个闭区间，常常要用有限覆盖定理．根据证明要求构造无限开覆盖，由有限覆盖定理选出有限开覆盖以达到需证的要求．(1)证明有界性定理：应用连续函数的局部有界性，[]b a x ,∈∀存在领域);(x x U δ，使得在此领域上，()x f x M ≤，其中x M 是与x 有关的常数，[]{}b a x x U H x ,);(∈=δ为[]b a ,的无限开覆盖．由H 中可选出有限个邻域覆盖[]b a ,，然后易证f 的有界性．(2)证明一致连续性定理：应用连续性，0ε∀>，[],,x a b ∀∈''0,(;),()().x x x U x f x f x δδε∃>∀∈-<取[]⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=b a x x U H x ,)2;(δ为[]b a ,的无限覆盖，然后利用有限覆盖定理证明一致连续性．10．试总结致密性定理的应用．答聚点定理（致密性定理）一般是将数列过渡到子列．首先需要构造有界数列，然后由致密性定理，存在收敛的子列．经常在反证法中对选出的有界子列应用致密性定理．(1)证明有界性定理：用反证法，若)(x f 在[]b a ,上无界，则存在{}[],,b a x n ⊂使得()n f x n >，利用致密性定理在{}n x 中选出{}k n x ，使得[]lim ,k n k x a b ξ→∞=∈，由连续性lim ()()k n k f x f ξ→∞=，与上面不等式矛盾．(2)证明一致连续性定理：用反证法，若函数f 在[]b a ,上不一致连续，00ε∃>，+∈∀N n ，,,'''n n x x ∃尽管'''1n n x x n-<，但 0''')()(ε≥-n n x f x f ．然后由致密性定理在{}'n x ，{}''n x 中分别选取于子列{}'k n x ，{}''k n x ，它们收敛于同一实数，于是与上面不等式矛盾．11. 点列（或数列）的聚点和点集（或数集）的聚点有什么区别？答：点列（或数列）的聚点是指：a 的任一邻域内含有数列{}n x 的无限多项，但各项值可以相等．点集（或数集）的聚点是指：a 的任一邻域内含有点集的无限多个点，但各项值不相等（集合互异性）．三重要例题(一)应用有限覆盖的例题有限覆盖定理它实现了无限的飞跃，而有限集具有最大，最小及排序等一系列的性质．使用有限覆盖定理的关键是构造开覆盖，使得每个小区间上具有某种属性，如函数在每个区间上有界，或每个小区间上符号相同，或每个小区间上仅含有限个某种特性的点等．1．若函数f 在闭区间[]b a ,上连续，则f 在[]b a ,上有界．分析连续函数具有局部有界性，即在每个点的邻域上有界，即对[],i x a b ∀∈，在每个(),i i i x i x x x δδ-+上都有一个界i x M ，在[]b a ,上有无限个点，对应无限个界i x M ，为了找最大正数，需将无限转化为有限，这样将无限个i x M 转化为有限个i x M ，从而找到最大值就是我们所需找的界．证 ① 由连续函数的局部有界性(定理4．2)，对每一点[],,b a x ∈'都存在邻域);(x x U ''δ及正数x M '，使得[].,);(,)(b a x U x M x f x x '''∈≤δ．② 考虑开区间集[]{}b a x x U H x ,);(∈''='δ，显然H 是[]b a ,的一个无限开覆盖．由有限覆盖定理，存在H 的一个有限子集()[]{}*;,,1,2,,i i i H U x x a b i k δ=∈=覆盖了[]b a ,，且存在正数k M M M ,,,21 ，使得对一切()[]b a x U x i i ,; δ∈有().,,2,1,k i M x f i =≤③令,max 1i ki M M ≤≤=则对任何[]b a x ,∈，x 必属于某()()M M x f x U i i i ≤≤⇒δ;．即证得f 在[]b a ,上有界．2．设函数)(x f 定义在[]b a ,上， []b a x ,0∈∀，极限0lim ()x x f x →都存在．证明)(x f 在[]b a ,上有界．分析因为[],i x a b ∀∈，极限lim ()ix x f x →，则由极限的局部有界性，即在每个点的空心邻域上有界，即对[],i x a b ∀∈，在每个()0,i Ux δ上都有一个界ixM ，在[]b a ,上有无限个点，对应无限个界i x M ，为了找最大正数，需将无限转化为有限，这样将无限个i x M 转化为有限个i x M ，从而找到最大值就是我们所需找的界．证 ① 由极限的局部有界性，对每一点[],,b a x ∈'都存在空心邻域0(;)x U x δ''及正数x M '，使得[]0(),(;),.x x f x M x U x a b δ'''≤∈ ．② 考虑开区间集[]{}(;),x H U x x a b δ'''=∈，显然H 是[]b a ,的一个无限开覆盖．由有限覆盖定理，存在H 的一个有限子集()[]{}*0;,,1,2,,i i i H U x x a b i k δ=∈=覆盖了[]b a ,，且存在正数k M M M ,,,21 ，使得对一切()[]0;,i i x Ux a b δ∈ 有().,,2,1,k i M x f i =≤③令,max 1i ki M M ≤≤=则对任何[]b a x ,∈，x 必属于某()()0;i i i U x f x M M δ⇒≤≤．即证得f 在[]b a ,上有界．3．若连续函数)(x f 在[]b a ,上无界，则必存在[]b a ,上某点，使得)(x f 在该点的任意邻域内无界．证用反证法，若[]b a x ,∈∀，存在0x δ>，使得)(x f 在);(x x U δ中有界，则令[]{}b a x x U H x ,);(∈=δ，它成为[]b a ,的一个无限开覆盖由有限覆盖定理，存在{}H k i x U H i x i ⊂≤≤=1);(*δ为[]b a ,的有限开覆盖．由于)(x f 在每上);(i x i x U δ内有界，因此)(x f 在[]b a ,上界，这与)(x f 在[]b a ,上的无界性相矛盾．4．设f 在[]b a ,上连续，对任何[],,()0x a b f x ∈>．试用有限覆盖定理证明：必存在0c >，使得对任何[]b a x ,∈，满足.)(c x f ≥证[]b a x ,∈∀，因为()0f x >，由连续函数的局部保号性，于是0,'(;)x x x U x δδ∃>∀∈，()(')2f x f x >．现令 []{}b a x x U H x ,);(∈=δ，它是[]b a ,的一个无限开覆盖，由有限开覆盖定理，存在{}H k i x U H i x i ⊂≤≤=1);(*δ为[]b a ,的有限开覆盖，取1()min 0,2i i k f x c ≤≤⎧⎫=>⎨⎬⎩⎭[]b a x ,∈∀，∃某个（k i ≤≤1），使);(i x i x U x δ∈，于是()()2i f x f x c >≥． 5．设函数f 对),(b a 内的任何x ，存在0x δ> ，使得f 在),(x x x x δδ+-内递增，试证f 在整个),(b a 内亦递增．证 1212,,a a a a a b ∀<<<，设法证明[]1212()().,,f a f a x a a <∀∈ 由所设条件0x δ∃>，使得f 在),(x x x x δδ+-内递增，因此[]{}21,);(a a x x U H x ∈=δ是[]21,a a 的一个无限开覆盖，由有限覆盖定理，存在{}H k i x U H i x i ⊂≤≤=1);(*δ为[]21,a a 的有限开覆盖，为叙述方便起见，不妨设设);(),;(2121x x x U x U δδ就能覆盖[]21,a a ，且设12x x <．若);(112x x U a δ∈，则因);(111x x U a δ∈，f 在);(11x x U δ中递增，故)()(21a f a f ≤；若);(112x x U a δ∉，则);(222x x U a δ∈，且因1212(;)(;)x x V U x U x δδφ=≠ ，故V a ∈∃*，使*12a a a <<．于是又有).()()(2*1a f a f a f ≤≤对2k >的有限情形可类似地证明．由此可见， )(x f 在),(b a 上递增．6．若函数f 在闭区间[]b a ,上连续，则f 在[]b a ,上一致连续．分析 f 在I 上连续⇔0x I ∀∈，f 在0x 连续⇔0x I ∀∈，0ε∀>，0δ∃>，使得当0x x δ-<有()()0f x f x ε-<，注意这里δ不仅与ε有关，而且与0x 有关系，记()0,x δδε=．f 在I 上一致连续⇔0ε∀>，()0δδε∃=>（δ仅与ε有关），使得对I 中任意两点,x x '''，只要x x δ'''-<，就有()()f x f x ε'''-<．由函数f 在I 上连续，则对I 中某一点0x 都能找出相应的()0,x δε，但是要证f 在I 上一致连续，则需要找一个仅与ε有关的δ，在前面已经说明δ越小越成立，那么如果能取()0,x δε的最小值作为()δε，就可以使其与0x 无关，但是区间I 中有无限多个点，对应无限多个正数()0,x δε，无限多个正数()0,x δε未必有最小值．但如果I 是闭区间[]b a ,，应用闭区间上的无限开覆盖有有限开覆盖，则将无限转化为有限，就可以取最小值了．证 ① 由f 在[]b a ,上的连续性⇒[],i x a b ∀∈，f 在i x 连续（若i x a =，考虑右连续，若i x b =，考虑左连续）⇒[],i x a b ∀∈，0ε∀>，20i x δ∃>，使得当2i i x x x δ-<，即当22,i i i x i x x x x δδ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭有()()2i f x f x ε-<．--------------------------------------------（2）（[]b a ,中有无限多个点i x ，对应无限多个正数2i x δ，无限多个正数2i x δ未必有最小值，不能取公共的δ）②考虑开区间集[]{}b a x x U H x ,);(∈''='δ，显然H 是[]b a ,的一个无限开覆盖．由有限覆盖定理，存在H 的一个有限子集()[]{}*;,,1,2,,i i i H U x x a b i k δ=∈=覆盖了[]b a ,．③记02min 1>⎭⎬⎫⎩⎨⎧=≤≤i k i δδ，这个δ仅与ε有关与i x 无关，下证此δ就是一致连续定义中的δ．对任何x '，[]b a x ,∈''，δ<''-'x x ，x '必属于*H 中某开区间，设⎪⎭⎫⎝⎛∈'2;i i x U x δ即2ii x x δ<-'．此时有i iiii i x x x x x x δδδδδ=+≤+<-'+'-''≤-''222故由(2)式同时有()()2ε<-'i x f x f 和()()2ε<-''i x f x f由此得()()ε<''-'x f x f ．所以f 在[]b a ,上一致连续．（二）应用致密性定理1．证明若函数f 在闭区间[]b a ,上连续，则f 在[]b a ,上有界．证倘若f 在[]b a ,上无上界，则对任何正整数n ，存在[]b a x n ,∈，使得()n x f n >．依次取 ,2,1=n ，则得到数列{}[]b a x n ,⊂．（f 在[]b a ,上无上界⇒0M ∀>，[],x a b ∃∈，使()f x M >（这里x 与M 有关，有一个M 就有一个对应的x 存在．我们用M x 表示这种依赖关系．即0M ∀>，[],M x a b ∃∈，使()f x M >取1M =，[]1,x a b ∃∈，使1()1f x >；取2M =，[]2,x a b ∃∈，使2()2f x >；取M n =，[],n x a b ∃∈，使()n f x n >．即任何正整数n ，存在[]b a x n ,∈，使得()n x f n >）则{}n x 是有界数列．由致密性定理，它含有收敛子列{}k n x ，记ξ=∞→k n k x lim ．由b x a k n ≤≤及数列极限的保不等式性，[]b a ,∈ξ．利用f 在点ξ连续，推得()()+∞<=∞→ξf x f k n k lim另一方面，由n x 的选取方法又有()()+∞=⇒+∞→≥>∞→k k n k k n x f k n x f lim与(1)式矛盾．所以f 在[]b a ,有上界．类似可证f 在[]b a ,有下界，从而f 在[]b a ,上有界．2．若函数f 在闭区间[]b a ,上连续，则f 在[]b a ,上一致连续．证用反证法．倘若f 在[]b a ,上不一致连续，则存在某00>ε，对任何0>δ，都存在相应的两点x '，[]b a x ,∈''，尽管δ<''-'x x ，但有()()0ε≥''-'x f x f ．（这里x '，x ''与δ有关，有一个δ，就有一个与之对应的x '，x ''，即对任何0>δ，都存在相应的两点δx '，[]b a x ,∈''δ，尽管x x δδδ'''-<，但有()()0f x f x δδε'''-≥，取1δ=，存在相应的两点[]11,,x x a b '''∈，尽管111x x '''-<，但有()()110f x f x ε'''-≥；取12δ=，存在相应的两点[]22,,x x a b '''∈，尽管2212x x '''-<，但有()()220f x f x ε'''-≥；令n1=δ，与它相应的两点记为[]b a x x n n,,∈'''，尽管n x x 1<''-'，但有()()0ε≥''-'n nx f x f ．(3) 当n 取遍所有正整数时，得数列{}nx '与{}[]b a x n ,⊂''．由致密性定理，存在{}n x '的收敛子列{}kn x '，设[]()∞→∈→'k b a x x kn ,0．同时由()∞→→-'+'-''≤-''⇒<''-'k x x x x x x n x x k k k k k k n n n nkn n0100又得()∞→→''k x x k n0．最后，由(3)式有()()0ε≥''-'k k n nx f x f ，在上式中令+∞→k ，由f 的连续性及数列极限的保不等式性，得到()()∞→=-=k x f x f lim 000()()0ε≥''-'k k n nx f x f ，这与00>ε相矛盾．所以f 在[]b a ,上一致连续．3．设()f x 在[,]a b 上连续，{}[,]n x a b ⊂，且lim ()n n f x A →∞=，证明0[,]x a b ∃∈使0()f x A =．证： {}[,]n x a b ⊂故有界．根据致密性定理，知{}n x 必有收敛子列{}k n x ．不妨设0()k n x x k →→+∞．因{}[,]k n x a b ⊂，故0[,]x a b ∈．又lim ()n n f x A →∞=，知lim ()k n k f x A →∞=．而()f x 在[,]a b 上连续，从而在0x 点连续，0lim ()()k n k f x f x →∞∴=．据极限的唯一性知0()f x A =．4．设{}n x 是有界发散数列，则存在{}n x 的两个子列趋向于不同的极限．分析由致密性定理， {}{}1,lim k k n n n k x x x ξ→∞∃⊂=，为了得到另一个收敛子列，必须利用数列{}n x 本身不收敛于1ξ的条件．证因为{}n x 是有界数列，由致密性定理，存在收敛子列{}{},n n x x k ⊂∃记1lim k n k x ξ→∞=由于{}n x 不收敛于1ξ，因此在1ξ的某一领域);(1δξU 之外必有{}n x 中的无穷多项，对这无穷多项再次应用致密性定理，在其中又存在另一收敛子列{}{},k nn x x '∃⊂记 1lim k nk x ξ→∞'=．显然δξξ≥-21，即21ξξ≠．5．设)(x f 为定义在限区间I 上的函数，对I 内任何柯西列{}n x ，{}n x f (也是柯西列．试证f 是I 上的一致连续函数．证用反证法．若f 在I 上不一致连续函数，于是{}{}010,,,nn n n x x I x x nε''''''∃>⊂-<但0()()nn f x f x ε'''-≥．由致密性定理，对有界数列{}{}{},,lim ;k k nn n n k x x x x ξ→∞''''∃⊂=因为 0()k k nn x x k '''-→→∞，于是lim ;k n k x ξ→∞''=．这样，数列 1122,,,,,,k k nn n n n n x x x x x x ''''''''' 也收敛于ξ，因而是柯西列；但因为0()()k k nn f x f x ε'''-≥，使得 ()()()()()()1122,,,,,,k k nn n n n n f x f x f x f x f x f x ''''''''' 不是柯西列，这与假设相矛盾．6．若)(x f 在()b a ,上一致连续,则)(x f 在()b a ,上有界．证１设)(x f 在()b a ,上一致连续,则0>∀ε,0>∃δ,当()b a x x ,,21∈且δ<-21x x 时, 有()()21x f x f -ε<．取1=ε,令自然数n 满足δ<n1．将区间()b a ,进行n 等分,分点为()a b nia x i -+=(1,,2,1-=n i )．任取()b a x ,∈,则当],[1i i x x x -∈时,有()()1<-i x f x f ．从而()()1+<i x f x f (1,,2,1-=n i )．令(){}1m a x 11+=-≤≤i n i x f M 则()b a x ,∈∀有()M x f <,所以)(x f 在()b a ,上有界．证２若)(x f 在()b a ,上无界,则存在{}(),n x a b ⊂使得()()11+>+n n x f x f ( ,2,1=n )．由致密性定理, {}n x 存在收敛子序列{}k n x ．由柯西收敛准则,知0>∀δ,0>∃N , 当N k >时,有δ<--1k k n n x x ．但是另一方面又有()()()()111>-≥-++kk k k n n n n x f x f x f x f ．由此可知)(x f 在()b a ,上非一致连续,矛盾．（三）区间套定理闭区间定理的使用时寻找具有一定的性质的点．一般需要寻找具有一定特征的点时可考虑使用闭区间套定理，其关键是构造区间套，常用的区间套的构造方法是使每个闭区间的端点具有不同的属性，或者是去想个小区间上具有某种性质．１．证明数列{}n a 收敛的充要条件是：对任给的0>ε，存在0>N ，使得对N n m >,有ε<-n m a a ．分析由数列收敛定义易证得必要性；要使用区间套定理证明充分性，关键是如何构造合适的区间套，使其公共点正好是数列的极限．首先要找出{}n a 收敛的本质属性：{}n a 收敛于a ⇔0ε∀>，存在0>N ，使得对n N >有n a aε-<⇔0ε∀>，存在0>N ，使得对n N >有n a a a εε-<<+ ⇔0ε∀>，存在0>N ，使得对n N >有();n a U a ε∈即从N 项向后的所有的();n a U a ε∈，也就是{}n a 中除了有限项（至多是的1a 到n a 这些项）外的所有项都含在();U a ε中，这就是本质属性．然后对柯西列{}n a 构造一个区间套[]{},n n αβ，套出公共点ξ，恰为{}n a 的极限，其中每个区间套[],n n αβ应包含{}n a 除有限项外的所有项．最后用推论：{}n a 除有限项外的所有项[],(,)n n U αβξε⊂⊂，即(,)U ξε包含{}n a 除有限项外的所有项，即ξ就是极限点．证：（必要性）设.lim A a n n =∞→由数列极限定义，对任给的0>ε，存在0>N ，当N n m >,时有,2,2εε<-<-A a A a n m因而εεε=+<-+-≤-22A a A a a a n m n m ．（充）按假设，对任给的0>ε，存在()0N ε>，使得对一切N n ≥，（取m N =）有n N a a ε-<，即从N 项向后的所有的[],n N N a a a εε∈-+，也就是{}n a 中除了有限项（至多是的1a 到n a 这些项）外的所有项都含在[],N N a a εε-+中，即在区间[]εε+-N N a a ,内含有{}n a 中除有限项外的所有项．（构造区间套的方法：有一个ε，就存在一个与之相关的N 存在，这样取一个ε，就有一个对应区间）据此，令,21=ε则存在1N ，在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-21,2111N N a a 内含有{}n a 中除有限项外的所有项，记这个区间为[].,11βα 再令221=ε，则存在)(12N N >在区间内含有⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-2221,2122N N a a 内含有{}n a 除有限项外的所有项．记[][],,21,21,11222222βαβα ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=N N a a它也含有{}n a 除有限项外的所有项，且满足[][].21,,222211≤-⊃αββαβα及继续依次令 ,21,,213n=ε，照以上方法得一闭区间列[]{},,n n βα其中每个区间都含有n a 中除有限项外的所有项，且满足[][],,2,1,,,11 =⊃++n n n n n βαβα(),0211∞→→≤--n n n n αβ即[]{}n n βα,是区间套．由区间套定理，存在唯一的一个数[]).,2,1(, =∈n n n βαξ．现在证明数ξ就是数列{}n a 的极限．事实上，由定理7．1的推论，对任给的0>ε，存在,0>N 使得当N n >时有[]).;(,εξβαU n n ⊂因此在);(εξU 内含有{}n a 中除有限项外的所有项，这就证得ξ=∞-n n a lim ．２．实轴上的任一有界无限点集S 至少有一个聚点．分析聚点的本质特点是ξ的任何邻域内都含有S 中无穷多个点．所构造的区间套应该含这本质特点．S 为有界点集，],[b a S ⊂，把区间],[b a 二等分，其中必有一子区间内包含S 中无限多个点，继续上述步骤，可得一区间套，再证其公共点即为S 的聚点．证因S 为有界点集，故存在,0>M 使得],[M M S -⊂，记],[],[11M M b a -=．现将],[11b a 等分为两个子区间．因S 为无限点集，故两个区间中至少有一个含有S 中无穷多个点，记此子区间为],[22b a ，则],[],[2211b a b a ⊃，且M a b a b =-=-)(211122再将],[22b a 等分为两个子区间，则其中至少有一个子区间含有S 中无穷多个点，取出这样的一个子区间，记为],[33b a ，则],[],[3322b a b a ⊃，且2)(212233M a b a b =-=-将此等分子区间的手续无限地进行下去，得到一个区间列[]{}n n b a ,，它满足),(022,,2,1],,[],[111∞→→=-=⊃-++n Ma b n b a b a n n n n n n n 即[]{}n n b a ,是区间套，且其中每一个闭区都含有S 中无穷多个点．由区间套定理，存在唯一的一点[].,2,1,, =∈n b a n n ξ于是由定理7．1的推论，对任给的0>ε，存在0>N ，当N n >时有);(],[∈⊂ξU b a n n ．从而);(∈ξU 内含有S 中无穷多个点，按定义２，ξ为S 的一个聚点．３．设()f x 在[,]a b 上无界，证明()f x 在[,]a b 至少存在一点，使()f x 在该点的邻域无界．证：由于()f x 在[,]a b 上无界，将[,]a b 等分得两个区间[,],[,]22a b a ba b ++则()f x 至少在其中一个区间上无界，记其为11[,]a b ，再将11[,]a b 等分，则()f x 至少在其中一个闭区间上无界，记其为22[,]a b ，如此下去，则得一闭区间到{[,]}n n a b 满足：（1）[,]n n a b ⊇11[,]n n a b ++ n N ∀∈ （2）2n n nb ab a --=0()n →→∞ （3）()f x 在[,]n n a b 上无界则由（1），（2）及闭区间套定理，存在唯一的0x ∈[,]n n a b ，且()f x 在0x 的任一个邻域内无界．假设()f x 在0x 的某邻域0(,)U x δ内有界，则∃N ，当N n >时，有[,]n n a b ⊆0(,)U x δ．由[,]n n a b 的选取知，()f x 在[,]n n a b 上无界，所以，在0(,)U x δ内无界矛盾．（四）应用确界原理１．试用确界原理证明：若函数)(x f 在闭区间[]b a ,上连续，则f 在[]b a ,上有界．分析设{f x S =在[]x a ,上有界，]}b a x ,(∈．因为由f 在点a 的局部有界性，可知S 是非空数集，且以b 为上界，由确界原理，存在S sup ．关键在于证明S b sup =，并证S b ∈，以使[]b a S ,=，即f 在[]b a ,上有界．证：设{f x S =在[]x a ,上有界，]}b a x ,(∈．由分析可知，S 为非空有上界数集，于是由确界原理，存在S sup =ξ．现用反证法证明b =ξ．若b ξ<，由连续函数的局部有界性00δ∃>，)(x f 在),(00δξδξ+-内有界，即0x ξ∃>，使S x ∈0，而这与S sup =ξ相矛盾，所以b =ξ．再证函数f 在[]b a ,上有界．因为f 在点b 连续，于是00δ∃>，f 在]b b ,(δ-上有界；再由S b sup =，可知f 在,2a b δ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦中有界，于是f 在[]b a ,上有界．２.证明：单调减少有下界的数列必有极限．证：设{}n x 单调减少且有下界，据确界存在原理必有下确界inf{}n x α=．于是对0ε∀>，存在N x ，使N x αεααε-<≤<+．而{}n x 单调减少且是α下确界，故当n N>时有n N x x αεααε-<≤<<+即n x αε-<，所以lim n n x α→∞=．（五）证明确界原理１. 试利用区间套定理证明确界原理．证设S ⊆R 为一非空有上界的无穷点集，M 为S 的一个上界，取0x S ∈，若0x 为S 的最大数，则0x 即为S 的上确界，结论成立．否则记0[,]x M 为[,]a b ，则a 点不是S 的上界，b 是S 的一个上界，考察(),a b 的中点=c 2a b+,若c 不是S 的上界，则记11[,]a b =[,]c b ，若c 是S 的上界，则记11[,]a b =[,]a c ，对11[,]a b 仿上讨论，如此下去，则得一闭区间到{}[,]n n a b 满足：（1）[,]n n a b ⊇11[,]n n a b ++ ，n N ∀∈，（2）n n b a -=02nb a-→，（n →∞）（3）n ∀∈N ,n a 不是S 的上届，n b 为S 的上界.由（1）（2）及闭区间套定理，∃！η∈[,]n n a b .下证η即为S 的上确界，若∃1x ∈S ，使1x η>，则由n b η→（n →∞），知N ∃，当N n >时，有1n b x <，这与n b 为S 的上界矛盾，所以，η为S 的一个上界，0ε∀>，由于ηεη-<，及n a η→，故1N ∃,当>n 1N 时，有n a ηε>-，而n a 不是S 的上界，故n x S ∃∈，使n n x a >，故有n x ηε>-，ηε-即不是S 的上界，由确界的定义知，η为S 的上确界.２. 用有限覆盖定理证明确界原理.、证：设S 为一非空有上界数集，M 为S 的一个上界，取0x S ∈，若0x 为S 的上界，则0x 为S 的最大数，也为上确界，结论成立，否则记0[,][,]a b x M =，假设[,]a b 中的每个数x 均不是S 的上确界，若x 不是S 的上界，即1x S ∃∈，使1x x >，所以10x x δ∃=->，使(,)U x δ中的每个数均不是S 的上界，若x 是S 的上界，但不是上确界，故2x x ∃<，使2x 也是S 的上界，所以，可取2x x τ=-，使(,)U x τ中的每个数均是S 的上界．令O ={}(,)[,]U x x a b δ∈，则O 覆盖[,]a b ，由有限覆盖定理从中可选出有限个，设为()1,1U x δ，……(),n n U X δ，且123....n x x x x <<<,它们也能覆盖[,]a b ，设()11,a U x δ∈,由于a 不是S 的上界，(,)U x δ的选取知()1,1U x δ中的每个数均不是上界，又()111,1x U x δδ+∉，不妨设()1122,x U x δδ+∈，则()1,1U x δ⋂()22,U x δ≠∅.而()1,1U x δ中的每个点均不是上界，故()22,U x δ中的每个点也均不是上界，如此下去，n 次以后，设(),,1,2,,i i U x i n δ=⋅⋅⋅,中的每个点均不是S 的上界，这与b 为S 的上界，且b 属于某个(),i i U x δ矛盾.所以，在[,]a b 中有一个数为S 的上确界.（六）实数完备性基本定理的等价性至此，我们已经介绍了有关实数完备性的六个基本定理，即 1．确界原理(定理1．1)；设S 为非空数集，若S 有上界，则S 必有上确界；若S 有下界，则S 必有下确界．推论有界数集必有上下确界．2．单调有界定理(定理2．9)；在实数系中，有界的单调数列必有极限．注递增有上界的数列极限是上确界；递减有下界的数列极限是下确界．3．区间套定理(定理7．1)；若[]{}n n b a ,是一个区间套，则在实数系中存在唯一的一点ξ，使得.,2,1],,[ =∈n b a n n ξ4．有限覆盖定理(定理7．3)；设H 闭区间[]b a ,的一个（无限）开覆盖，则从H 中可选出有限个开区间来覆盖[]b a ,． 5．聚点定理(定理7．2)；实轴上的任一有界无限点集S 至少有一个聚点．6．柯西收敛准则(定理2．10)．数列{}n a 收敛的充要条件是：对任给的0>ε，存在0>N ，使得对N n m >,有ε<-n m a a ．在本书中，我们首先证明了确界原理，由它证明单调有界定理，再用单调有界定理导出区间套定理，最后用区间套定理分别证明余下的三个定理．事实上，在实数系中这六个命题是相互等价的，即从其中任何一个命题都可推出其余的五个命题．对此，我们可按下列顺序给予证明：1654321⇒⇒⇒⇒⇒⇒ 其中32,21⇒⇒与43⇒分别见定理2．9，7．1，与7．3；54⇒ 用有限覆盖定理证明聚点定理．反证法①设S 为实数轴上任一有界无限点集，则存在0M >使[],S M M ⊂-，假设[],M M -中任何一点都不是S 的聚点，则[],x M M ∀∈-，因为x 不是S 的聚点，所以存在x 的一个邻域(),(,)U x x x δδδ=-+，使(),U x δ中只含有S 的有限多个点．②()[]{}M M x x x H x x ,,-∈+-=δδ是[],M M -的一个无限开覆盖． ③根据有限覆盖定理，H 中存在有限个开区间(){}ni x x i ix i x i2,1,=+-δδ覆盖了[],M M -，由于在每一个邻域(),iii x i x x x δδ-+上只含有S 的有限多个点，故S 为有限点，矛盾．65⇒ 用聚点定理证柯西收敛准则（类似于用致密性定理证柯西收敛准则） 16⇒ 用数列的柯西收敛准则证明确界原理．证设S 为非空有上界数集．由实数的阿基米德性，对任何正数a ，存在整数a K ，使得a k a a a )1(-=-λ不是S 的上界，即存在S a ∈'，使得a k a a )1(->' 分别取,,2,1,1==n na 则对每一个正整数n 存在相应的n λ，使得n λ为S 的上界，而nn 1-λ不是S 的上界，故存在S a ∈'，使得。

人教B版高中数学必修第三册精品课件第7章三角函数习题课——三角函数的性质与图象

π
π
ω>0,-2 ≤φ<2
的图象关于直线
象上相邻两个最高点的距离为 π.
(1)求 ω 和 φ 的值;
(2)当 x∈
π
0, 2
时,求函数 y=f(x)的最大值和最小值.
π
x=3 对称,且图
解:(1)因为 f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为 π,所以 f(x)的最小正周期
T=π,从而
2π
ω= =2.
解:由题意知, tan
则 u∈
π π
-3,4
1

2
+
π
6
=2m,令 y= tan
,则 y=|tan u|的图象如图所示.
1
∴0<2m<1,∴0<m< .
2
∴m 的取值范围是
1
0,
2
.
1

2
π
+6
,x∈
π
-π, 6
.令
1
π
u=2x+6 ,
思想方法
利用数形结合法解三角不等式
【典例】解关于 x 的不等式 sin
解:令
π
u=2x+ ,则
4
y=tan u 在区间
则满足 tan u<1 的 u 的范围是
π π
- ,
2 2
−
3π
π
<x< ,k∈Z.
8
2
∴不等式的解集为
π 3π π
,
2
8
2
,k∈Z.
<1.
内的图象如图所示,
π
π
kπ- 2 ,kπ+ 4