第3章作业参考解答
结构力学 第三章 作业参考答案
B
M图(kN m)
(1) (2)
解: (1)求支座反力
∑M = 0 ∑F = 0
A y
取左边或者右边为隔离体,可得:
∑M ∑F
x
C
=0
⇒ FBx =
M h
(3) (4)
=0
最后容易做出结构的弯矩图。
3—18 试作图示刚架的 M 图。
C 0.8kN/m 0.5kN/m D E
14.625 4.225 12.8375
3—19 试作图示刚架的 M 图。
20kN
24 16
C
24
16
B FAx A FBy FAy
FBx
1m
2m
2m
2m
M图(kN m)
(1) (2) (3)
解:对整体:
∑M ∑F
y
A
=0
FBy × 4 + FBx ×1 = 20 × 2 FAy + FBy = 20 FAx − FBx = 0 FBx × 2 − FBy × 2 = 0
40kN m
10kN m M图(kN m)
32.5kN
20kN
20kN F(kN) S
解:求支座反力。取整体:
47.5kN
∑M ∑F
A
=0
FB × 8 − 20 ×10 − 10 ×10 × 3 − 40 = 0 FAy + FB − 10 ×10 − 20 = 0
然后即可做出弯矩图,利用弯矩图即可作出剪力图。
然后即可做出整个刚架的弯矩图。结点受力校核如下图。
D
qL 4 qL 2 qL 2
qL 4
qL 4
E
qL 2 qL 2
第3章作业参考答案
λ2l
l!
e− λ2 ,
l = 0,1,2,"
P( X + Y = n) = ∑ P{ X = k}P{Y = n − k}
k =0
=∑
k =0
n
λ1
k
k!
e −λ1
λ2
n−k
(n − k )!
e −λ2 =
e −( λ1+λ2 ) n λ1 λ2 e −( λ1+λ2 ) n k k n−k e −( λ1+λ2 ) n ! = ∑ ∑ Cn λ1 λ2 = n! (λ1 + λ2 )n n! k =0 k! (n − k )! n! k =0
18. 设随机变量 X 和 Y 的联合概率密度为
λ1k
e
−λ1
λ2n−k
e−λ2
⎛ λ2 ⎞ ⎜ ⎜λ +λ ⎟ ⎟ ⎝ 1 2⎠
n−k
f ( x, y ) =
1 − 2 (x2 + y2 ) e , ( x, y ) ∈ R 2 2π
1
计算概率 P{− 2 < X + Y < 2 2} 。 解:
19. 随机变量 X 与 Y 相互独立,X 服从参数为 λ 的指数分布,Y~U(0, h), 求 X+Y 的概率密 度。 解:
20. 一射手向某个靶子射击,设靶心为坐标原点,弹着点坐标(X,Y)服从二维正态分布 N(0,1;0,1;0). 求弹着点与靶心的距离 Z 的概率密度函数。 解: (X,Y)的联合概率密度为
f ( x, y ) =
1 − 2(x2 + y2 ) e , ( x, y ) ∈ R 2 2π
1
弹着点与靶心的距离 Z 的分布函数为
线性代数第三 四章答案
解:由3(α1 − α) + 2(α2 + α) = 5(α3 + α) 可得6α = −5α3 + 2α2 + 3α1, 即α = (−5α3 + 2α2 + 3α1)/6 = (1, 2, 3, 4).
3-4. 设β1 = α1 + α2, β2 = α2 + α3, β3 = α3 + α4, β4 = α4 + α1, 证明向量组β1, β2, β3, β4线 性相关.
3v1 + 2v2 − v3 = 3(1, 1, 0) + 2(0, 1, 1) − (3, 4, 0) = (3, 3, 0) + (0, 2, 2) − (3, 4, 0) = (0, 1, 2).
3-2. 设3(α1 − α) + 2(α2 + α) = 5(α3 + α), 其中,α1 = (2, 5, 1, 3), α2 = (10, 1, 5, 10), α3 = (4, 1, −1, 1),求α.
证明:因为β1−β2 = α1−α3, β4−β3 = α1−α3. 所以β1−β2 = β4−β3, 即β1−β2+β3−β4 = 0,向量组β1, β2, β3, β4线性相关。
3-5. 设β1 = α1, β2 = α1 + α2, · · · , βr = α1 + α2 + · · · αr, 且向量组α1, α2, · · · , αr线性无
4-11.
若方程组
x1 + 2x2 + x3 = 0 2x1 + x2 + λx3 = 0
存在基础解系,则λ等于【5】
4-12. 设A为m × n矩阵,则齐次线性方程组AX = 0有结论【若A有n阶子式不为0,则
第三章作业本量利分析参考答案
第三章本-量-利分析一、单项选择题1.不是本量利关系基本公式的是( A )。
A.利润=单位贡献毛益×销售量-变动成本B.利润=单价×销售量-(销售量×单位变动成本+固定成本)C.利润=销售收入×贡献毛益率-固定成本D.利润=销售收入-固定成本-变动成本2.下列等式不成立的是( B )。
A.安全边际率+盈亏临界点作业率=lB.安全边际率+贡献毛益率=1C.变动成本率+贡献毛益率=lD.贡献毛益率×安全边际率=销售利润率3.某企业生产产品A,单位变动成本10元,年产销量均为5 000件,年固定成本10 000元,单位售价15元,则总的贡献毛益为( C )。
A.5 000 B.15 000 C.25 000 D.115 000 4.某企业只生产销售一种产品,该产品单位售价8元,单位变动成本5元,年固定成本为30 000元,则该产品的盈亏临界点销售额为( D )元。
注意:销售额与销售量的区别A.10 000 B.30 000 C.50 000 D.80 0005.其他条件不变,单价提高,则盈亏临界点( C )。
A.提高 B.不变 C.下降 D.A、B、C都有可能6. 在各种盈亏临界图中,( B )更符合变动成本法的思路。
A. 传统式B. 贡献毛益式C. 利量式D.单位式7.某产品的单价为10元,单位变动成本为5元,固定成本为20 000元,目标净利润为13 400元,所得税率为33%,则实现目标净利润的销售量为( A )。
【13400/(1-33%)+20000】/5A.8 000件 B.6 680件 C.8 0000件 D.66 800件8.正常盈利情况下,对利润最敏感的因素是( C )。
A.单位变动成本 B.固定成本 C.单价 D.销售量二、多项选择题1.其他因素不变时,会引起企业利润上升的有( ABCD )。
A.单价上升 B.销量增加C.单位变动成本下降 D.固定成本下降2.下列因素上升时,会导致盈亏临界点上升的因素为( BC )。
第三章--人类社会及其发展规律〔参考答案〕及第一次作业参考答案
第三章人类社会及其发展规律一、马克思认为:“火药、指南针、印刷术一一这是预告资产阶级社会到来的三大发明。
火药把骑士阶层炸得粉碎,指南针打开了世界市场并建立了殖民地,而印刷术则变成新教的工具,总的来说变成科学复兴的手段,变成对精神发展创造必要前提的最强大的杠杆。
”(《马克思恩格斯全集》第47卷,人民出版社1979年版,第427页)。
这段话蕴涵了哪些唯物史观道理?这段话反映的历史事实,能够引发我们对于中华民族伟大复兴的一些怎样的思考和认识?答:(一)生产力和生产关系、经济基础和上层建筑的矛盾是社会的基本矛盾。
在这两对矛盾中,生产力决定生产关系,经济基础(即生产关系的总和)决定上层建筑。
因而生产力是人类社会发展的根本动力。
生产力发展了,经济基础与上层建筑也必然相应地发生变化。
这是不以人的意志为转移的客观规律。
(二)火药、指南针与印刷术作为先进的生产工具,代表着先进的生产力方向,它在社会实践中的广泛应用,标志着生产力的快速发展。
因而必将引发经济基础与上层建筑一连串的变化。
(三)封建时代的后期,资产阶级作为新兴阶级,代表着先进的资本主义生产关系与生产力发展方向。
资产阶级运用指南针、火药与印刷术击败落后封建生产关系和上层建筑的代表封建主,是受社会发展规律支配的历史必然。
(四)火药、指南针与印刷术的发明,充分证明了中华民族是一个具有悠久历史文化传统的民族,我们在历史上曾长时间地领先于世界各民族,近代只是由于长期的封建统治与外国侵略,才落后了。
现在,在中国共产党的正确领导下,我们已经取得了民族独立,建立了以生产资料公有制为主体的社会主义经济制度和人民民主专政的政治制度,由于社会主义的经济基础与上层建筑适合生产力发展要求,所以我们以较快的速度初步建成了小康社会。
只要我们继续坚持四项基本原则,坚持改革开放,走中国特色社会主义道路,不断改革经济基础中不适合生产力发展、上层建筑中不适合经济基础的方面,大力发展生产力,就一定能够实现中华民族的伟大复兴。
化工原理 第3章 参考答案 (期末专用)
T 46℃ 46℃ T1 t2 32℃ T2 =10℃
Q=QL=Q1+Q'1=qm1r1+qm1cp1(T1-T2) Q=QL=Q1+Q'1=Q2=qm2cp2(t2-t1)→qm2 Q'1=qm1cp1(T1-T2)=qm2cp2(t-t1)→t
求:∆tm1、∆t'm1→求A2=A1+A'1 t t1 =5℃ 已知r=351.6[kJ/kg] →A CS2平均温度tm=(46+10)/2=28℃ 查:28℃下CS2比热cp=0.963[kJ/kg·℃] Q1=qm1r1=(300/3600)×351.6=29.3[kW] Q'1=(300/3600)×0.963×103×(46-10)=2.89[kW] Q=QL=Q1+Q'1=29.3+2.89=32.19[kW] Q L Q=QL=Q1+Q'1=Q2=qm2cp2(t2-t1) qm2 = cp2(t2 - t1) 2 返回
解出: t′ =34.1 ℃ 2 ′ ∆m Q K′A t′ q′ 1 ⋅ r q′ 2cp2 (t′ - t1) 2(34.1-30) m 2 m = = = = =1.64 Q K ∆ m qm1 ⋅ r qm2cp2 (t2 - t1) At 35-30 冷却水流量增加一倍,蒸汽冷凝量q'm1将增加64%
Q=QL=Q1+Q 32.19×103 L qm2 = = =0.285 kg/ s] [ 3 cp2(t2 - t1) 4.187×10 ×(32-5)
Q'1=qm1cp1(T1-T2)=qm2cp2(t-t1)=2.89[kW] Q'1=0.285×4.187×103×(t-5)=2.89[kW] →t=7.45℃
计算机网络第三章作业参考答案
Chapter3 THE DATA LINK LAYER2.The following data fragment occurs in the middle of a data stream for which thebyte-stuffing algorithm described in the text is used: A B ESC C ESC FLAG FLAG D. What is the output after stuffing?Answer:A B ESC C ESC FLAG FLAG D ==> A B ESC ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D3.What is the maximum overhead in byte-stuffing algorithm?Answer :This a frame delimited by flag bytes. (Ignore the header and trailer)Suppose that there is x bytes in payload field, and the worst case is that all of them are flag bytes or ESC, there should be 2x bytes in total. So the max overhead in byte-stuffing should be: 2+x x+1+111111lim=lim =lim +=+lim =2+2x 2x+122x+122x+12x x x x →∞→∞→∞→∞()()()() Or: (from 袁子超)if it has n bytes to send, and has m ESC. So the overhead is :.If the n bytes are all ESC, the overhead is maximum as :FLAG FLAG Payload field4.When bit stuffing is used, is it possible for the loss, insertion, or modification of a single bit to cause an error not detected by the checksum? If not, why not? If so, how? Does the checksum length play a role here?Answer:It is possible. Suppose that the original text contains the bit sequence 01111110 as data. After bit stuffing, this sequence will be rendered as 011111010. If the second 0 is lost due to a transmission error, what is received is 01111110, which the receiver sees as end of frame. It then looks just before the end of the frame for the checksum and verifies it. If the checksum is 16 bits, there is 1 chance in 216 that it will accidentally be correct, leading to an incorrect frame being accepted. The longer the checksum, the lower the probability of an error getting through undetected, but the probability is never zero.6.To provide more reliability than a single parity bit can give, an error-detecting coding scheme uses one parity bit for checking all the odd-numbered bits and a second parity bit for all the even-numbered bits. What is the Hamming distance of this code?Answer:Any single-bit error in the odd-numbered bits could change parity bit. It’s the same as the even-numbered bits. And both two errors occur in the odd-numbered bits or in the even-numbered bits will not change the parity bit. That is to say , this code could only detect single-bit errors, which means the Hamming distance is 2.7.An 8-bit byte with binary value 10101111 is to be encoded using an even-parity Hamming code. What is the binary value after encoding?According to rr m 2)1(≤++,m=8 r=4P1=B1⊕B3⊕B5⊕B7⊕B9⊕B11 =∑(0,1,0,0,1,1)=1P2=B2⊕B3⊕B6⊕B7⊕B10⊕B11=∑(0,1,1,0,1,1)=0P3=B4⊕B5⊕B6⊕B7 ⊕B12 =∑(0,0,1,0,1)=0P4=B8⊕B9⊕B10⊕B11⊕B12 =∑(0,1,1,1,1)=0So, Hamming code is: 10100100111113.Suppose that a message 1001 1100 1010 0011 is transmitted using Internet Checksum (4-bit word). What is the value of the checksum?Solution:100111001010+ 0011---------------------------------0010 (have 2 added bit),so:+1+1----------------------------------0100So, the Internet checksum is the ones complemnet of 0100, or 1011.14.What is the remainder obtained by dividing 751x x ++by the generator polynomial 31x +?42375745452424211111x x xx x x x x x x x x x x x xx x ++++++++++++++The remainder is 21x x ++.15.A bit stream 10011101 is transmitted using the standard CRC method described in the text. Thegenerator polynomial is ,. Show the actual bit string transmitted. Suppose that the third bit from the left is inverted during transmission. Show that this error is detected at the receiv er’s end. Give an example of bit errors in the bit string transmitted that will not be detected by the receiver.Solution:(1)→100110011101000 mod 1001 = 100The actual bit string transmitted: 10011101000+100=10011101100(2) The bit string receiver receives :10011101100→10111101100 10111101100 mod 1001 = 100 ≠ 0 →error!(3)example: 10011101100→1001111010110011110101 mod 1001 = 0So the receiver may think that the received bit string is right while it ’s wrong in fact.Data link protocols almost always put the CRC in a trailer than in a header. Why? Answer:CRC is calculated during sending. It could be appended to the data bit string as soon as the last data bit is send to the path. If it is put in the header, it must scan the whole frame in order to calculate CRC. It means that we should dispose the code 2 times. And CRC in the trailer could help to drop the half time.Or: (from 袁子超)CRC calculate during transmission. Once the last data sent out line, immediately put CRC code attached to the output stream from the back. If put CRC on the head of the frame, then we should check the frame to calculate CRC before sending. So that each byte has to deal with two times, the first is to calculate the check code, second times to send. Put CRC in the tail of the processing time can be halved.20.A 3000-km-long T1 trunk is used to transmit 64-byte frames using protocol 5. If the propagat ion speed is 6 μsec/km, how many bits should the sequence numbers be? Solution:delay= 3000-km* 6 μsec/km=18msBecause the bandwidth of T1 trunk = 1.544Mbps ,so:send time=64*8bits/1.544Mbps=0.33msthe time of send a frame and receive the acknowledge frame=18ms+0.33ms+18ms=36.33msthe number of frames: 36.33ms/0.33ms=11064=≤110≤=128sequence number should be 7 bitsFrames of 1000 bits are sent over a 1-Mbps channel using a geostationary satellite whose propagation time from the earth is 270 msec. Acknowledgements are always piggybacked onto data frames. The headers are very short. Three-bit sequence numbers are used. What is the maximum achievable channel utilization for(a) Stop-and-wait?(b) Protocol 5?(c) Protocol 6?Solution:Time for send a frame is: 1000bits/(1Mbps)=1msRound trip time: R=270ms*2=540msIt takes R+2=542ms to send a frame (be acknowledged).Therefore, a transmission cycle is 542ms. If the 542ms can send w frame, as a result of each frame transmission time is 1ms, the channel utilization rate is w/542.Three-bit sequence numbers are used, so the max window for (a),(b),(c) are :(a):W=1(b)1<W≤-1=7 →W=7(c)W≤=4→W=4So line utilization rate is: (a) 1*1ms/542ms * 100%=0.184%(b)7*1ms/542ms * 100%=1.292%(c)4*1ms/542ms*100%=0.738%30.Consider an error-free 64-kbps satellite channel used to send 512-byte data frames in one direction, with very short acknowledgements coming back the other way. What is the maximum throughput for window sizes of 1, 7, 15, and 127? The earth-satellite propagation time is 270 msec.Solution:Time for send a frame: 512*8bits/64kbps=64msSo, a transmission cycle: T=270ms*2+64ms=604ms and transmission window is:604ms/64ms=9.4,that’s mean: if w>9 the channel is full, the throughput cannot rise,(1)W=1: throughout=512*8b/604ms=6781bps=6.78kbps(2)W=7: throughout=7*512*8b/604ms=47.47kbps(3)(4) 15>9&&127>9, so throughout= 64kbps32.Give at least one reason why PPP uses byte stuffing instead of bit stuffing to prevent accidental flag bytes within the payload from causing confusion.Answer:(1) PPP was clearly designed to be implemented in software, not in hardware as HDLC nearly always is. With a software implementation, working entirely with bytes is muc h simpler than working with individual bits.(2) PPP was designed to be used with modems, and modems accept and transmit data in units of 1 byte, not 1 bit.33. What is the minimum overhead to send an IP packet using PPP? Count only the overhead introduced by PPP itself, not the IP header overhead. What is the maximum overhead?Solution:the PPP full frame format for unnumbered mode is:And Address and control could be ignored if sender and receiver have approve it.The minimum overhead=1+1+2+1=5bytesThe maximum overhead=1+1+1+2+4+1=10bytes。
第3章 作业及参考答案
1、针对DFA M 1,(1)请给出在处理字符串1011001的过程中经过的状态序列。
解:经过的状态序列为:q 0q 3q 1q 3q 2q 3q 1q 3 (2)请给出形式描述。
争议:M 1的形式化还是接受过程的形式化?解:M 1的形式描述为M 1=({q 0,q 1,q 2,q 3},{0,1},δ, q 0,{ q 3})其中δ定义为:δ(q 0,0)= q 1,δ(q 0,1)= q 3 δ(q 1,0)= q 2,δ(q 1,1)= q 3 δ(q 2,0)= q 3,δ(q 2,1)= q 0 δ(q 3,0)= q 1,δ(q 3,1)= q 2 接受过程的形式化:q 01011001├1q 3011001├10q 111001├101q 31001├1011q 2001├10110q 301├101100q 11├1011001q 3注意:谈及自动机形式化描述,一定是用五元组表示,将δ函数直接写出来 2、构造识别下列语言的DFA(要求写出形式化描述,另外,写出设计过程对理清你的思维更有益) (3) {x| x ∈{0,1}+且x 中不含形如00的子串}或:(对, 但稍嫌麻烦)------------05级孙磊错解:∈{0,1}*)(不接受1, 可接受000)(5) {x| x ∈{0,1}+且x 中含形如10110的子串}q0:起始状态,以及未读入1的状态;q1:读入了10110中第1个符号(1)的状态;q2:读入了10110中第2个符号(0)的状态;q3:读入了10110中第3个符号(1)的状态;q4:读入了10110中第4个符号(1)的状态;q5:读入了10110中第5个符号(0)的状态;易犯的错误: 状态转移时, 不考虑已接受一些字符后所处状态, 一味地转到开始状态,不利用阶段性成果,狗熊掰棒子!(7) {x| x∈{0,1}+且把x看成二进制数时,x模5与3同余,要求中当x为0时,|x|=1,且x ≠0时,x首字符是1}提示: 和P98例3-5属同一类型, 这种设计如不写清楚设计过程, 不能服人, 也不能反映你的设计方法.解:按题意,当x为0时,x的长度为1,即不能出现多于1个0的全0串;当x不为0时,必须以1开始。
第3章作业参考答案
第3章作业参考答案1.什么是塑性成形金属塑性成形的工艺特点有哪些与液态成形工艺和机加工工艺相比有何优势在外力作用下,利用金属材料塑性而使其发生不可恢复的永久变形并获得一定力学性能的加工方法称为塑性成形。
工艺特点为组织、性能好,材料利用率高,尺寸精度高,生产率高、操作简单、工人素质要求低,适于大批量生产,工作环境差等。
与其他加工工艺相比,组织、性能好,材料利用率高,尺寸精度高,生产率高、操作简单、工人素质要求低,适于大批量生产为其优势。
2.体积成形和板料成形工艺各有什么特点体积成形:材料体积不变,只发生材料重新分配(材料转移)板料成形:平面应力状态塑性变形3.塑性表征材料的什么能力衡量金属材料塑性的指标有哪些相应的测试方法是什么塑性指金属材料在外力作用下发生变形而不破坏其完整性的能力,表征金属对塑性变形的适应能力。
塑性指标是以材料开始破坏时的塑性变形量来表示,常用的有拉伸试验的延伸率和断面收缩率,镦粗试验时表面出现第一条裂缝的压缩程度,扭转试验时断裂前的扭转角度或圈数等。
4.影响金属塑性的因素有哪些如何影响的影响塑性的因素分为内因和外因(以钢为例)。
内因:1.化学成分:化学成分的影响很复杂,如碳固溶于铁时,形成具有良好塑性的铁素体和奥氏体,而超过铁的固溶能力后会形成渗碳体,降低钢材塑性;磷会提高铁的冷脆性;硫会形成硫化物及其共晶体,提高热脆性;氮会形成氮化物,提高钢的脆性(如蓝脆);氢会产生氢脆和白点,降低塑性;氧会形成氧化物降低塑性等。
2.合金元素:总的来看,合金元素加入会使得钢材的变形抗力增加,塑性降低。
主要是通过①固溶引起晶格畸变②形成碳化物③形成硫化物④造成组织多相性⑤增加晶粒长大倾向⑥提高硬化倾向⑦低熔点纯金属分布于晶界增加热脆性等3.组织:单相好于多相(多相会导致变形和内应力分布不均);细晶好于粗晶(细晶晶粒多,有利于滑移,晶粒内部和晶界处应变差异小)铸造组织由于具有粗大柱状晶和偏析、夹杂、气孔、缩松等缺陷,会降低塑性,故需要用先进的冶炼方法提高铸锭质量。
形式语言与自动机理论--第三章参考答案
第三章作业答案1.已知DFA M1与M2如图3-18所示。
(xxxx 02282068) (1) 请分别给出它们在处理字符串1011001的过程中经过的状态序列。
(2) 请给出它们的形式描述。
Sq q1q q图3-18 两个不同的DFA解答:(1)M1在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q3q1q3q2q3q1q3;M2在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q2q3q1q3q2q3q1;(2)考虑到用形式语言表示,用自然语言似乎不是那么容易,所以用图上作业法把它们用正则表达式来描述:M1: [01+(00+1)(11+0)][11+(10+0)(11+0)]* M2: (01+1+000){(01)*+[(001+11)(01+1+000)]*} *******************************************************************************2.构造下列语言的DFA( xx02282085 ) (1){0,1}*,1(2){0,1}+,1(3){x|x{0,1}+且x 中不含00的串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(4){ x|x{0,1}*且x中不含00的串}(可接受空字符串,所以初始状态也是接受状态)(5){x|x{0,1}+且x中含形如10110的子串}(6){x|x{0,1}+且x中不含形如10110的子串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(7){x|x{0,1}+且当把x看成二进制时,x模5和3同余,要求当x为0时,|x|=1,且x0时,x的首字符为1 }1.以0开头的串不被接受,故设置陷阱状态,当DFA在启动状态读入的符号为0,则进入陷阱状态2.设置7个状态:开始状态qs,q0:除以5余0的等价类,q1:除以5余1的等价类,q2:除以5余2的等价类,q3:除以5余3的等价类,q4:除以5余4的等价类,接受状态qt3.状态转移表为(8){x|x{0,1}+且x的第十个字符为1}(设置一个陷阱状态,一旦发现x的第十个字符为0,进入陷阱状态)(9){x|x{0,1}+且x以0开头以1结尾}(设置陷阱状态,当第一个字符为1时,进入陷阱状态)(10){x|x{0,1}+且xxx至少含有两个1}(11){x|x{0,1}+且如果x以1结尾,则它的xx为偶数;如果x以0结尾,则它的xx为奇数}可将{0,1}+的字符串分为4个等价类。
钢结构第3章作业参考答案
(2) 当采用二面侧焊时
N1a1N0.6 710 0607K0N N2a2N0.3 310 0303K0N
lw12hN ef1fw26 0.77 8 1 03 1 06037m4m 8hf660h4fm4m 且 8m 04m 0(m满m (满 足 ) 足 )
《钢结构》(第三版)戴国欣 主编
钢结构第3章作业参考答案
3.1 试设计双角钢与节点板的角焊接连接。钢材为Q235B, 焊条为E43型,手工焊,轴心力N=1000KN(设计值), 分别采用三面围焊和两面侧焊进行设计。
解: hf max1.21012mm
hf min1.5 125.2mm 假定hf 8mm
按剪力由腹板承担,弯矩由腹板和翼缘共同承担考虑
V 9 8 1304.7 3M 5 p 1a 6 M 0pa
helw 25.6200
翼缘上边的拉应力:
M 1.7 1 1 660
f上 x 上 I1
8 11 4 0 6 1 .5 7 2 4.8 3 M 5 1 pM 6 a0pa
腹板下口的压应力:
(1) 采用三面围焊时,
N32helw3 f ffw
20.781251.2216027.33KN
N 1 a 1 N N 3 0 .6 1 70 2 0.3 7 0 5 3.3K 5 3N
2
2
lw125 03.7 .3 385 11306029m8m 8hf660h4fm4m 且 8m 04m 0(m满m (满 足 ) 足 )
即,最大设计荷载 F=236.53KN
3.3 试设计如图3.82所示牛腿与柱的连接角焊缝、、。 钢材为Q235B,焊条为E43型,手工焊。
信息论编码与纠错课后作业答案3
第三章作业参考答案:3.2 答:(1)当log ()n D LH X ≥时,可实现无失真编码;(2)等长编码时,从总的趋势来说,增加L 可提高编码效率,且当L →∞时,1η→。
但不一定L 的每次增加都一定会使编码效率提高。
3.7 答:码1:其二次扩展码是奇异码,如u1u2和u5u1对应的码字均为010;码2:是唯一可译码,非奇异等长码是唯一可译码,且是即时码,平均码长为3;码3:是延长码,是唯一可译码,但不是即时码,平均码长为7149 3.0616i i i n p n ====∑ 码4:是非延长码,故是唯一可译码,也是即时码;平均码长为7149 3.0616i i i n p n ====∑码5:是树码,即非延长码,因此是即时码;平均码长为71212.6258i i i n p n ====∑;码6:是非延长码,因此是即时码;平均码长为7125 3.1258i i i n p n ====∑ 综上所述,码2~6均为唯一可译码,码2、4、5、6是即时码。
3.8 解:(1)由等长编码定理 ()log 42log log 2H X n LD ≥==位 (2)按概率进行编码,出现概率大的编短码,概率小的编长码取1234123311112222x x x x X P ⎡⎤⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎣⎦ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦,将其(1/2)的幂次{1,2,3,3}依次取出作为每个符号的码长,即可得到紧致码。
此时1111()(,,,) 1.752488H X H ==bit/符号平均码长41 1.75i i i n p n ===∑编码效率()1log LH X n Dη==因此验证了上述编码方法得到的是紧致码。
3.14 解:(1)()(0.9,0.1)0.469H X H ==bit/符号 (2)信源序列平均长度80i i i l p l ==∑23780.110.90.120.90.130.90.140.90.180.98 2.596=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯⨯+⨯= (3)平均码长880.91[10.9]4 2.7086n =⨯+-⨯=码元/符号(4)首先码长组合满足克拉夫特不等式,即841028221in i ---==⨯+=∑又该码为非延长码,故唯一可译。
建工版(第5版)《传热学》第3章作业参考解答
第82页第4题已知:电熨斗T 0=T f ,体积V ,表面积A ,ρ、c 、λ均为已知且为常数内有恒热源q V ,表面换热系数h =const. 求: T (τ ) 解:认定电熨斗表面Biot 数远远小于1,也即可以将其温度看成均匀的。
按能量守恒原理,)()(cVT d d T T Ah Vd q f V ρττ=−−所以,⎪⎩⎪⎨⎧=−−==ff VT TT T cV Ah c q d dT 0)(τρρτ 注意到,)]([)()(AhV q T T cV AhT T AhV q cV Ah T T cV Ah c q V f f V f V +−−=+−=−−ρρρρ令,)(AhVq T T u V f +−= 则,⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−=−==Ah V q u u cV Ah d duV 0τρτ解之得,)exp(τρcV AhAhV q u V −−=或,)]exp(1[τρcV Ah AhV q T T V f −−+=问题:当时间足够长时,系统将进入稳定状态,那么,电熨斗所能达到的平衡温度是多少?第82页第7题已知:热电偶,d =0.5mm ,ρ=8930 kg/m 3, c =400 J/(kg ⋅°C), t 0=25°C, t f =120°C ,h =95W/( m 2⋅°C)求: θ/θ0=1%时τ=?以及对应的温度t 。
解:d dd A V 616123==ππ 1-3s 3191.0105.040089309566=××××===−cd h A V c h cVAhρρρ 因为,)exp(0τρθθcVAh −= 所以,s43.141100ln 3191.01ln0===θθρτhAcV此时,%100=−−=ff t t t t θθ 所以,C05.119)12025(01.0120)(01.00D =−+=−+=f f t t t t 注意到,λλ00792.0Bi ,)K W/(m 95 m,10333.86125==⋅=×==−A V h h d A V 。
钢结构第三章作业答案(供参考)
3.13如图所示梁与柱(钢材为Q235B )的连接中,M=100kN ·m,V=600kN,已知梁端板和柱翼缘厚均为14mm,支托厚20mm,试完成下列设计和验算:(1)剪力V 由支托焊缝承受,焊条采用 E43型,手工焊,求焊缝A 的高度hf 。
(2)弯矩M 由普通C 级螺栓承受,螺栓直径24mm,验算螺栓是否满足要求。
解:(1)验算受剪承载力:a. 确定焊脚高度板件边缘的角焊缝:max 20,20(12)18;f t mm h mm ==-=普通角焊缝:min max min(14,20)14, 1.21416.8;f t mm h mm ===⨯= 则max min(16.8,20)16.8;f h mm == 故取10f h mm =b.0.70.7107e f h h mm ==⨯=设承受静载,支托选用Q235B ,则查表得角焊缝强度设计值2160wf f N mm = 采用三面围焊且为绕角焊:对于水平焊缝,承受正应力,1300w l b mm ==对于竖向焊缝,承受剪应力,2250w l mm =322223401097.14316020.720.710250w f f f w N N mm f N mm h l τ⨯===<=⨯⨯⨯⨯,满足要求。
故焊缝A 的高度10f h mm =。
(2)验算抗弯承载力查表得普通C 级螺栓抗拉强度设计值2170b t f N mm =;公称直径为24mm 的普通螺栓2353e A mm =故抗弯承载力满足要求。
(3)验算构造要求: C 级螺栓00(1 1.5)24 1.525.53325.576.5100d d mm d mm=+=+==⨯=<故满足构造要求综合(2),(3)该螺栓满足要求。
3.14试验算如图所示拉力螺栓连接的强度。
C 级螺栓M20,所用钢材Q235B 。
若改用M20的8.8级高强度螺栓摩擦型连接(摩擦面间仅用钢丝刷清理浮锈),其承载力有何差别?解:150cos 45150106;210610626.5;26.5;4444V H kN V H Nv kN Nt kN ==⨯=⨯=======(1) 验算拉剪作用查表得普通C 级螺栓2170b t f N mm =; 2140b v f N mm =;Q235B 钢2305b c f N mm =;公称直径为20mm 的普通螺栓2245e A mm =。
钢结构第3章作业参考答案
2138 . 39 cm
4
I p I x I y 22321 . 69 cm
4
Tx
T 250 IP
,
F
Ty
T 163 IP
F 5096
Vy
F
h e lw
910 0 . 7 8
Ty Vy f
2
Tx
xi
2
y i 8 6 4 ( 6 . 5 19 . 5 ) 1978 cm
lw 2
193 . 35 10
32 0 . 7 Fra bibliotek 8 160
=108 mm
60 h f 480 mm ( 满 足 ) 8 h f 64 mm 且 40 mm ( 满 足 )
l1 298 8 308 mm ; l 2 108 8 116 mm 取肢背 l1 310 mm , 肢尖 l 2 120 mm
w 解: 查表得 f t 185 Mpa , w
fv
125 Mpa
注意:此题中腹板仍受弯剪。
I 2 28 1 . 4 50 . 7
2
0 . 8 100 12
3
268193 . 1cm
4
(1)焊缝最大正应力在腹板和翼缘交界处
max
M I
h 2
1122 10
374 10
3
焊缝最大剪应力满足要
求
(3)腹板和翼缘交界处
'
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1 1 2 3 2
3
2 1 6 3 4 5
1 2
3
2 1 6 3 4 5
N=4(i=2,j=0) :
1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 2 6 3 4 5
1 2 6 3 4 5
N=3(i=1,j=1) :
1 3 2
1 3 2
1 2 6 3 4 5
1 2 6 3 4 5
1 ห้องสมุดไป่ตู้ 2
1 3 2
1 2 6 3 4 5
d)系统中的用户数突增到 10,提供的信道数仍为 5, 系统中的话务强度 A 10H 10 3 5 / 60 2.5( Erlang ) 由 Erlang B 表,可得:系统的阻塞率为 0.0697 通常情况 2%以下的 GOS 是可以接受的,此时系统的阻塞率为 6.97%,这样的性能是不能 容忍的。
3.27 美国的 AMPS 系统使用 800MHz 内的 50MHz 频率,共有 832 个信道,其中 42 个作为 信令信道。前向信道频率比反向大 45MHz。 a) AMPS 系统是单工的、 半双工的、 还是双工的?每个信道带宽多少?如何在基站和用户 之间分配? b) 假设一个基站在信道 352 上发送控制信令,频率为 880.560MHz。则信道 352 上的用户 发射频率是多少? c) AMPS 信道在 A 组和 B 组载频间平均分配,计算各自的控制信道数和话音信道数。 d) 假设你是一个 7 小区复用蜂窝系统的总工程师, 要求在系统中平均为分布的用户设计一 个信道分配策略。目前每个小区有 3 个控制信道(利用 120º 裂向) ,计算为每个控制信 道分配的话音信道数。 e) 对于理想的大小一致的六边形蜂窝小区的系统结构,7 小区复用时两个最近的同频小区 距离是多少?4 小区复用呢? 解:a) 全双工。 每个信道带宽 50*106 / 832 = 60KHz 60KHz 的全双工信道分为前向(基站到用户)信道和反向(用户到基站)信道,各 30KHz, 前者比后者频率高 45MHz b) 880.560 – 45 = 835.560MHz c) 总信道数 832,控制信道数 42,所以话音信道数为 832-40=790 所以每组控制信道数 42/2=21,话音信道数 790/2=395 d) 7 小区复用,采用 120º裂向,每个小区有 3 个扇区,395 个信道可以分为 3*7 = 21 个子集, 每个子集对应一个扇区的信道(可用) ,为了减少扇区内信道之间的干扰,它们的载波间距 选择为间隔 21 个信道带宽,为了减少同一小区扇区间的信道干扰,它们的间隔选择 7,故 设计方案如下:a、b、c 代表扇区,1……7 代表小区,表中其他数字代表信道序号 1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 1b 2b …… 7b 1c 2c …… 7c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 …… 14 15 16 …… 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 …… 35 36 37 …… 42 …… (红色的为控制信道) 358 359 360 361 362 363 364 365 366 …… 371 372 373 …… 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 …… 392 393 394 395 B 组也可以采用类似的方法进行设计 (例如教材例 3.3 为一种实际实现情况)
3.11 对于 N=7、Pr[阻塞]=1%、呼叫平均占用为 2 分钟的系统,求将全向天线改为 60º 扇区 天线时,用 57 个信道中继时所损失的容量?(假设将被阻塞的呼叫清除,每小时每个用户 的平均呼叫速率λ=1) 解:全向天线改为 60º 扇区天线,一个小区分裂为 6 个扇区, 每个扇区信道数为 57/6=9.5, 由 Erlang B 图查得,Pr[阻塞]=1%对应的每个扇区的话务量为 A=4.1 Erlang, 每个用户的话务量为 Au=2×1÷60=1/30 Erlang, 所以每个扇区的容量为 U=A/Au=123 个用户,六个扇区共 6×123=738; 类似的,查 Erlang B 图可得, 对于未分裂的小区,57 个信道和 Pr[阻塞]=1%对应的话务量 A=45 Erlang, 每小区的容量为 45/(1/30)=1350; 所以损失容量为 1-738/1350 = 45%
1 1 1 1
3.8 如果精确的传播量活动表明移动无线信道提供的路径损耗指数 n=3 而不是 4,则对于习 题 3.5 应该选择哪种设计方案?N=3 时理想的 N 值为多少? 解:由题意可得
S ( 3N ) n 15dB I i0
取路径损耗指数 n 3 (a) 使用全向天线 i0 6,
3.26 假设在只含有一个基站的移动无线系统中, 每个用户平均每小时呼叫 3 次, 每次呼叫平 均持续 5 分钟。 a)每个用户的话务强度? b)如果系统阻塞率为 1%,且只有 1 个信道可用,计算系统的用户数。 c)如果系统阻塞率为 1%,且有 5 个信道可用,计算系统的用户数。 d)如果系统中的用户数突然增大到 c)的结果的两倍,计算此时的系统阻塞率。试问这样的性 能能否被接受?给出相应的证明。 解: a)每个用户的话务量强度为 Au H 3 5 / 60 0.25( Erlang ) b)根据 Erlang B 公式,可得阻塞概率 Pr 为
取路径损耗指数 n 4 (a) 使用全向天线 i0 6, 于是 N 故 N=7 (b) 使用 120º 裂向 i0
for N 7, 4,3
1 1 (6 101.5 ) 2 4.59 3
2 N 7, 4 3 N 3
1 1 1.5 2 (2 10 ) 2.65 N 7, 4 3 于是 N 1 1 (3 101.5 ) 2 3.25 N 3 3
故 N=7 (c) 使用 60º 裂向, i0
1 N 7, 4 2 N 3
2 1 1.5 3 (110 ) 3.33 N 7, 4 3 于是 N 2 1 (2 101.5 ) 3 5.29 N 3 3
故 N=4 使用 60º裂向时,小区有最小的簇值(N=4) ,故有最大的频率复用因子,所以应该选 择 60º 裂向的设计方案,此时 N=4。
故 N=4 (c) 使用 60º 裂向, i0
1 N 7, 4 2 N 3
1 1 1.5 2 (1 10 ) 1.87 N 7, 4 3 于是 N 1 1 (2 101.5 ) 2 2.65 N 3 3
故 N=3 使用裂向技术,减小了蜂窝小区簇的大小,增大了频率复用因子,提高了蜂窝系统的容 量,所以应该使用裂向技术。使用 120º 裂向和 60º 裂向时,蜂窝小区簇的大小相差不多(分 别为 4 和 3) ,但是 60º 裂向时,中继池中的中继线路较少,故中继效率(trunking efficiency) 较低。具体的,120º和 60º裂向两种情况的系统容量比为4 : 3 = 3: 4,中继池中线路数的比 为4×3 : 3×6 = 3: 2。所以如果优先考虑系统容量,则选择 60º 裂向更合适;如果优先考虑中继 效率,选择 120º 裂向更合适。
for N 12,7, 4,3
于是 N
2 1 (6 101.5 ) 3 11.01 3
故 N=12(i=2,j=2) (b) 使用 120º 裂向 i0
2 N 7, 4 3 N 3
2 1 1.5 3 (2 10 ) 5.29 N 7, 4 3 于是 N 2 1 (3 101.5 ) 3 6.93 N 3 3
3.21 在实际的蜂窝无线系统中,MSC 为最近的同频小区分配无线信道的程序是不同的。这 种技术称为序列搜索, 保证同频小区在将同样的信道分配给附近小区的呼叫之前, 首先使用 同频组中的不同信道。这使得蜂窝系统没有达到最大负荷时,就能有最小的干扰。考虑采用 3 个相邻的簇,设计一个 MSC 用来为同频小区搜索合适的信道算法。假设复用模式为 7 小 区复用,每个小区用 3 个扇区,使用美国的 A 区载频蜂窝信道分配方案。 答:美国的 A 区载频蜂窝信道分配方案:共有 395 个信道,采用 7 小区复用,平均每个小 区占有的信道数 395 / 7 57 个信道;每个小区使用 3 个扇区,平均每个扇区有 19 个信道, 采用序列搜索方法减小同信道干扰的原理是: 当扇区内没有达到最大负荷时, 尽量分配不同 的信道给同频小区,这样使用信道干扰降到最小。3 个扇区,只有 2 个同频干扰小区,故将 小 区 的 1 个 扇 区 的 可 用 信 道 划 分 为 3 组 , 比 如 1A 扇 区 信 道 为 {1,22,43,64,85,106,127,148,169,190,211,232,253,274,295,670,691,712,1003} 将其划分为 3 组,划分方式可以多种多样,只要 3 组相等的信道数且无重复即可,比如 g1{1,22,43,64,85,106} 6 个信道 g2{127,148,169,190,211,232} 6 个信道 G3{253,274,295,670,691,712,1003} 7 个信道 如果小区从 g1 中选择信道,那么它的干扰小区(相同扇区)就从 g2 或者 g3 中选择信道,这 样避开使用相同频率的信道; 如果某个分组中所有的信道全部使用完, 就接着使用其他分组 的信道(这时已经存在同道干扰了) ,直到扇区内的 19 个信道全部使用完为止。
Pr
AC C!
C k 0
A k!
k
A 0.01 A 0.01 1 A
系统能够容纳的用户数为: A / Au 0.01 / 0.25 1 由于一个信道总能容纳一个用户,故系统的用户数为 1 c)根据 Erlang B 表,可得 当 GOS=0.01,C=5 时,A=1.37 所以系统能够容纳的用户数为 A / Au 1.37 / 0.25 5
解:由题意可得