噶米第三章连接课后习题参考答案
微机原理与接口技术 第三章 课后答案
第三章参考答案1.按照题目中提出的要求，写出能达到要求的一条（或几条）汇编形式的指令：⑴将一个立即数送入寄存器BX；⑵将一个立即数送入段寄存器DS；⑶将变址寄存器DI的内容送入一个存储单元中；⑷从存储单元中取一个数送到段寄存器ES中；⑸将立即数0ABH与AL相加，结果送回AL中；⑹把BX与CX寄存器内容相加，结果送入BX；⑺用寄存器间接寻址方式，实现一个立即数与存储单元内容相加，结果放回存储器。
解：（1）MOV BX, 1234H(2)MOV AX, 1234HMOV DS, AX(3)MOV [BX], DI(4)MOV ES,[BX](5)ADD AL,0ABH(6)ADD BX,CX(7)MOV AX,[BX]ADD AX,1234HMOV [BX],AX2．执行下面程序，完成指令后的填空：MOV AX,2000H ;AH= 20HMOV DS,AX ;AL= 00H DS= 2000HMOV SS,AX ;SS= 2000H AX= 2000HMOV BX,2030H ;BH= 20H BL= 30HMOV SI,BX ;SI= 2030HMOV DI,3040H ;DI= 3040HMOV SI,DI ;SI= 3040HMOV SP,50FFH ;SP= 50FFHMOV DX,SP ;DH= 50H DL= FFHMOV CL,25 ;CL= 19HMOV BL,CL ;CL= 19H BL= 19HMOV AH,0F0H ;AH= F0HMOV CH,AH ;CH= F0HMOV BYTE PTR[DI],64 ;(DI)= 40HMOV WORD PTR[SI],256 ;(SI)= 00H (SI+1)= 01HMOV DL,[SI+1] ;DL= 01HMOV DH,1+[SI] ;DH= 00HMOV AL,1[SI] ;AL= 01HMOV WORD PTR[BX][SI],34 ;(BX+SI)= 22H (BX+SI+1)= 00HMOV [BX+SI+4],BL ;(BX+SI+4)= 19HMOV BP,2[BX+DI] ;BP= 00HMOV [BP],AL ;(BP)= 01HMOV AX,[BP][DI] ;AX= 0100HMOV BL,AL ;BL= 00HMOV ES,BX ;ES= 2000HPUSH BX ;SP= 50FDH (SP,SP+1)= 2000HPUSH DI ;SP= 50FBH (SP,SP+1)= F019HPOP CX ;SP= 50FDH CX= 3040HPOP DX ;SP= 50FFH DX= 2000HXCHG AX,BP ;AX= 0000H BP= 0100HXCHG DH,BL ;DH= 00H BL= 20HLAHF ;FLAG= 0002H AH= 02HSAHF ;FLAG= 0002H AH= 02HPUSHF ;SP= 50FDH (SP,SP+1)= 0002HPOPF ;SP= 50FFH FLAG= 0002H3．设DS＝2000H，ES＝2100H，SS＝1500H，SI＝00A0H。
自动控制原理第三章课后习题答案
⾃动控制原理第三章课后习题答案3-1 设系统的微分⽅程式如下：（1） )(2)(2.0t r t c =&（2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c =++&&&试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1）因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，⽤其测量容器内的⽔温，1min 才能显⽰出该温度的98%的数值。
若加热容器使⽔温按10oC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指⽰误差有多⼤？解法⼀依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由⼀阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Tss s s G 1)(1)()(=Φ-Φ===11v TK ⽤静态误差系数法，当t t r ?=10)( 时，C T Ke ss ?===5.21010。
第3章习题答案
“微处理器系统原理与嵌入式系统设计”第三章习题解答3.1什么是冯·诺伊曼计算机结构？其运行的基本原理如何？冯.诺依曼计算机由运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备构成，采用二进制表示信息，以存储器为中心，按存储程序原理工作。
存储程序原理指编好的程序首先放入存储器，开始工作后，由控制器自动、高速依次从存储器中取出指令并执行。
3.2. 微处理器的体系结构可以分为几种？试分别说明各种体系结构的优缺点。
3.3 高级编程语言、汇编语言以及机器语言之间有哪些不同？机器语言是直接用二进制代码表达的计算机语言。
指令用“0”和“1”组成，并分成若干段，各段的编码表示不同的含义。
机器语言面向硬件，是唯一可以由硬件直接执行的语言。
汇编语言采用符号代替机器语言中的二进制码：用助记符(Mnemonic)代替操作码，用地址符号(Symbol)或标号(Label)代替地址码。
汇编语言与机器语言一一对应，因此不具有移植性，但更易于读写和理解。
汇编语言源程序需要汇编成机器语言才能交给硬件执行。
高级编程语言语法和结构更类似普通英文，且由于远离对硬件的直接操作，因此移植性较好。
高级语言源程序需要编译（或解释）成机器语言才能交给硬件执行。
3.5 什么是计算功能指令、数据传输指令以及控制流程指令？计算功能指令：对数据进行处理完成算术运算或逻辑运算等的指令。
数据传输指令：负责把数据、地址或立即数传送到寄存器、I/O端口或存储单元中，或者反方向传送的指令。
控制流程指令：用来控制程序执行流程的指令，有测试、转移、跳转等子类。
3.6 解释跳转、分支、调用以及中断所需进行的操作。
跳转：根据“跳转”指令指计算目的地址，修改程序指针。
分支：根据“分支”指令判断执行条件，计算跳转地址，修改程序指针。
调用：保存断点，根据“调用”指令计算子程序入口地址，修改程序指针，执行完毕后恢复断点。
中断：保护断点及现场，查找中断向量表以确定中断程序入口地址，修改程序指针，执行完毕后恢复现场及断点。
信号与系统第三章习题答案
=2 T
T +t0 t0
f
t
cos nω0tdt
∫ ( ) bn
=
2 T
T+t0 t0
f
t
sin
nω0 tdt
n = 1,2,L n = 1,2,L
信号指数型为：
∞
∑ ( ) f t =
F e jnω0t n
n= −∞
Fn = Fn e jϕ n
96
∫ ( ) Fn
=
1 T
f t0 +T
+L
∑ =
a0 2
+
∞
(an
n=1
cos nω 0t
+ bn
sin
nω 0t)
式中 a0 , an , bn 称为傅里叶系数，分别代表了信号 f (t ) 的直流分量，余弦分量和正经弦分量的振荡幅度，
其值分别由下式确定：
∫ ( ) a0
=
2 T
f T + t0
t0
t dt
∫ ( ) an
4 T
π
2 cos t cos ntdt
0
=
2 T
π
∫2
0
[cos(n
+ 1)t
+
cos(n
− 1)t ]dt
( ) =
2 T
n
1 +
1
sin
π
2(n +
1)
+
1 sin n −1
π
2(n −
1)
=
−
n2
2 −1π
cos
nπ 2
该信号的三角傅里叶级数为
奥本海姆 信号与系统 习题参考答案
.第三章作业解答3.1解：420ππω==T ， j a a 4*33-==- 则：t j t j t j t j k tjk ke a e a e a e a ea t x 00000333311)(ωωωωω----∞-∞=+++==∑-)243cos(84cos 443sin 84cos 4)](21[8)(2144422434344434344πππππππππππππ++=-=--⨯++⨯=-++=------t t tt e e je e jejeeet j t j t j t j t jt jt j t j3.3解：)35sin(4)32cos(2)(t t t x ππ++= 则3)32cos(1=→T t π 56)35s i n (2=→T t π故：6],[21==T T lcm T 320ππω==T )(214)(21235353232t j t j t j t j e e je e ππππ---⨯+++=则：20=a 2122==-a a 25j a -= 25j a =- 3.9x[n]波形如下图所示：0 1 4 5 n…- 4 -3则：N=4，220ππω==N ]84[41]}1[8][4{41][41][122302300πππωδδjk n jk n n jk n n jk N n k e e n n e n x e n x N a --=-=->=<+=-+===∑∑∑即：2112133210j a a j a a +=-=-==3.15解：6π=T ，1220==Tπω )(ωj H 如下图所示：则：⎩⎨⎧>≤=9||08||1)(0k k jk H ωtjk k kea t x 0)(ω∑∞-∞==tjk k ktjk k k ea ea jk H t y 00880)()(ωωω∑∑-=∞-∞===而：)()(t y t x =，即：t jk k k tjk k k e a t y ea t x 0088)()(ωω∑∑-=∞-∞====故：当9||≥k 时，0=k a3.22解：（a ）2=T ，ππω==T20 ]|[12121)(11111110dt e te jk dt te dt e t x T a tjk t jk t jk T t jk k ⎰⎰⎰---------===πππωπkjk t jk t jk k j k j k k je k j e jk te k j )1(k ]02[21]|1|[211111-=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=---=-----πππππππππ为奇数为偶数021110==⎰-dt t a(注意：与性质验证，由于x(t)是实奇函数，则a k 为纯虚的奇函数，满足： *k k k a a a -=-=- 且：00=a ） (d) 2=T ，ππω==T20 ])1(21[21]21[21)]1(2)([21)(1200k jk t jk T tjk k e dt e t t dt e t x T a --=-=--==---⎰⎰--ππωδδ21)]1(2)([21200-=--=⎰--dt t t a δδ3.28（b ）解：)(21)(21)2cos()32sin(][223232nj n j n jnje e eejn n n x ππππππ--++== )(416/76/6/6/7n j n j n j n j e e e e j ππππ----+=12/2.712/2.12/2.12/2..7(41ππππn j jn jn n j e e e e j----+=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=-++==othersrN rN k j rN rN k j a k 05,11417,141 则：⎪⎩⎪⎨⎧++++==othersrN rN rN rN k a k 05,11,7,141||⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=-=∠othersrN rN k rN rN k a k 05,1127,12ππ 3.34解：(b)∑∞-∞=--=n nn t t x )()1()(δ其波形如下图所示：其周期T=2，基波频率为：ππω==T20 ⎩⎨⎧=--=-=--==---⎰⎰--是偶数是奇数k 01])1(1[21]1[21)]1()([21)(1200k e dt e t t dt e t x T a k jk t jk T tjk k ππωδδ而：⎪⎩⎪⎨⎧<>==--00)(44||4t et e et h t tt则：240401684141)()(s s s dte e dt e e dt e t h s H st t st t st -=++-=+==--∞-∞--∞∞-⎰⎰⎰故：2)(168)(ππjk jk H -=故：⎪⎩⎪⎨⎧-==∑∞-∞=为偶数为奇数（k k e jk ea jk H t y tjk tjk k k 0)168)()(200πωπω3.357π=T ，1420==Tπω 解：)(ωj H 如下图所示：则：⎩⎨⎧<>=17||017||1)(0k k jk H ωtjk k kea t x 0)(ω∑∞-∞==tjk k k tjk k k ea ea jk H t y 0018||0)()(ωωω∑∑∞=∞-∞===而：)()(t y t x =，即：tjk k ktjk k kea t y ea t x 0018||)()(ωω∑∑∞=∞-∞====故：当18||<k 时，0=k a3.44解：（1）*k k a a =- （2）6=T ，320ππω==T （3）⎩⎨⎧===其他，不为02||1||0k k a k（4）k jk k k a e b t x a t x π--=→--→)3()(k jk k a ea π--= 则：当为偶数k a k 0=结合（3）则：⎩⎨⎧==其他不为01||0k a k（5）帕斯瓦尔关系式：21||21||||12121=⇒=+-a a a （6）211=a 211=-a 则t e e ea e a t x t j t j t j tj 3cos )(21)(333131πππππ=+=+=--- 故：03,1===C B A π。
推荐-信号与系统第三版第三章课后答案 2 精品
流及 cosnt分量
当该周期函数为奇函数时，a0＝an＝0，展开式只
会含 sin nt分量
3.2.2 指数形式傅立叶级数分解
1.复指数函数集
fT t
e jnt n 0, 1, 2...
T 2
该函数集在（t0，t0+T）上为周期信号的完备正交函数集。
2.正交展开： 将任一周期信号展开为
fT (t) ci gi (t) Fne jnt
Fn
t0 T t0
fT (t)gi*(t)dt
t0 T t0
gi (t) 2 dt
t0 T t0
fT (t)e jntdt
t0 T
e jnt
2
dt
1 T
t0
n
t0 T t0
fT (t)e jntdt
一矢量V都可表示为V1和V2的线性组合 （如上图）。即：
V=C1V1+C2 V2。式中V1、V2为单位矢量，且V1·V2＝0。其
中：
c1V 1
V
c
os
1,
c 1
V
c os 1
V1
V V1 V 1 V 1
cV 2
2
V
c
os
2,
c 2
V
cos 2
V2
V V 2 V 2 V 2
同样，对于一个三维的空间矢量，要精
确地表示它，就必须用一个三维的正交
矢量集。如左图，三维矢量空间可精确
地表示为：V=c1V1+c2V2+c3V3
推广到n维空间，则有
其中，Ci = V·Vi/Vi ·Vi
V c1V 1 c2V 2 cnVn
XTJ3第三章习题解答.docx
习题三3-1列岀图3・1电路的网孔电流方程式和另一组包含外闱回路的一组回路电流方程式。
解：（3 + 6 + 2）乙一6//2—2//3二3 ' 网孔方程式一6厶 +（6 + 2）//2一2//3 = 6 »_ 2几 - 2乙 +（2 + 2尢3 =-5一般回路方程式3厶二6-2_ 6厶+（6 + 2）匚一2^=6 »一2环一2i l2 +（2 + 2）Z/3 = -53Q>6V6Q-2QI I—--%占严:2Q：图3-1习题3-1题图i ()2V3・2用网孔法求图3-2电路中的厶、答：1A；—1A解：上方网孔电流已知，列两网孔方程足矣8/- - 4Z2 =12—4/| + &；——2 x 6i匚8x12 | 4(-⑵ _96-48“A164-16 48 48. 4x12 8(-12) 48-96 t A -64-16 48 483-3用网孔法求图3-3电路屮的网孔电流。
4Q12V2Q4Q2Q解：列网孔9 x /| — 4 x — 3 x 心=—8-4/, +15z2-5z3 =11-3z\ -5z2 +15z3 =32消去b得42z； - 25Z2 = -8-15/, + 40Z2 =65 rti 1式求6 T-J1图3・2习题3・2题图答：1A；2A； 3A40x(-8) + 25x65 _ 1305 42x40-15x25 _ 1305 _15x(-0 + 42x651305 2610 1305=2A9-4X2-3Z3 =-83・6在图3・6电路中，已知/=3V, /?,用回路法求各支路电流及各电源功率。
答：A= -1A, Z 2= 1A, 解：（尺 + /?2 + 尺4 ）A + R 」3=U$ RJi +（R3 + R4Y3 — 3"1 = 0 i“=Us -R 占代入数据得9z\ + 6Z 3 = 3 9z, + 9Z 3 = 9=IQ, R 2 — 2Q R? = 3Q , /?4 = 6Q ,试I3= 2A, P$=3W （吸收）；P 〃$=—24W （发出）。
(整理)光纤通信课后第3章习题答案.
第3章 复习思考题参考答案3-1 连接器和跳线的作用是什么？接头的作用又是什么答：连接器是把两个光纤端面结合在一起，以实现光纤与光纤之间可拆卸（活动）连接的器件。
跳线用于终端设备和光缆线路及各种光无源器件之间的互连，以构成光纤传输系统。
接头是把两个光纤端面结合在一起，以实现光纤与光纤之间的永久性（固定）连接。
接头用于相邻两根光缆（纤）之间的连接，以形成长距离光缆线路。
3-2 耦合器的作用是什么？它有哪几种耦合器的功能是把一个或多个光输入分配给多个或一个光输出。
耦合器有T 形耦合器、星形耦合器、方向耦合器和波分耦合器。
3-3 简述波导光栅解复用器的工作原理阵列波导光栅由N 个输入波导、N 个输出波导、两个具有相同结构的N ⨯ N 平板波导星形耦合器以及一个平板阵列波导光栅组成，如图3.4.4所示。
这种光栅相邻波导间具有恒定的路径长度差∆L ，由式（1.2.8）可知，其相邻波导间的相位差为λφLn ∆=∆eff π2 （3.4.6）式中，λ是信号波长，∆L 是路径长度差，通常为几十微米，eff n 为信道波导的有效折射率，它与包层的折射率差相对较大，使波导有大的数值孔径，以便提高与光纤的耦合效率。
输入光从第一个星形耦合器输入，在输入平板波导区（即自由空间耦合区）模式场发散，把光功率几乎平均地分配到波导阵列输入端中的每一个波导，由阵列波导光栅的输入孔阑捕捉。
由于阵列波导中的波导长度不等，由式（3.4.6）可知，不同波长的输入信号产生的相位延迟也不等。
AWG 光栅工作原理是基于马赫-曾德尔干涉仪的原理，即两个相干单色光经过不同的光程传输后的干涉理论，所以输出端口与波长有一一对应的关系，也就是说，由不同波长组成的入射光束经阵列波导光栅传输后，依波长的不同就出现在不同的波导出口上。
此处设计采用对称结构，根据互易性，同样也能实现合波的功能。
输1λ1λ12图3.4.3 由阵列波导光栅（AWG ）组成的解复用器/路由器3.4 简述介质薄膜干涉滤波器解复用器的作用（见原荣编著《光纤通信（第2版）》3.4.3节）答：介质薄膜光滤波器解复用器利用光的干涉效应选择波长。
噶米第三章连接课后习题参考答案
焊接连接参考答案一、概念题3．1 从功能上分类，连接有哪几种基本类型3．2 焊缝有两种基本类型—对接坡口焊缝和贴角焊缝，二者在施工、受力、适用范围上各有哪些特点3．3 对接接头连接需使用对接焊缝，角接接头连接需采用角焊缝，这么说对吗 3．4 h f 和lw 相同时，吊车梁上的焊缝采用正面角焊缝比采用侧面角焊缝承载力高 3．5 为何对角焊缝焊脚尺寸有最大和最小取值的限制对侧面角焊缝的长度有何要求为什么 【答】（1）最小焊脚尺寸：角焊缝的焊脚尺寸不能过小，否则焊接时产生的热量较小，致使施焊时冷却速度过快，导致母材开裂。
《规范》规定：h f ≥2t ，式中： t 2——较厚焊件厚度，单位为mm 。
计算时，焊脚尺寸取整数。
自动焊熔深较大，所取最小焊脚尺寸可减小1mm ；T 形连接的单面角焊缝，应增加1mm ；当焊件厚度小于或等于4mm 时，则取与焊件厚度相同。
（2）最大焊脚尺寸：为了避免焊缝区的主体金属“过热”，减小焊件的焊接残余应力和残余变形，角焊缝的焊脚尺寸应满足 12.1t h f 式中： t 1——较薄焊件的厚度，单位为mm 。
（3）侧面角焊缝的最大计算长度侧面角焊缝在弹性阶段沿长度方向受力不均匀，两端大而中间小，可能首先在焊缝的两端破坏，故规定侧面角焊缝的计算长度l w ≤60h f 。
若内力沿侧面角焊缝全长分布，例如焊接梁翼缘与腹板的连接焊缝，可不受上述限制。
3．6 简述焊接残余应力产生的实质，其最大分布特点是什么 3．7 画出焊接H 形截面和焊接箱形截面的焊接残余应力分布图。
3．8 贴角焊缝中，何为端焊缝何为侧焊缝二者破坏截面上的应力性质有何区别3．9 规范规定：侧焊缝的计算长度不得大于焊脚尺寸的某个倍数，原因何在规范同时有焊缝最小尺寸的规定，原因何在规范禁止3条相互垂直的焊缝相交，为什么。
举3～5例说明焊接设计中减小应力集中的构造措施。
简述连接设计中等强度法和内力法的含义。
对接焊接时为什么采用引弧板不用引弧板时如何考虑在哪些情况下不需计算对接焊缝 试判断下图所示牛腿对接焊缝的最危险点 焊缝质量检验是如何分级的【答】《钢结构工程施工质量验收规范》规定焊缝按其检验方法和质量要求分为一级、二级和三级。
(完整word版)钢结构设计原理 刘智敏 第三章课后题答案
第3章钢结构的连接12. 如图3-57所示的对接焊缝，钢材为Q235，焊条为E43型，采用焊条电弧焊，焊缝质量为三级，施焊时加引弧板和引出板。
已知，试求此连接能承受的最大荷载。
解：因有引弧板和引出板，故焊缝计算长度l w=500mm，则焊缝正应力应满足：其中，故有，故此连接能承受的最大荷载为。
13. 图3-58所示为角钢2∟140×10构件的节点角焊鏠连接，构件重心至角钢肢背距离，钢材为Q235BF，采用手工焊，焊条为E43型，，构件承受静力荷载产生的轴心拉力设计值为N=1100kN，若采用三面围焊，试设计此焊缝连接。
解:正面角焊缝且故可取，此时焊缝的计算长度正面焊缝的作用：则由平衡条件得：所以它们的焊缝长度为，取370mm，，取95mm。
17. 如图3-61所示的焊接工字形梁在腹板上设一道拼接的对接焊缝，拼接处作用有弯矩，剪力，钢材为Q235B钢，焊条用E43型，半自动焊，三级检验标准，试验算该焊缝的强度。
解：（1）确定焊缝计算截面的几何特征x轴惯性矩：中性轴以上截面静矩：单个翼缘截面静矩：（2）验算焊缝强度焊缝最大拉应力（翼缘腹板交接处）：查表知，，所以焊缝强度不满足要求。
19. 按高强度螺栓摩擦型连接和承压型连接设计习题18中的钢板的拼接，采用8.8级M20(=21.5mm)的高强度螺栓，接触面采用喷吵处理。
（1）确定连接盖板的截面尺寸。
（2）计算需要的螺栓数目并确定如何布置。
（3）验算被连接钢板的强度。
解：（1）摩擦型设计查表得每个8.8级的M20高强度螺栓的预拉力，对于Q235钢材接触面做喷砂处理时。
单个螺栓的承载力设计值：所需螺栓数：（2）承压型设计查表知，。
单个螺栓的承载力设计值：所需螺栓数：螺栓排列图如下所示验算被连接钢板的强度a.承压型设计查表可知，当满足要求。
b.摩擦型设计净截面强度验算：满足要求；毛截面强度验算：满足要求。
20. 如图3-62所示的连接节点，斜杆承受轴心拉力设计值，端板与柱翼缘采用10个8.8级摩擦型高强度螺栓连接，抗滑移系数，求最小螺栓直径。
物理学简明教程（马文蔚等著）第三章课后练习题答案详解
物理学简明教程（马文蔚等著）第三章课后练习题答案详解物理学简明教程（马文蔚等著）第三章课后练习题答案详解3 －1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．3－2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．3－3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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．3 －4 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．解 (1) 由于角速度ω＝2π n (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义tωαd d =，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.13π2-?=-=-=tn n t ωωα (2) 发动机曲轴转过的角度为()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+= 在12 s 内曲轴转过的圈数为3902π20=+==t n n θN 圈3 －5 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m -3，求飞轮对轴的转动惯量．分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得2424122221121m kg 136.021π161 2212212?=??? ??+=??+??? ???=+=ad ld ρd m d m J J J3 －6 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -1时，所经历的时间t 为多少？分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．解1 在匀变速转动中，角加速度t ωωα0-=，由转动定律αJ M =，可得飞轮所经历的时间()s 8.10200=-=-=n n M J πJ M ωωt 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有()00d ωωJ t M t-=? 则()s 8.10π200=-=-=n n MJ J M ωωt3－7 电风扇接通电源后一般经5s 后到达额定转速10min r 300-?=n ,而关闭电源后经16 s 后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为2m kg 5.0?，设启动时电磁力矩M 和转动时的阻力矩f M 均为常数，求启动时的电磁力矩M .分析由题意知M 和f M 均为常数，故启动时电风扇在M 和f M 共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在f M 的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为1α和2α，则启动过程αJ M M =-f110t αω=关闭电源后2f αJ M =-0220=+t αω 联解以上各式并将60200n πω=以及0n 、1t 、2t 、J 值代入，得 m N 12.4?=M3 －8 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为R ω=0v由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为g R ωg h 222220==v(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有L L L '-=0 式中ωR m L 221'=为圆盘未碎时的角动量；ωmR L 2='为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则ωR m m L 221??-'=3－9 一位溜冰者伸开双臂来以1.01s r -?绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33 2m kg ?,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48 2m kg ?.求（1）她收起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？分析各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律.解（1）由分析知，有ωωJ J =00则 1-00s r 77.2?==ωωJJ （2）收起双臂前 J 26.2212001k ==ωJ E收起双臂后 J 72.6212k2==ωJ E此时由于人体内力做功，有 1k 2k E E >的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s .(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解 (1) 由刚体的角动量定理得120s m kg 0.2d -??====?t ΔFl t M ωJ L Δ(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即()θmgl ωJ cos 1212120-= 由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为8388Δ31arccos o 222'=-=gl m t F θ棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.分析转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩()θl mg θM cos 2=是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.解 (1) 棒绕端点的转动惯量231ml J=由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()l θg J θM α2cos 3==当θ ＝60°时，棒转动的角加速度2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==，根据初始条件对式(1)积分，有=o 6000d d θαωωω 则角速度为1600s 98.7sin 3o-==l θg ω(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为J 98.021==mgl E K (3) 由于该动能也就是转动动能，即221ωJ E K =，所以，棒落至竖直位置时的角速度为1s 57.832-==='lg J E ωK。
大学物理学邮电大学出版社上册第三章习题答案
习题 3选择题1 有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J,开始时转台以匀角速度ω0转动,此时有一质量为m 的人站在转台中心,随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为 A02ωmRJ J+ B 02)(ωR m J J + C02ωmR JD 0ω 答案： A2 如题2图所示,一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗,以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转,已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止,其位置高于碗底4cm,则由此可推知碗旋转的角速度约为 A13rad/s B17rad/s C10rad/s D18rad/sa b题2图答案： A3如3图所示,有一小块物体,置于光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,；另一端穿过桌面的小孔,该物体原以角速度在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔缓慢往下拉,则物体 A 动能不变,动量改变;B动量不变,动能改变;C角动量不变,动量不变;D角动量改变,动量改变;E角动量不变,动能、动量都改变;答案： E填空题1 半径为30cm的飞轮,从静止开始以·s-2的匀角加速转动,则飞轮边缘上一点在飞轮转过240时的切向加速度aτ= ,法向加速度an= ;答案：0.15; 1.2562 如题2图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴O 转动,今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的守恒,原因是;木球被击中后棒和球升高的过程中,对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒;题2图答案：对o轴的角动量守恒,因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零,机械能守恒3 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA 和ρBρA>ρB,且两圆盘的总质量和厚度均相同;设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA 和JB,则有JAJB;填>、<或=答案： <刚体平动的特点是什么平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动 解：刚体平动的特点是：在运动过程中,内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行;平动时刚体上的质元可以作曲线运动;刚体定轴转动的特点是什么刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动,轴外所有各点都在作圆周运动,且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同,而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比;因此各质元的角速度相同,而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同; 刚体的转动惯量与哪些因素有关请举例说明;解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关;如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言,形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些,质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大;刚体所受的合外力为零,其合力矩是否一定为零相反,刚体受到的合力矩为零,其合外力是否一定为零解：刚体所受的合外力为零,其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零,其合外力不一定为零;一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解: 由题知,质点的位矢为 作用在质点上的力为 所以,质点对原点的角动量为 作用在质点上的力的力矩为哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102m ·s-1这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-⋅+=j i v ,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,1物体动量的变化；2相对z 轴角动量的变化．解: 1 ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p2解一 73400=+=+=t v x x x 即 i r41=,j i r5.2572+= 即 j i v611+=,j i v112+=∴ k j i i v m r L72)6(34111=+⨯=⨯=∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解二 ∵dtdz M =∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆t t t F r t M L 0d )(d平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少题图解: 在只挂重物时1M ,小球作圆周运动的向心力为g M 1,即201ωmr g M =①挂上2M 后,则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．题图a 题图b杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有 对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求： 1柱体转动时的角加速度； 2两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度,方向如图如图b ．题a 图 题b 图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式 由②式计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得题a 图 题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： 1初始时刻的角加速度； 2杆转过θ角时的角速度.题图解: 1由转动定律,有∴ lg 23=β 2由机械能守恒定律,有∴ lg θωsin 3=如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．1设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值；2相撞时小球受到多大的冲量题图解: 1设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：mvl I l mv +=ω0 ① 2220212121mv I mv +=ω② 上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显着的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得 由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以 求得2相碰时小球受到的冲量为 由①式求得负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能．题图解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 令0=v ,可求出上升最大高度为2圆盘的转动惯量221MR I =,碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -=',碎片脱离前,盘的角动量为ωI ,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即 式中ω'为破盘的角速度．于是 得ωω=' 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比．题图解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2 020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N ·m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg ·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．题图解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有又 R v /=ω故有 v =。
运筹学第三章课后习题答案
B4
6
A2 3 1
22 5 3 0
A3
3
71 5
1
销量
6
5
6
3
产量
8 8 4
σ14=6-0+5-4=7
2020/1/1
12
第三个闭回路σ22，走2→1→4→5线路
产地 销地
A1
B1
B2
B3
45 13 4
B4
6
A2 3 1
22 5 3 0
A3 销量
3
71 5
1
6
5
6
3
产量
8 8 4
σ22=2-1+4-5=0
08
4 σ14 =0 +12 σ24=2 2-1 5
2
2
7
4
30 5 0
0
2 -4
σ25=5
0 61
σ15 =0
3
-1
由σ13=-1，故知z=35还不是最优解。经上表调整后得：x11=1
，x13=1，x15=3，x23=1，x24=1，x31=2，x32=3，x33=0，
x34=1，z*=1×3＋1×6＋3×0＋1×3＋1×2＋2×4＋3×3
2020/1/1
3
3.3 试对给出运输问题初始基可行解的最小元素法和 Vogel法进行比较，分析给出的解之质量不同的原因。
解： 对于任意给出运输问题初始基可行解的最小元素 法和Vogel法进行比较，分析给出的两种不同的方法求出 的解确有不同的原因。初看起来，最小元素法十分合理 。但是，有时按某一最小单位运价优先安排物品调运时 ，却可能导致不得不采用运费很高的其他供销点时，从 而使整个运输费用增加。我们称各销售地或供应地的单 位运价中找出的最小单位运价和次小单位运价之差为罚 数，若罚数的值不大，当不能按最小单位运价安排运输 时造成的运费损失不大；但如果罚数很大，不按最小运 价组织运输就会造成很大损失，故应尽量按最小运价安
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焊接连接参考答案一、概念题3．1 从功能上分类，连接有哪几种基本类型3．2 焊缝有两种基本类型—对接坡口焊缝和贴角焊缝，二者在施工、受力、适用范围上各有哪些特点3．3 对接接头连接需使用对接焊缝，角接接头连接需采用角焊缝，这么说对吗 3．4 h f 和lw 相同时，吊车梁上的焊缝采用正面角焊缝比采用侧面角焊缝承载力高 3．5 为何对角焊缝焊脚尺寸有最大和最小取值的限制对侧面角焊缝的长度有何要求为什么 【答】（1）最小焊脚尺寸：角焊缝的焊脚尺寸不能过小，否则焊接时产生的热量较小，致使施焊时冷却速度过快，导致母材开裂。
《规范》规定：h f ≥2t ，式中： t 2——较厚焊件厚度，单位为mm 。
计算时，焊脚尺寸取整数。
自动焊熔深较大，所取最小焊脚尺寸可减小1mm ；T 形连接的单面角焊缝，应增加1mm ；当焊件厚度小于或等于4mm 时，则取与焊件厚度相同。
（2）最大焊脚尺寸：为了避免焊缝区的主体金属“过热”，减小焊件的焊接残余应力和残余变形，角焊缝的焊脚尺寸应满足 12.1t h f 式中： t 1——较薄焊件的厚度，单位为mm 。
（3）侧面角焊缝的最大计算长度侧面角焊缝在弹性阶段沿长度方向受力不均匀，两端大而中间小，可能首先在焊缝的两端破坏，故规定侧面角焊缝的计算长度l w ≤60h f 。
若内力沿侧面角焊缝全长分布，例如焊接梁翼缘与腹板的连接焊缝，可不受上述限制。
3．6 简述焊接残余应力产生的实质，其最大分布特点是什么 3．7 画出焊接H 形截面和焊接箱形截面的焊接残余应力分布图。
3．8 贴角焊缝中，何为端焊缝何为侧焊缝二者破坏截面上的应力性质有何区别3．9 规范规定：侧焊缝的计算长度不得大于焊脚尺寸的某个倍数，原因何在规范同时有焊缝最小尺寸的规定，原因何在规范禁止3条相互垂直的焊缝相交，为什么。
举3～5例说明焊接设计中减小应力集中的构造措施。
简述连接设计中等强度法和内力法的含义。
对接焊接时为什么采用引弧板不用引弧板时如何考虑在哪些情况下不需计算对接焊缝试判断下图所示牛腿对接焊缝的最危险点焊缝质量检验是如何分级的【答】《钢结构工程施工质量验收规范》规定焊缝按其检验方法和质量要求分为一级、二级和三级。
三级焊缝只要求对全部焊缝作外观检查且符合三级质量标准；一级、二级焊缝则除外观检查外，还要求一定数量的超声波检验并符合相应级别的质量标准。
焊缝质量的外观检验检查外观缺陷和几何尺寸，内部无损检验检查内部缺陷。
二、计算题2．1 已知两块等厚不等宽的钢板用焊透的对接焊缝连接，焊接中采用引弧板。
钢板材料为Q345钢。
焊缝承受变化轴力作用（标准值），Nmax=+1600KN, Nmin=+240KN, 试：分别按《桥规》和《钢规》对于对接焊缝进行强度验算。
循环次数按2x 106 ，焊缝等级为一级。
【解】由于对接焊缝承受变化轴力作用，必须先确定其疲劳容许应力，然后进行强度验算。
（一）按钢规验算（1）疲劳验算：该焊缝为2类，容许应力幅为：[]βσ1⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆n C[]MPa 1441021086141612=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯=∆σ 2912024380mm h l A e f w =⨯==MPa MPa A N w 14412.149912010)2401600(3>=⨯-=∆=∆σ 不满足疲劳强度要求。
（2）静力强度验算MPa f MPa A N w t w 29522891203.11600max max =<=⨯==σ 焊缝强度满足要求（二）《桥规》（1）疲劳容许应力［σ0］。
验算构件为焊接，疲劳应力为拉－拉构件 应力循环特征系数ρ的计算：115.0/1600/240max min -≥=++==AAσσρ 最大应力为拉应力，连接属类，相应容许应力为II 类，Mpa 7.121][0=σ 疲劳验算公式][)(0min max σσσt n d r r r ≤-1=d r ，1=n r ，1=t r （此三项系数均为假定的一种情况，实际按规范表查） .7.121][142)(0min max Mpa r Mpa t =>=-=∆σσσσ按桥规不满足疲劳强度要求。
2．2验算如图所示三块钢板焊成的工字型截面梁的对接焊缝强度。
尺寸如图，截面上作用的轴心拉力设计值N=250kN ，弯矩设计值M=，剪力设计值V=200kN ，钢材为Q345,手工焊，焊条为E50型，施焊时采用引弧板，三级质量标准。
(f t w=265N/mm 2, f c w=310N/mm 2, f v w=180N/mm 2)【解】240008200121002mm A =⨯+⨯⨯= 47231023.3)6100(1210022008121mm I x ⨯=+⨯⨯⨯+⨯⨯=351088.22/mm h I W x x ⨯==3112720010612100mm S w =⨯⨯=3167200508100127200mm S w =⨯⨯+=256/9.1381088.21040mm N W M M=⨯⨯==σ23/5.62400010250mm N A N N=⨯==σ22max /265/6.4.2015.629.138mm N f mm N w t =<=+=σ2273max /180/4.12981023.316720010200mm N f mm N t I VS w v w x w =<=⨯⨯⨯⨯==τ201/5.1865.622242009.138mm N h h N M=+⨯=+=σσσ27311/5.9881023.312720010200mm N t I VS w x w =⨯⨯⨯⨯==τ22222121/5.2911.1/7.1835.9835.1863mm N f mm N w t =<=⨯+=+τσ2．3 图中I32a 牛腿用对接焊缝与柱连接。
钢材为Q235，焊条用E43型，手工焊，用II 级焊缝的检验质量标准。
已知：I32a 的截面面积A=67.05cm 2；抵抗矩W x =692.2cm 2；腹板截面面积A W =25.4cm 2。
I x : S x = , t w =9.5mm 。
试按照《钢规》和《桥规》（焊缝为一级）分别求F 的最大值。
【解】对接焊缝所承受的内力为：F F N 2245cos 0=⨯=；F F N 2245sin 0=⨯=F V M 21020=⋅=1、钢规MPa f w t 215=；MPa f wv 125=对接焊缝A 点处弯曲应力最大，由wt w w w f W M A N ≤+=σ 得，5.212.69221005.672/2≤+F F ；F=694KN中和轴处剪应力最大，wv w w w f t I S V ≤⋅=τ 得 5.1295.05.272/2≤⨯F F=根据翼缘和腹板相交处折算应力应满足：wtf 1.132121≤+τσ得3202901⨯+=σσw A N F F F 02906.03202902.69221005.672/2=⨯+，S W ’=34.297)5.7160(15130cm =-⨯⨯F F t I S V w w w 02.095.0110764.2972/2'=⨯⨯=⋅=τ()5.211.1)02.0(302906.022⨯≤+∴F F得F=527KN 按钢规F 的最大值为。
【按照桥规做为选作题】1、桥规[]MPa w145=ο []MPa w85=τ对接焊缝A 点处弯曲应力最大，由[]w ww w W M A N σσ≤+=得，5.142.69221005.672/2≤+F F ； F=468KN中和轴处剪应力最大，[]W w ww tI S V ττ≤⋅=得 5.895.05.272/2≤⨯FF=314KN根据翼缘和腹板相交处折算应力应满足：[]w στσ1.132121≤+得3202901⨯+=σσw A N F F F 02906.03202902.69221005.672/2=⨯+，S W ’=34.297)5.7160(15130cm =-⨯⨯F F t I S V w w w 02.095.0110764.2972/2'=⨯⨯=⋅=τ ()5.141.1)02.0(302906.022⨯≤+∴F F得F=按桥规F 的最大值为314KN 。
2．4已知500mm ×12mm 钢板，钢材：Q235，E43焊条，手工焊，未使用引弧板，焊缝质量为III 级，钢板承受轴心拉力kN N 1250=。
设计：用双拼接板和围焊角焊缝的拼接，试求所需拼接板尺寸和焊脚尺寸f h 。
角焊缝强度设计值：W f f =160Mpa 。
W f 160f MPa=【解】1）设计拼接板拼接板宽为450mm ；（连接的强度不小于被连接构件的强度）。
按等强度设计原则，拼接板截面≥基材截面，取8mm 。
拼接板面积2×8×（500－2x25）=7200mm>12×500=6000mm 2。
2） 焊脚尺寸对手工焊，焊脚2.5125.15.1m ax ==≥t h f mm ，mm t h f 6.982.12.1min =⨯=≤， 取6mm 。
3）侧焊缝计算 连接需要传递的内力3006000j ⨯==f A N=1800000N端焊缝可传递内力w f f l h N W1e 122.12⨯= =××6×450×160=738Kn 侧焊缝需传递内力=2N 1N N -=512KN 则：Wff 2W1e 7.04f h N l ⋅≥=512/(4××160)=190.5mm<60f h =360mmmm h l f w 48688max =⨯== 符合规范规定实际侧焊缝长度511+=e W W l l =195.5mm ，取为200mm 。
2．5 图(尺寸单位：mm)所示钢板牛腿用四条贴角焊缝连接在钢柱上（无引弧板）。
钢材为Q235，焊条E43型。
焊角尺寸h f =10mm ，角焊缝强度设计值为 试确定最大承载力P 。
【解】W A =4××200=5600mm 2；W W =4××2002/6=186666.7mm 3；100V P M P e P =⋅=，＝； ==W Vy/A V τP /5600W Mfx /W M =σ=100P /=P /因=+2V y 2Mfx)()1.22(τσ22511()()47.4101.221866.75600P P -+=⨯⨯ ≤=W f f 160Mpa所以 ≤P 105×160/=2．6 一雨棚拉杆受力如图所示，通过钢板和预埋件用角焊缝连接，需要进行角焊缝连接的验算，已知焊缝承受的静态斜向力为N ＝200kN(设计值），角度45=α，角焊缝的焊脚尺寸h f=10mm, 焊缝计算长度lw=300mm ,钢材为Q235-B,手工焊，焊条为E43型。