第5章习题解答(高频)
第5章 酸碱滴定法习题解答
第5章酸碱滴定法习题解答第5章酸碱滴定法思考题与习题1．下列各组酸碱物质中，哪些是共轭酸碱对？(1) OH-－H3O+ (2) H2SO4－SO42- (3) C2H5OH－C2H5OH2+ (4) NH3－NH4+ (5) H2C2O4－C2O42- (6) Na2CO3－CO32- (7) HS-－S2- (8) H2PO4-－H3PO4 (9) (CH2)6N4H+－(CH2)6N4 (10) HAc－Ac-答：（3）、（4）、（7）、（8）、（9）、（10）是共轭酸碱对。
2. 写出下列溶液的质子条件式。
(1) 0.1 mol/L NH3・H2O (2) 0.1mol/L H2C2O4 (3) 0.1mol/L (NH4)2HPO4 (4) 0.1 mol/L Na2S (5) 0.1mol/L (NH4)2CO3 (6) 0.1mol/L NaOH (7)0.1mol/L H2SO4 (8) 0.1mol/L H3BO3答：（1）[H]+[ NH4]= [OH]+-（2）[H+]= [OH-]+[H C2O4-]+2[ C2O42-]（3）[H+]+[H2PO4-]+2[ H3PO4]=[NH3]+[PO43-]+[OH-] （4）[H+]+[ HS-]+2[ H2S]= [OH-]（5）[H+]+[H CO3 -]+2[H2 CO3] = [OH-]+[ NH3] （6）[H+]+0.1= [OH-]（7）[H+]= [OH-]+[H SO4 -]+2[SO4 2-]或[H+]= [OH-]+0.1+2[SO4 2-] （8）[H+]= [ H2BO3-]+[OH-]3. 欲配制pH为5的缓冲溶液，应选下列何种酸及其共轭碱体系?(1) 一氯乙酸(pKa=2.86) (2) 邻苯二甲酸氢钾KHP (pKa2=5.41) (3) 甲酸(pKa=3.74) (4) HAc(pKa=4.74) (5) 苯甲酸(pKa=4.21) (6) HF (pKa=3.14)答：由pH≈pKa可知，应选HAc -NaAc配制pH为5左右的缓冲溶液。
第5章习题解答
第5章汇编语言程序设计习题参考答案1．(1) BUFF DB 240 DUP(?)(2) xx DB “BYTE”，”WORD”2．：0000H，则内存分配如下：V AR1V AR2V AR3V AR4V AR53．(1) 段的类型：段的类型有4种，分别是代码段、数据段、堆栈段和附加段。
(2) 段的定义：定义段使用伪指令SEGMENT/ENDS来定义的。
即：段名SEGMENT [定位类型] [组合类型] […类别‟]……段名ENDS(3) 选项的作用和含义：定位类型：告诉汇编程序如何确定逻辑段的边界在存储器的位置，共有4种。
①BYTE：表示逻辑段从字节的边界开始，即本段的起始地址紧接前一段。
②WORD：表示逻辑段从字的边界开始，即本段的起始地址必须是偶数。
③PARA：表示逻辑段从节的边界开始，即本段的起始地址后4位为0。
④PAGE：表示逻辑段从节的边界开始，即本段的起始地址后8位为0。
组合类型：告诉汇编程序当装入存储器时各个逻辑段如何进行组合，共有6种。
①不组合：如果缺省，则不组合。
② PUBLIC：对于不同逻辑段只要有相同段名就把他们集中成一段装入内存。
③ STACK：同PUBLIC相同，但仅限于堆栈段。
④ COMMON：对于不同逻辑段若有相同的段名，则都从同一地址装入。
⑤ MENORY：表示在几个逻辑段连接时，本段定位在地址最高的地方。
⑥ AT 表达式：表示以表达式的值来定位段地址。
‘类别’：在连接时决定各逻辑段的装入顺序。
4. 假设程序中有4个不同类型的段，则名为initprogram宏指令的宏定义如下：initprogram MACRO csname，dsname，esname，ssnameASSUME CS:csname，DS:dsname，ES:esname，SS:ssnameSTART: MOV AX，dsnameMOV DS，AXMOV AX，esnameMOV ES，AXMOV AX，ssnameMOV SS，AXENDM5．假设需传送的数据块为字节数据块，则名为Datastranaction宏指令的宏定义如下：Datastranaction MACRO buffer1，buffer2，lengthLEA SI，buffer1LEA DI，buffer2MOV CX，lengthCLDREP MOVSBENDM6．有效地指令为：(2)、(5)、(9)无效的指令为：(1) 数据类型不一致(3) 两个操作数不能同时为存储器操作数(4) CS不能作为目的操作数(6) 不能用两个变址寄存器作有效地址分量(7) 一个操作数不能是两个变量名的表达式(8) 基址和变址只能相加不能相减(10) 目的操作数不能是立即数(11) 在有效地址中不能减基址或变址严格地说：(9)也不对，因为没有指出存储器的数据类型，即操作数类型不明确。
第5章习题解答
第5章习题解答1. 解：Q235钢，m l 5.5=荷载标准值：m kN q k /5.34245.10=+= 荷载设计值：m kN q /2.46244.15.102.1=⨯+⨯=弯矩设计值：m kN ql M x ⋅=⨯⨯==69.1745.52.46818122（1）假定梁的受压翼缘设置可靠的侧向支承，可以保证梁的整体稳定由抗弯强度要求的截面模量为：3361082.77321505.11069.174mm f M W x x nx ⨯=⨯⨯==γ查型钢表选用I36a ，截面几何特性：3878cm W x =，415796cm I x =，质量m kg q /0.60= 强度验算：22326/215/44.1921087805.18/55002.16.01069.174mm N f mm N W M nx x x =<=⨯⨯⨯⨯+⨯=γ 满足要求。
挠度验算：[]2501428110157961006.25500)6.05.34(384538454533=<=⨯⨯⨯⨯+⨯=⋅=l EI l q l x kx υυ满足要求。
故选用此截面。
（2）假定梁的受压翼缘无可靠的侧向支承按整体稳定确定梁截面假定工字钢型号在I45～I63之间，均布荷载作用在梁上翼缘，自由长度m l 5.51=，由附表3-2查政体稳定系数6.0660.0>=b ϕ，所以643.0660.0282.007.1282.007.1=-=-='bbϕϕ所需毛截面抵抗矩：3361063.1263215643.01069.174mm f M W b x nx ⨯=⨯⨯='=ϕ查型钢表选用I45a ，截面几何特性：31433cm W x =，432241cm I x =，质量m kg q /4.80=强度验算：22326/215/52.11810143305.18/55002.1804.01069.174mm N f mm N W M nx x x =<=⨯⨯⨯⨯+⨯=γ满足要求。
(完整版)高频电子线路第5章习题答案
第5章 振幅调制、振幅解调与混频电路5.1 已知调制信号()2cos(2π500)V,u t t Ω=⨯载波信号5()4cos(2π10)V,c u t t =⨯令比例常数1a k =，试写出调幅波表示式，求出调幅系数及频带宽度，画出调幅波波形及频谱图。
[解] 5()(42cos 2π500)cos(2π10)AM u t t t =+⨯⨯54(10.5cos 2π500)cos(2π10)V t t =+⨯⨯20.5,25001000Hz 4a m BW ===⨯= 调幅波波形和频谱图分别如图P5.1(s)(a)、(b)所示。
5.2 已知调幅波信号5[1cos(2π100)]cos(2π10)V o u t t =+⨯⨯，试画出它的波形和频谱图，求出频带宽度BW 。
[解] 2100200Hz BW =⨯=调幅波波形和频谱图如图P5.2(s)(a)、(b)所示。
5.3已知调制信号3[2cos(2π210)3cos(2π300)]Vu t t Ω=⨯⨯+⨯，载波信号55cos(2π510)V,1c a u t k =⨯⨯=，试写出调辐波的表示式，画出频谱图，求出频带宽度BW 。
[解] 35()(52cos2π2103cos2π300)cos2π510c u t t t t =+⨯⨯+⨯⨯⨯3555353555(10.4cos2π2100.6cos2π300)cos2π5105cos2π510cos2π(510210)cos2π(510210)1.5cos2π(510300) 1.5cos2π(510300)(V)t t tt t t t t t =+⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯+⨯+⨯+⨯-⨯+⨯++⨯- 3max 222104kHz BW F =⨯=⨯⨯=频谱图如图P5.3(s)所示。
5.4 已知调幅波表示式6()[2012cos(2π500)]cos(2π10)V u t t t =+⨯⨯,试求该调幅波的载波振幅cm U 、调频信号频率F 、调幅系数a m 和带宽BW 的值。
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
对飞轮，由转动定律，有 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角速度 方向相反。
联立解得
以 F 100 N 等代入上式，得
Fr R 2 (l1 l2 ) F J mRl1
5-1
第 5 章 刚体的定轴转动
2 0.40 (0.50 0.75) 40 100 rad s 2 60 0.25 0.50 3 t
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后，根据转动定律，有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
v0
6(2 3 3m M l J l 1M (1 2 ) (1 ) 2 ml 2 3m 12 m
(2) 由①式求得相碰时小球受到的冲量为：
I Fdt mv mv mv0
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。
自动控制原理_第5章习题解答-
第5章频率特性法教材习题同步解析一放大器的传递函数为：G (s )=1+Ts K测得其频率响应，当ω=1rad/s 时，稳态输出与输入信号的幅值比为12/2，稳态输出与输入信号的相位差为－π/4。
求放大系数K 及时间常数T 。
解：系统稳态输出与输入信号的幅值比为A ==222172K T ω=+ 稳态输出与输入信号的相位差arctan 45T ϕω=-=-︒，即1T ω=当ω=1rad/s 时，联立以上方程得T =1，K =12放大器的传递函数为：G (s )=121s +已知单位负反馈系统的开环传递函数为5()1K G s s =+ 根据频率特性的物理意义，求闭环输入信号分别为以下信号时闭环系统的稳态输出。
（1）r （t ）=sin （t +30°）； （2）r （t ）=2cos （2t －45°）；（3）r （t ）= sin （t +15°）－2cos （2t －45°）； 解：该系统的闭环传递函数为65)(+=Φs s 闭环系统的幅频特性为365)(2+=ωωA闭环系统的相频特性为6arctan )(ωωϕ-=（1）输入信号的频率为1ω=，因此有37375)(=ωA ，()9.46ϕω︒=- 系统的稳态输出537()sin(20.54)37ss c t t ︒=+ （2）输入信号的频率为2ω=，因此有10()A ω=，()18.43ϕω︒=- 系统的稳态输出10()cos(263.43)2ss c t t ︒=- （3）由题（1）和题（2）有对于输入分量1：sin （t +15°），系统的稳态输出如下5371()sin( 5.54)37ss c t t ︒=+ 对于输入分量2：－2cos （2t －45°），系统的稳态输出为102()cos(263.43)ss c t t ︒=-- 根据线性系统的叠加定理，系统总的稳态输出为)4363.632cos(210)537.5sin(37375)(︒︒--+=t t t c ss绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性与对数频率特性。
复变函数与积分变换 第5章习题解答
习题五答案1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处．解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+L L ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e zf z -=在z =1处．解：11e z -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----L L ∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==-3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z +⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z z z z z z zz +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭L∴()[]1Res ,013!f z =-从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰Ñ，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：cc sin πtan πd d cos πzz z z z =⎰⎰蜒．在C 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1),-n )一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰Ñ (2)()()()10cd i 13zz z z +--⎰Ñ C :|z |=2取正向．解：因为()()()101i 13z z z +--在C 内有z =1，z =-i 两个奇点．所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰Ñ6. 计算下列积分． (1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i z zθ= 2os 12c z z θ+=则()121211d i 2i 15421d 2i 521m z m z z zI I z z z z z z==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰ÑÑ 被积函数()()2521mz f z z z=-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim232521mmz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m mI I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴πcos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰ (2)202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c z z zzθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z za azz z az a z a f z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ÑÑ 得()1322π1I a a =-(3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0． 解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4.()2222d x x x a ∞++⎰，a >0．解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5)()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x xxx x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z zbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2bb b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e 44e b bx x b b xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6)22i e d xx x a+-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a zaz a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,是()()[]{}()z 22i 201e 1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x izc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r zzz →⋅=-+⎰． 设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22ez z aa f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c af c y y y c y⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且 ()()()i i i i d limd limd c c c c ABR RR Rf z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅=所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R ax a aC C a RCC R BECR R f z z xx x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。
第五章习题与解答_高电压技术
第五章绝缘得高压试验一、选择题1)用铜球间隙测量高电压,需满足那些条件才能保证国家标准规定得测量不确定度？A 铜球距离与铜球直径之比不大于0、5B 结构与使用条件必须符合IEC得规定C 需进行气压与温度得校正D 应去除灰尘与纤维得影响2)交流峰值电压表得类型有:A电容电流整流测量电压峰值B整流得充电电压测量电压峰值C 有源数字式峰值电压表D 无源数字式峰值电压表3)关于以下对测量不确定度得要求,说法正确得就是:A 对交流电压得测量,有效值得总不确定度应在±3％范围内B 对直流电压得测量,一般要求测量系统测量试验电压算术平均值得测量总不确定度应不超过±4％C 测量直流电压得纹波幅值时,要求其总不确定度不超过±8％得纹波幅值D 测量直流电压得纹波幅值时,要求其总不确定度不超过±2％得直流电压平均值。
4)构成冲击电压发生器基本回路得元件有冲击电容C1,负荷电容C2,波头电阻R1与波尾电阻R2,为了获得一很快由零上升到峰值然后较慢下降得冲击电压,应使______。
A.C1＞＞C2、R1＞＞R2B.C1＞＞C2、R1＜＜R2C.C1＜＜C2、R1＞＞R2D.C1＜＜C2、R1＜＜R25)用球隙测量交直流电压时,关于串接保护电阻得说法,下面哪些就是对得？A 球隙必须串有很大阻值得保护电阻B 串接电阻越大越好C 一般规定串联得电阻不超过500ΩD 冲击放电时间很短,不需要保护球面。
6)电容分压器得低压臂得合理结构就是______。
A低压臂电容得内电感必须很小B 应该用同轴插头,插入低压臂得屏蔽箱C 电缆输入端应尽可能靠近电容C2得两极。
D abc环路线应该比较长7)标准规定得认可得冲击电压测量系统得要求就是:A 测量冲击全波峰值得总不确定度为±5％范围内B 当截断时间时,测量冲击截波得总不确定度在±5％范围内C当截断时间时,测量冲击电压截波得总不确定度在±4％范围内D测量冲击波形时间参数得总不确定度在±15％范围内8)光电测量系统有哪几种调制方式:A 幅度－光强度调制(AM－IM)B 调频－光强度调制(FM－IM)C 数字脉冲调制D 利用光电效应二、填空题9)交流高电压试验设备主要就是指______。
高频电子线路第5章习题参考答案
高频电子线路习题参考答案
2 2 U1 U 3 U1 U 3 3a 3 cos(21 3 )t cos(21 3 )t 4 4 2 U 2 U1 U 3 U1 3 cos(23 1 )t cos(23 1 )t 4 4 2 U2U3 U2U3 2 cos(22 3 )t cos(22 3 )t 4 4 2 U2U2 U3U2 3 cos(23 2 )t cos(23 2 )t 4 4
答5-2 能出现50 kHz和 350 kHz的频率成分，因为在u2项中将会 出现以下2次谐波和组合频率分量。 200 kHz-150 kHz=50 kHz 200 kHz+150 kHz=350 kHz
2x200 kHz=400 kHz
2x150 kHz=300 kHz
高频电子线路习题参考答案
5－3 一非线性器件的伏安特性为 gDu u 0 i 0 u 0 式中，u＝EQ＋ul＋u2＝EQ＋U1COSω1t＋U2COSω2t。若U1 很小，满足线性时变条件，则在EQ=-U2/2时，求出时变电导 gm(t)的表示式。 解5-3，根据已知条件，
高频电子线路习题参考答案
设一个开关函数 1 K(w 2 t) 0 2 2 2n 2 t 2n 3 3 2 4 2n 2 t 2n 3 3
将 K(2 t)进行展开为富式级数为 K(2 t) 2 2 2n 2 3 sin cos n2t cos 2t 3 1 n 3 3 3 3 3 cos 22t cos 42t cos 52t ...... 2 4 5
a 2 U1U 3 cos( 1 3 )t U1U 3 cos( 1 3 )t a 2 U 3 U 2 cos(3 2 )t U 3 U 2 cos( 3 2 )t
概率论习题解答(第5章)
第5章习题答案三、解答题1. 设随机变量X 1，X 2，…，X n 独立同分布，且X ～P (λ)，∑==ni i X n X 11，试利用契比谢夫不等式估计}2|{|λλ<-X P 的下界。
解：因为X ～P (λ)，∑∑===⋅===n i i n i i n nX E n X n E X E 111)(1)1()(λλλλn n nX D n X n D X D n i i n i i 11)(1)1()(2121====∑∑==由契比谢夫不等式可得nn X P 4114/1}2|{|-=-≥<-λλλλ 2. 设E (X ) = – 1，E (Y ) = 1，D (X ) = 1，D (Y ) = 9，ρ XY = – 0.5，试根据契比谢夫不等式估计P {|X + Y | ≥ 3}的上界。
解：由题知 ()()()Y X Y X E E E +=+=()11+-=0 Cov ()Y X ,=()()Y D X D xy ⋅⋅ρ=()915.0⨯⨯-= -1.5()()()()()75.1291,2=-⨯++=++=+Y X Cov Y D X D Y X D所以{}{}97303≤≥-+P =≥+)(Y X Y X P 3. 据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布．现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的．求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率．解：设i 个元件寿命为X i 小时，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，则X 1 ，X 2 ，... ，X 16独立同分布，且 E (X i ) =100，D (X i ) =10000，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，4161161106.1)(,1600)(⨯==∑∑==i i i i D E X X ，由独立同分布的中心极限定理可知：∑=161i iX近似服从N ( 1600 , 1.6⨯10000)，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧>∑=1920161i i X P =⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-∑=19201161i i X P ⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤⨯--=∑=16000016001920100006.116001161i i X P()8.01Φ-==1- 0.7881= 0.21194. 某商店负责供应某地区1000人商品，某种商品在一段时间内每人需要用一件的概率为0.6，假定在这一时间段各人购买与否彼此无关，问商店应预备多少件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销（假定该商品在某一时间段内每人最多可以买一件）．解：设商店应预备n 件这种商品，这一时间段内同时间购买此商品的人数为X ， 则X ~ B （1000，0.6），则E (X ) = 600，D (X ) = 240， 根据题意应确定最小的n ，使P {X ≤n }= 99.7%成立. 则P {X ≤n })75.2(997.0)240600(240600240600ΦΦP ==-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=n n X 所以6.64260024075.2=+⨯=n ，取n =643。
物理化学中国石油大学课后习题答案第5章
第五章 相平衡1．Ag 2O 分解的计量方程为)g (O 21)s (Ag 2)s (O Ag 22+= 当Ag 2O(s)进行分解时，体系的组分数，自由度和可能平衡共存的最大相数各为多少？ 解：独立组分数 'C S R R =−−物种数S =3，独立化学平衡数R =1，无浓度限制关系，'0R =则 3102C =−−=.Ag 2O(s)一开始分解，就至少有三个相存在，根据相律有22321f C =−Φ+=−+=。
自由度为0时，相数最多，22024C f Φ=−+=−+=。
2．指出下列各体系的独立组分数，相数和自由度数各为若干？（1） NH 2Cl(s)部分分解为NH 3(g)和HCl(g)（2） 若在上述体系中额外再加入少量NH 3(g)（3） NHHS(s)和任意量的NH 3(g),H 2S(g)混合达到平衡。
（4） C(s)与CO(g),O 2(g)在937K 时达到平衡解：（1）NH 4Cl(s)=NH 3(g)+HCl(g)'3111C S R R =−−=−−=2Φ=(一个固相，一个气相)21221f C =−Φ+=−+=（2）若在上述体系中额外加入少量NH 3(s)，则浓度限度条件就没有了，故'3102C S R R =−−=−−=2Φ=22222f C =−Φ+=−+=（3）NH 4HS(s)=NH 3(g)+H 2S(g)'3102C S R R =−−=−−=2Φ=22222f C =−Φ+=−+=（4） 系统存在4种物质，有4个化学平衡)g (CO )g (O 21)s (C 2=+ (a))g (CO )g (O 21)g (CO 22=+ (b))g (CO )g (O )s (C 22=+ (c))g (CO 2)g (CO )s (C 2=+ (d)但（a ）+(b)=(c),(a)—(b)=(d)，所以系统中只有2个独立的化学平衡关系。
高频电路原理与分析-习题解答
3－9 已知高频功放工作在过压状态，现欲将它调整到临界状 态，可以改变哪些外界因素来实现，变化方向如何？在 此过程中集电极输出功率如何变化？ 答3-9 可以通过采取以下措施 1. 2. 3. 4. 减小激励Ub，集电极电流Ic1和电压振幅UC基本不变，输 出功率和效率基本不变。 增大基极的负向偏置电压，集电极电流Ic1和电压振幅UC 基本不变，输出功率和效率基本不变。 减小负载电阻RL，集电极电流Ic1增大，IC0也增大，但电 压振幅UC减小不大，因此输出功率上升。 增大集电极电源电压，Ic1、IC0和UC增大，输出功率也随 之增大，效率基本不变。
有载品质因数为58.125,这时需要并 答：回路电感为0.586mH,有载品质因数为 回路电感为 有载品质因数为 这时需要并 的电阻。 联236.66k 的电阻。
2－2 图示为波段内调谐用的并联振荡回路，可变电容 C的变化 范围为 12～260 pF，Ct为微调电容，要求此回路的调谐 范围为 535～1605 kHz，求回路电感L和Ct的值，并要求 C的最大和最小值与波段的最低和最高频率对应。 解2-2：
根据已知条件，可以得出： 回路总电容为C∑ = C + Ct ,因此可以得到以下方程组 1 1 1605 ×103 = = 2π LCmin 2π L(12 × 10−12 + Ct ) 1 1 535 ×103 = = 2π LCmax 2π L(260 × 10−12 + Ct )
1－2 无线通信为什么要用高频信号？“高频”信号指的 是什么？ 答： 高频信号指的是适合天线发射、传播和接收的射频信 号。 采用高频信号的原因主要是： （1）频率越高，可利用的频带宽度就越宽，信道容量就 越大，而且可以减小或避免频道间的干扰； （2）高频信号更适合电线辐射和接收，因为只有天线尺 寸大小可以与信号波长相比拟时，才有较高的辐射效率和接 收效率，这样，可以采用较小的信号功率，传播较远的距离， 也可获得较高的接收灵敏度。
第5章作业解答
第5章部分习题解答1．已知某2ASK 系统的码元速率为1000波特，所用载波信号为()6cos 410A t π⨯。
（1）假定比特序列为{0110010}，试画出相应的2ASK 信号波形示意图； （2）求2ASK 信号第一零点带宽。
解：由1000s R baud =，6210cf Hz =⨯，有：621020001000b c T T ⨯== （1）一个码元周期内有2000个正弦周期：（2）222000null b s B R R Hz ===2．某2ASK 系统的速率为2b R Mbps =，接{}n a2(ASK s t 0 1 1 0 0 1 0收机输入信号的振幅40μV A =，AWGN 信道的单边功率谱密度为180510/N W Hz -=⨯，试求传输信号的带宽与系统的接收误码率。
解：传输信号的（第一零点）带宽为：24T b B R MHz ==平均码元能量：24bb A T E =系统的接收误码率： （1）若是包络检波，()2622618000401040444210510b b b E A T A N N R N --⨯====⨯⨯⨯⨯其误码率为（最窄带宽接收）：/4092211 1.031022b E N e P ee ---≈=≈⨯（2）若是相干解调：其误码率为（MF 接收）：101.2710e P Q Q-⎛==≈⨯ ⎝3．某2FSK 发送码1时，信号为()()111sin ,0s s t A wt t T θ=+≤≤；发送码0时，信号为()()000sin ,0s s t A w t t T θ=+≤≤。
式中1θ及0θ为均匀分布随机变量，0128s T ωωπ==，码1与0等概率出现。
（1）画出包络检波形式的接收机框图； （2）设码元序列为11010，画出接收机中的主要波形（不考虑噪声）；（3）若接收机输入高斯噪声功率谱密度为0/2N ，试给出系统的误码率公式。
解： （1）由P195图5.2.5可得()2FSK S t 包络检波BPF1f ()1r t BPFf ()0r t 包络检波抽样判决符号定时{}ˆn a（2）0128s T ωωπ==,0124/s f f T ==,122s b f R R ==由0112b f f fR -==，此2FSK 系统的频差足够大，可保证信号正确解调。
第5章 不确定推理习题解答
习题55.1不确定推理的概念是什么？为什么要采用不确定推理？解：略。
5.2 不确定推理中需要解决的基本问题是什么？解：略。
5.3 主观Bayes 方法的优点是什么？有什么问题？试说明LS 和LN 的意义。
解：略。
5.4 为什么要在MYCIN 中提出可信度方法？可信度方法还有什么问题？解：略。
5.5 何谓可信度？说明规则强度CF (H ,E )的含义。
解：略。
5.6 设有三个独立的结论H1, H2, H3及两个独立的证据E1, E2,它们的先验概率和条件概率分别为：P(H1)=0.4， P(H2)=0.3， P(H3)=0.3P(E1 | H1)=0.5， P(E1 | H2)=0.3， P(E1 | H3)=0.5P(E2 | H1)=0.7， P(E2 | H2)=0.9， P(E2 | H3)=0.1利用概率方法求出：当只有证据E1出现时，P(H1 | E1)、P(H2 | E1)及P(H3 | E1)的值；并说明E1的出现对H1,H2, H3的影响。
当E1和E2同时出现时，P(H1 | E1, E2)、P(H2 | E1, E2)及P(H3 | E1, E2)的值；并说明E1和E2同时出现对H1,H2, H3的影响。
解： (1)P (H 1|E 1)=0.45P (H 2|E 1)=0.20P (H 3|E 1)=0.34经比较可知，E1的出现，H1和H3成立的可能性略有增加，H2成立的可能性略有降。
(2)P (H 1|E 1,E 2)=0.5932212(|,)=0.3432P H E E312(|,)=0.0636P H E E经比较可知，E 1和E 2同时出现，H 1成立的可能性显著增加，H 2成立的可能性略有增加，H 3成立的可能性显著下降。
5.7设有如下知识：111222333: (201)(0.06): (101)(0.05): (10.08)(0.4)R IFE THEN H R IFE THENH R IF E THEN H ，，，求：当证据321E E E ，，存在时，)|(i i E H P 的值各是多少？解：P (H 1|E 1)=0.5607P (H 2|E 2)=0.34483.0)|(33=E H P 。
第5章-习题解答
第5章-习题解答第5章 习题与答案5-1 机械波的表达式为y = 0.03cos6π(t + 0.01x ) (SI) ，则 ［ ］(A) 其振幅为3 m (B) 其周期为s 31 (C) 其波速为10 m/s (D) 波沿x 轴正向传播 [答案：B]5-2 一平面简谐波，波速u =5m · s －1. t = 3 s 时波形曲线如题5-2图所示. 则x =0处的振动方程为［ ］(A)y =2×10－2cos(πt /2－π/2) ( S I ) . (B) y =2×10－2cos(πt ＋π ) ( S I ) . (C) y =2×10－2cos(πt /2+π/2) ( S I ) . (D) y =2×10－2cos(πt －3π/2)( SI ) . [答案：A]5-3 如题5-3图所示，两相干波源s 1和s 2相距λ/4(λ为波长), s 1ux y (10· · · · · · · 0 5 1122－ PSS题5-2图题5-3图的位相比s 2的位相超前π/2 ,在s 1、s 2的连线上, s 1外侧各点(例如P 点)两波引起的两谐振动的位相差是［ ］(A) 0 . (B) π . (C) π /2 . (D) 3π/2 . [答案：B]5-4 一平面简谐波沿ox 正方向传播，波动表达式为]2)42(2cos[10.0π+-π=x t y (SI)，该波在t = 0.5 s 时刻的波形如题5-5图中的哪一个？ ［ ］ [答案：B]5-5 横波以波速u 沿x 轴负方向传播．t 时刻波形曲线如题5-5图所示．则该时刻 ［ ］题5-4图-(A) A 点振动速度大于零 (B)B 点静止不动(C) C 点向下运动(D) D 点振动速度小于零 [答案：D]5-6 一平面简谐波沿x 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形如题5-6图所示，则P 处质点的振动在t = 0时刻的旋转矢量图是［ ］[答案：A]5-7 一简谐波沿x 轴正方向传播，t = T /4时的波形曲线如题5-7图所示．若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取-π 到π 之间的值，则 ［ ］ (A) O 点的初相为0=φωS A O ′ωSA ωωSAO ′(A)(B)(C)(D)S题5-5图题5-6图(B) 1点的初相为π-=211φ(C) 2点的初相为π=2φ(D) 3点的初相为π-=213φ[答案：D]5-8 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动［ ］(A) 振幅相同，相位相同 (B) 振幅不同，相位相同(C) 振幅相同，相位不同 (D) 振幅不同，相位不同 [答案：B]5-9 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：［ ］(A) 它的动能转化为势能. (B) 它的势能转化为动能. (C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，题5-7图其能量逐渐减小. [答案：D]5-10 一横波的波动方程是))(4.0100(2sin 02.0SI x t y -=π，则振幅是__________，波长是__________，频率是__________，波的传播速度是__________。
混凝土结构设计第5章习题解答
第5章习题解答（5.1）已知：某多层四跨现浇框架结构的第二层柱，轴心压力设计值N=1100KN，楼层高H=6m，混凝土强度等级为C30，采用HRB335级钢筋，柱截面尺寸为b×h=350mm×350mm。
求：所需纵筋面积。
解：（一）求φ：（二）求：（5.2）已知：圆形截面现浇钢筋混凝土柱，直径不超过350mm，承受轴心压力设计值N=2900KN，计算长度，混凝土强度等级为C40，柱中纵筋采用HRB400级钢筋，箍筋用HPB300级钢筋。
试设计该柱截面。
解：（一）求φ：（二）求：设配筋率太高，由于l0/d<12，可采用螺旋箍筋柱。
（三）按螺旋箍筋柱设计：混凝土保护层取用20mm，估计箍筋直径为10mm，得：混凝土强度等级小于C50，α=1（四）计算N u：要求。
将该柱设计为螺旋箍筋柱，纵筋采用12根20，箍筋采用螺旋箍筋，直径为10mm，间距为40mm。
（5.3）已知：偏心受压柱截面尺寸为b×h=300mm×500mm，；混凝土强度等级为C30，钢筋为HRB400；轴向力设计值N=800KN，杆端弯矩力设计值M1=0.6M2，M2=160KN·m；计算长度l c=l0=2.8m。
求钢筋截面面积解：（一）p-δ效应：∴不需要考虑p-δ效应。
(二)初判大、小偏压：(三)计算：现按为已知的情况来进行设计。
为满足全部纵向钢筋的最小配筋率，受拉钢筋选用2C16+1C14，；受压钢筋选用2C14，；(四)验算平面外承载力：（5.4）已知：轴向力设计值N=550KN，杆端弯矩力设计值M1=-M2，M2=450KN·m；偏心受压柱截面尺寸为b×h=300mm×600mm，；混凝土强度等级为C35，钢筋为HRB400；计算长度l c=l0=3m。
求钢筋截面面积解：（一）p-δ效应：(二)初判大、小偏压：(三)计算：现按为已知的情况来进行设计。
《模拟电子技术基础》第三版习题解答第5章放大电路的频率响应题解
第五章 放大电路的频率响应自 测 题一、选择正确答案填入空。
（1）测试放大电路输出电压幅值与相位的变化，可以得到它的频率响应，条件是 。
A.输入电压幅值不变，改变频率B.输入电压频率不变，改变幅值C.输入电压的幅值与频率同时变化（2）放大电路在高频信号作用时放大倍数数值下降的原因是，而低频信号作用时放大倍数数值下降的原因是 。
A.耦合电容和旁路电容的存在B.半导体管极间电容和分布电容的存在。
C.半导体管的非线性特性D.放大电路的静态工作点不合适（3）当信号频率等于放大电路的f L 或f H 时，放大倍数的值约下降到中频时的。
A.0.5倍B.0.7倍C.0.9倍 即增益下降。
A.3dBB.4dBC.5dB（4）对于单管共射放大电路，当f ＝ f L 时，o U 与iU 相位关系是。
A.＋45˚B.－90˚ C.－135˚当f ＝ f H 时，o U 与iU 的相位关系是。
A.－45˚ B.－135˚ C.－225˚ 解：（1）A （2）B ，A （3）B A （4）C C二、电路如图T5.2所示。
已知：V C C ＝12V ；晶体管的C μ＝4pF ，f T =50MHz ，'bb r ＝100Ω, β0＝80。
试求解：（1）中频电压放大倍数smu A ； （2）'πC ；（3）f H 和f L ； （4）画出波特图。
图T5.2解：（1）静态与动态的分析估算：∥178)(mA/V2.69k 27.1k 27.1k 17.1mV26)1(V 3mA 8.1)1(Aμ 6.22c m bee b'i s ismTEQ m b be i e b'bb'be EQe b'c CQ CC CEQ BQ EQ bBEQCC BQ -≈-⋅+=≈=Ω≈=Ω≈+=Ω≈+=≈-=≈+=≈-=R g r r R R R A U I g R r R r r r I r R I V U I I R U V I u ββ（2）估算'πC ：pF1602)1(pF214π2)(π2μc m 'μTe b'0μπe b'0T ≈++=≈-≈+≈C R g C C C f r C C C r f πππββ（3）求解上限、下限截止频率：Hz14)π(21kHz 175π21567)()(i s L 'πH s b b'e b'b s b b'e b'≈+=≈=Ω≈+≈+=CR R f RC f R r r R R r r R ∥∥∥（4）在中频段的增益为dB 45lg 20sm ≈u A频率特性曲线如解图T5.2所示。
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第5章习题解答5-1 若反馈振荡器满足起振和平衡条件，则必然满足稳定条件，这种说法是否正确？为什么？解： 不正确。
因为满足起振条件和平衡条件后，振荡由小到大并达到平衡。
但当外界因素（温度、电源电压等）变化时，平衡条件受到破坏。
若不满足稳定条件，振荡器就不会回到平衡状态，最终导致停振。
5-3 题图5-3表示三回路振荡器的交流等效电路，假定有以下六种情况，即：（1）L 1C 1＞L 2C 2＞L 3C 3； （2）L 1C 1＜L 2C 2＜L 3C 3； （3）L 1C 1＝L 2C 2＝L 3C 3； （4）L 1C 1＝L 2C 2＞L 3C 3； （5）L 1C 1＜L 2C 2＝L 3C 3； （6）L 2C 2＜L 3C 3＜L 1C 1。
试问哪几种情况可能振荡？等效为哪种类型的振荡电路？其振荡频率与各回路的固有谐振频率之间有什么关系？解： （1）由于 L 1C 1＞L 2C 2＞L 3C 3 因此112233111C L C L C L ＞＞即 123ωωω＞＞当1203ωωωω＞＞＞时，L 2C 2与L 1C 1均呈容性，L 3C 3呈感性，电路成为电容反馈三端电路，可以振荡。
（2）当L 1C 1＜L 2C 2＜L 3C 3时，可取1203ωωωω＜＜＜，电路成为电感反馈三端电路，可以振荡。
（3）L 1C 1＝L 2C 2＝L 3C 3，不能振荡。
（4）L 1C 1＝L 2C 2＞L 3C 310ωω＞，ce 为容性； 20ωω＞，be 为容性；30ωω＜，cb 为感性。
因为123ωωω=＞，0ω可同时满足上述条件，电路成为电容反馈三端电路，可以振荡。
（5）L 1C 1＜L 2C 2＝L 3C 3若电路为电容反馈三端电路，则应满足下列条件：L 1C 1＝L 2C 2＞L 3C 3若电路为电感反馈三端电路，则应满足下列条件：L 1C 1＝L 2C 2＜L 3C 3但上述条件均不能满足，因而电路不能振荡。
（6）L 2C 2＜L 3C 3＜L 1C 1若电路为电容三端电路，则应满足下列条件：L 1C 1＞L 2C 2＞L 3C 3若电路为电感三端电路，则应满足L 1C 1＜L 2C 2＜L 3C 3但上述条件均不能得出 L 2C 2＜L 3C 3＜L 1C 1，故不能振荡。
5-4 在一个由主网络和反馈网络组成的闭合环路中，如题图 5-4所示。
()ωj T 是如何确定的？试写出满足振荡器三条件时()osc T ω、()osc T ωϕ与二网络之间的关系式。
解： 在题图5-4（a ）所示闭合环路中的×处断开，断开点的右侧加电压iV &，左侧接放大器的输入阻抗Z i ，如题图5-4（b ）所示，分别求出放大器的增益()ioV V jA &&=ω和反馈网络反馈系数()o f f V V j B &&=ω，则 ()()()()()fAj f j f eB eA jB j A j T ϕϕωωωωω=⨯=由此得，振荡器的起振条件为()()()1＞osc f osc osc B A T ωωω=，()()()0=+=osc f osc A osc T ωϕωϕωϕ平衡条件为()()()1==osc f osc osc B A T ωωωυ，()()()0=+=osc A osc f osc T ωϕωϕωϕ稳定条件为：()0＜iAVi osc V T &∂∂ω，()0＜osc T ωωωωϕ=∂∂5-5 试判断题图5-5 所示交流通路中，哪些可能产生振荡，哪些不能产生振荡，若能产生振荡，则说明属于哪种振荡电路。
解： （a ）不振。
同名端接反，不满足正反馈； （b ）能振。
变压器耦合反馈振荡器；（c ）不振。
不满足三端式振荡电路的组成法则；（d ）能振。
当21ωωω＜＜osc （1ω、2ω分别为L 1C 1、L 2C 2回路的谐振频率），即L 1C 1回路呈容性，L 2C 2回路呈感性，组成电感三点式振荡电路；（e ）能振。
计入结电容e b C '，组成电容三端式振荡电路；（f ）能振。
当1ω、osc ωω＜2（1ω、2ω分别为L 1C 1并联谐振回路、L 2C 2串联谐振回路的谐振频率）时，，L 1C 1回路呈容性，L 2C 2回路呈感性，组成电容三点式振荡电路。
5-9 试运用反馈振荡原理，分析题图5-9所示各交流通路能否振荡。
解： 题图5-9（a ）电路中当T 2基极上加正极性电压时，经跟随器T 2和共基放大器T 1，得到的反馈电压为负极性，构成负反馈。
不满足正反馈条件，不振。
题图5-9（b ）满足正反馈条件，LC 并联回路保证了相频特性负斜率，因而满足相位稳定条件，电路可振。
题图5-9（c ）不满足正反馈条件，因为反馈电压fV &比1i V &滞后一个小于90°的相位，不满足相位平衡条件。
5-10 在题图5-10所示的电容三端式振荡电路中，已知L ＝0.5μH ，C 1＝51pF ，C 2＝3300pF ，C 3＝12～250pF ，R L ＝5k Ω，g m ＝30mS ，e b C '＝20pF ，β足够大。
Q 0＝80，试求 能够起振的频率范围，图中C b 、C c 对交流呈短路，L e 为高频扼流圈。
解：在发射极L e 处拆环后，混合π型等效电路如题图5-10（b ）所示。
根据振幅起振条件知iL m pg g pg +'1＞，式中211C C C p '+=其中e b C C C '+='22＝3320pF ，p ＝0.015，mS g r g m ei 301===。
代入振幅起振条件，得 mS g L 443.0＜' 根据p L L R R g 11+='得Ω=⨯-⨯--k SS R p 115.410210443.0143＞则能满足振荡 则能满足振荡起振条件的振荡频率为s rad LQ R p 9.1020＞=ω由图示电路可知，电路总电容21213C C C C C C '+'+=∑。
当C 3＝12pF 时，pF C 23.62=∑，s rad LC o 6max 102.1791⨯=∑＝ω。
当C 3＝250pF 时，pF C 300=∑。
可见该振荡器的振荡角频率范围()s rad 6max min 102.179~9.102~⨯=ωω，即振荡频率范围MHz f f 52.28~38.16~max min =。
5-11 题图5-11(a)所示为克拉泼振荡电路，已知L ＝2μH ，C 1＝1000pF ，C 2＝4000pF ，C 3＝70pF ，Q 0＝100，R L ＝15k Ω，e b C '＝10pF ，R e ＝500Ω，试估算振荡角频率osc ω值，并求满足起振条件时的m in EQ I 。
设β很大。
解： 振荡器的交流等效电路如图（b ）所示。
由于C 1＞＞C 3，C 2＞＞C 3，因而振荡角频率近似为s rad LC osc 631052.841⨯=≈ω已知Ω==k LQ R osc p 9.160ωΩ=='k R R R p L L95.7//，pF C C C e b 401022=+='' 求得pF C C C C C 4.80021212,1='+'+=08.02,1332=+=C C C p ，Ω='≈''88.5022L LR p R 又2.0211='+==C C C p B f ， m TEQT EQ e e e i g V I V I R r R g =≈+=+=111 根据振幅起振条件，i L m pg g p g +''1＞，即()p p g V I L T EQ -''1＞，求得I EQ ＞3.21mA 。
5-13 某振荡器电路如题图5-13所示。
（1）试说明各元件的作用；（2）当回路电感L ＝1.5μH 时，要使振荡频率为49.5MHz ，则C 4应调到何值？解：（1）这是一个西勒振荡电路：C 1、C 2、C 3、C 4与L 为振荡回路；R b1与R b2为偏置电阻，C b 为旁路电容；L c 为高频扼流圈，R c 为集电极负载电阻；R e 与R 为发射极偏置电阻；C 5为输出隔直电容。
（2）C 1、C 2与C 3的串联值为pF pF C C C C C C C C C C 89.12.63330302.63302.6133221321=⨯+⨯+⨯⨯⨯=++=()4621105.49C C L Hz +=⨯π()Hz C 12461089.1105.121--⨯+⨯⨯⨯=π解上式，得C 4＝5 pF5-15 题图5-15（a ）、（b ）分别为10MHz 和25MHz 的晶体振荡器，试画出交流等效电路，说明晶体在电路中的作用，并计算反馈系数。
解： 题图5-15的交流等效电路分别如图（a ）、（b ）所示，图（a ）中晶体等效为电感，反馈系数F ＝150∕300＝0.5，图（b ）中晶体管等效为短路元件，反馈系数F ＝43∕270＝0.16。
5-18 已知石英晶体振荡电路如题图5-18（a ）所示。
（1）画出振荡器的交流等效电路。
并指出电路的振荡形式； （2）若把晶体换为1MHz ，该电路能否起振，为什么？ （3）求振荡器的振荡频率；（4）指出该电路采用的稳频措施。
解：（1）交流等效电路如题图5-18（b ）所示，该电路属于皮尔斯（克拉泼）电路。
（2）若把晶体换为1MHz ，要想电路起振，ce 间必须呈现容性，4，7μH 和330pF 并联回路的谐振频率为Hz LCf 126010330107.42121--⨯⨯⨯==ππMHz Hz Hz 41004.4104.3928.6169=⨯=⨯⨯=4MHz ＝f 0＞1MHz ，回路对于1MHz 呈现感性，不满足LC 三端振荡器相位平衡的判断法则，所以把晶体换为1MHz 后，该电路不能起振。
（3）因为图中已标明石英晶体的标称频率为7MHz ，所以该振荡器的工作频率即为7MHz 。
（4）该电路采用的稳频措施： ① 采用晶体振荡的克拉泼电路； ② 振荡与射极跟随器是松耦合； ③ 用射极跟随器进行隔离；④电源进行稳压，以保晶体管参数的稳定性。