第六章功课答案 3

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离散数学-第六章集合代数课后练习习题及答案

第六章作业评分要求：1. 合计57分2. 给出每小题得分(注意: 写出扣分理由).3. 总得分在采分点1处正确设置.一有限集合计数问题(合计20分: 每小题10分, 正确定义集合得4分, 方法与过程4分, 结果2分)要求: 掌握集合的定义方法以及处理有限集合计数问题的基本方法1 对60个人的调查表明, 有25人阅读《每周新闻》杂志, 26人阅读《时代》杂志, 26人阅读《财富》杂志, 9人阅读《每周新闻》和《财富》杂志, 11人阅读《每周新闻》和《时代》杂志, 8人阅读《时代》和《财富》杂志, 还有8人什么杂志也不读.(1) 求阅读全部3种杂志的人数;(2) 分别求只阅读《每周新闻》、《时代》和《财富》杂志的人数.解定义集合: 设E={x|x是调查对象},A={x|x阅读《每周新闻》}, B={x|x阅读《时代》}, C={x|x阅读《财富》}由条件得|E|=60, |A|=25, |B|=26, |C|=26, |A∩C|=9, |A∩B|=11, |B∩C|=8, |E-A∪B∪C|=8 (1) 阅读全部3种杂志的人数=|A∩B∩C|=|A∪B∪C|－(|A|+|B|+|C|)+(|A∩B|+|A∩C|+|B∩C|)=(60-8)－(25+26+26)+(11+9+8)=3(2) 只阅读《每周新闻》的人数=|A－B∪C|=|A－A∩(B∪C)|=|A－(A∩B)∪(A∩C)|=|A|－(|A∩B|+|A∩C|－|A∩B∩C|)=25－(11+9-3)=8同理可得只阅读《时代》的人数为10, 只阅读《财富》的人数为12.2 使用容斥原理求不超过120的素数个数.分析:本题有一定难度, 难在如何定义集合. 考虑到素数只有1和其自身两个素因子, 而不超过120的合数的最小素因子一定是2,3,5或7(比120开方小的素数), 也就是说, 不超过120的合数一定是2,3,5或7的倍数. 因此, 可定义4条性质分别为2,3,5或7的倍数, 先求出不超过120的所有的合数, 再得出素数的个数.解定义集合: 设全集E={x|x∈Z∧1≤x∧x≤120}A={2k|k∈Z∧k≥1∧2k≤120},B={3k|k∈Z∧k≥1∧3k≤120},C={5k|k∈Z∧k≥1∧5k≤120},D={7k|k∈Z∧k≥1∧7k≤120}.则不超过120的合数的个数=|A∪B∪C∪D|－4 (因为2,3,5,7不是合数)=(|A|+|B|+|C|+|D|)－(|A∩B|+|A∩C|+|A∩D|+|B∩C|+|B∩D|+|C∩D|)+(|A∩B∩C|+|A∩B∩D|+|A∩C∩D|+|B∩C∩D|)－|A∩B∩C∩D|－4=(60+40+24+17)－(20+12+8+8+5+3)+(4+2+1+1)－0－4 (理由见说明部分)=89因此不超过120的素数个数=120－1－89=30 (因为1不是素数)说明: |A|=int(120/2); |A⋂B|=int(120/lcd(2,3));|A⋂B⋂C|=int(120/lcd(2,3,5)); |A⋂B⋂C⋂D|=int(120/lcd(2,3,5,7)).二集合关系证明1 设A,B,C是任意集合, 证明(1) (A－B)－C=A－(B∪C)(2) A∩C⊆B∩C ∧A－C⊆B－C ⇒A⊆B(合计12分: 每小题6分; 格式3分, 过程每错一步扣1分)证明(1) 逻辑演算法: ∀x,x∈(A－B)－C⇔x∈(A－B)∧¬x∈C (－定义)⇔(x∈A∧¬x∈B)∧¬x∈C (－定义)⇔x∈A∧(¬x∈B∧¬x∈C) (∧的结合律)⇔x∈A∧¬(x∈B∨x∈C) (德摩根律)⇔x∈A∧¬x∈B∪C (∪定义)⇔x∈A－B∪C (－定义)所以(A－B)－C=A－(B∪C).集合演算法(A－B)－C=(A∩~B)∩~C (补交转换律)=A∩(~B∩~C) (∩的结合律)=A∩~(B∪C) (德摩根律)=A－(B∪C) (补交转换律)得证.(2) 逻辑演算法: ∀x,x∈A⇔x∈A∩(C∪~C) (排中律, 同一律)⇔x∈(A∩C)∪(A∩~C) (∪对∩的分配率)⇔x∈A∩C∨x∈A－C (∪的定义, 补交转换律)⇒x∈B∩C∨x∈B－C (已知条件A∩C⊆B∩C与A－C⊆B－C) ⇔x∈(B∩C)∪(B－C) (∪的定义)⇔x∈(B∩C)∪(B∩~C) (补交转换律)⇔x∈B∩(C∪~C) (∩对∪的分配率)⇔x∈B (排中律, 同一律)所以A⊆B.集合演算法A=A∩(C∪~C) (同一律, 排中律)=(A∩C)∪(A∩~C) (∩对∪的分配率)=(A∩C)∪(A－C) (补交转换律)⊆(B∩C)∪(B－C) (已知条件A∩C⊆B∩C与A－C⊆B－C)=(B∩C)∪(B∩~C) (补交转换律)=B∩(C∪~C) (∩对∪的分配率)=B (排中律, 同一律)得证.方法三因为A∩C⊆B∩C, A－C⊆B－C, 所以(A∩C)∪(A－C)⊆(B∩C)∪(B－C)|, 整理即得A⊆B, 得证.2 求下列等式成立的充分必要条件(1) A－B=B－A(2) (A－B)∩(A－C)=∅(合计10分: 每小题5分; 正确给出充分必要条件2分, 理由3分)解(1) A－B=B－A方法一两边同时∪A得: A=(B－A)∪A=B∪A ⇒B⊆A; 同理可得A⊆B, 综合可得A=B.另一方面, 当A=B时显然有A－B=B－A. 因此所求充要条件为A=B.方法二∀x,x∈A－B∧x∈B－A⇔x∈(A－B)∩(B－A)⇔x∈∅所以A－B=B－A⇔A－B=∅∧B－A=∅⇔A⊆B ∧B⊆A⇔A=B因此A=B即为所求.(2) (A－B)∩(A－C)=∅⇔(A∩~B)∩(A∩~C)=∅⇔A∩(~B∩~C)=∅⇔A∩~(B∪C)=∅⇔A－(B∪C)=∅⇔A⊆B∪C所以A⊆B∪C即为所求充要条件.说明: 这类题型一般先求出必要条件, 再验证其充分性.三设全集为n元集, 按照某种给定顺序排列为E={x1,x2,…,x n}. 在计算机中可以用长为n的0,1串表示E的子集. 令m元子集A={x i1,x i2,…,x im}, 则A所对应的0,1串为j1j2…j n, 其中当k=i1,i2,…,i m时j k=1, 其它情况下j k=0.例如, E={1,2,…,8}, 则A={1,2,5,6}和B={3,7}对应的0,1串分别为11001100和00100010.(1)设A对应的0,1串为10110010, 则~A对应的0,1串是什么?(2) 设A与B对应的0,1串分别为i1i2…i n和j1j2…j n, 且A∪B, A∩B, A－B, A⊕B对应的0,1串分别为a1a2…a n, b1b2…b n, c1c2…c n, d1d2…d n, 求a k,b k,c k,d k, k=1,2,…,n.(合计15分: (1)3分; (2)12分, 每个结果正确2分, 求解过程4分)解下述运算是二进制数的位运算(1) 01001101(2) a k=i k∨j k, b k=i k∧j k, c k=i k∧¬j k, d k=(i k∧¬j k)∨(¬i k∧j k).说明: 这里c k和d k的求解可以使用主范式求解.c k,d k的真值表如下k kc k⇔m2=i k∧¬j kd k⇔m1∨m2=(¬i k∧j k)∨(i k∧¬j k).。

分析化学第6章课后习题精品.doc

OOCCH 2 。

配制标准溶液时一般采用第六章思考题与习题1. 填空（1） EDTA 是一种氛梭络合剂，名称，用符号表示，其结构式为。

配制标准溶液时一般采用EDTA 一钠盐，分了式为，其水溶液pH 为,可通过公式进行计算，标准溶液常用浓度为 o（2）一般情况下水溶液中的EDTA 总是以等型体存在，其中以与金属离了形成的络合物最稳定，但仅在时EDTA 才主要以此种型体存在。

除个别金属离了外。

EDTA 与金属离了形成络合物时•，络合比都是。

（3） K’MY 称，它表示络合反应进行的程度，其计算式为。

（4）络合滴定Illi 线滴定突跃的大小取决于。

在金属离了浓度一定的条件下，越大，突跃;在条件常数K'MY 一定时，越大，突跃—（5） K MY 值是判断络合滴定误差大小的重要依据。

在pM ，一定时，K'MY 越大，络合滴定的准确度。

影响K'MY 的因素有，其中酸度愈高愈大，IgMY；的络合作用常能增大，减小 o 在K'MY —定时，终点误差的大小由决定，而误差的正负由决定。

（6）在[H*]一定时，EDTA 酸效应系数的计算公式为 o解：（1） EDTA 是一种氨梭络合剂，名称乙二胺四乙酸，用符号卫应'表示，其结构式HOOCCH 2 \ ++ /CH2C00- HN - CH 2CH 2- NH\CH 2COOHEDTA 二钠盐，分子式为Na 2H 2Y-2H 2O ，其水溶液pH 为4.4 ,可通过公式 [H + ] = JK 心.匕进行计算，标准溶液常用浓度为O.OlmokL-1 0（2）一般情况下水溶液中的EDTA 总是以田丫2+、下电丫、出丫一、珏丫七HY3- 利丫4-等七种型体存在,其中以丫4-与金届离了形成的络合物最稳定,但仅在D H>10 时EDTA 才主要以此种型体存在。

除个别金属离了外。

EDTA 与金属离了形成络合物时, 络合比都是111。

大学物理课后习题答案第六章大学物理第六章

第6章真空中的静电场习题及答案1。

电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。

一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0,所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2。

电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问：（1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?（2)这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε故 q q 33-=' （2）与三角形边长无关。

3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。

求该直线段受到的电场力。

解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强.在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知,0==z y E E23220)(41cos R x xdqdE dE x +==πεθR Oλ1λ2lxy z式中:θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角.⎰+=23220)(4dq R x xE x πε232210)(24R x Rx+⋅=πλπε232201)(2R x xR +=ελ下面求直线段受到的电场力。

在直线段上取dx dq 2λ=,dq 受到的电场力大小为dq E dF x =dx R x xR 2322021)(2+=ελλ 方向沿x 轴正方向.直线段受到的电场力大小为⎰=dF F dx R x xR l ⎰+=02322021)(ελλ2 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2/12202111R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。

大学物理第6章习题参考答案

第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知，波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。

将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。

高等数学课后答案-第六章-习题详细解答

习题 6—11、在平行四边形ABCD 中, 设−→−AB =a , −→−AD =b . 试用a 和b 表示向量−→−MA 、−→−MB 、−→−MC 、−→−MD , 其中M 是平行四边形对角线的交点.解：由于平行四边形的对角线互相平分, 所以a +b −→−−→−==AM AC 2, 即 -(a +b )−→−=MA 2, 于是 21-=−→−MA (a +b ).因为−→−−→−-=MA MC , 所以21=−→−MC (a +b ). 又因-a +b −→−−→−==MD BD 2, 所以21=−→−MD (b -a ). 由于−→−−→−-=MD MB , 所以21=−→−MB (a -b ).2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证： =,BM =，∴=+=+BM =与平行且相等,结论得证.3、求起点为)1,2,1(A ，终点为)1,18,19(--B 的向量→AB 与12AB −−→-的坐标表达式.解：→AB =j i k j i 2020)11()218()119(--=-+--+--={20,20,0}--, 12AB −−→-={10,10,0}4、求平行于a ={1，1，1}的单位向量.解：与a 平行的单位向量为{}1,1,131±=±a a .5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？(1,1,1),A - (1,1,1),B -(1,1,1),C -- (1,1,1).D -- 解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.6、求点),,(z y x M 与x 轴，xOy 平面及原点的对称点坐标.解：),,(z y x M 关于x 轴的对称点为),,(1z y x M --，关于xOy 平面的对称点为),,(2z y x M -，关于原点的对称点为),,(3z y x M ---.7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）. 解：分别为),0,0(),0,,0(),0,0,(),,0,(),,,0(),0,,(c b a c a c b b a .8、过点(,,)P a b c 分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？解：平行于z 轴的直线上面的点的坐标：x a,y b,z R ==∈；平行于xOy 面的平面上的点的坐标为 z c,x,y R =∈.9、求点P (2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为x y 轴的距离为到z10、求证以)1,3,4(1M 、)2,1,7(2M 、)3,2,5(3M 三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解：222212(74)(13)(21)14M M =-+-+-=,222223(57)(21)(32)6M M =-+-+-= 222213(45)(32)(13)6M M =-+-+-=，即1323M M M M =，因此结论成立.11、在yoz 坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标. 解：设yoz 坐标面所求点为),,0(z y M ，依题意有||||||MC MB MA ==，从而222)2()1()30(-+-+-z y 222)2()2()40(++++-=z y222)2()1()30(-+-+-z y联立解得2,1-==z y ，故所求点的坐标为)2,1,0(-.12、 z 轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点. 解：设所求z 轴上的点为),0,0(z ，依题意：222)7()10()40(-+-++z 222)2()50()30(++-+-=z ，两边平方得914=z ，故所求点为)914,0,0(.13、求λ使向量}5,1,{λ=a 与向量}50,10,2{=b 平行. 解：由b a //得5051012==λ得51=λ.14、求与y 轴反向，模为10的向量a 的坐标表达式. 解：a =j j 10)(10-=-⋅={0,10,0}-.15、求与向量a ={1，5，6}平行，模为10的向量b 的坐标表达式. 解：}6,5,1{6210==a a a ,故 {}6,5,16210100±=±=a b .16、已知向量6410=-+a i j k ，349=+-b i j k ，试求：（1）2+a b ；（2）32-a b ．解：（1） 264102(349)1248i a b i j k i j k j k +=-+++-=+-; （2）323(6410)2(349)=122048a b =i j k i j k i j k --+-+--+.17、已知两点A 和(3,0,4)B ，求向量AB 的模、方向余弦和方向角．解：因为(1,1)AB =-, 所以2AB =,11cos ,cos 22αβγ===-,从而π3α=,3π4β=,2π3γ=.18、设向量的方向角为α、β、γ．若已知其中的两个角为π3α=，2π3β=．求第三个角γ．解： π3α=,2π3β=,由222cos cos cos 1αβγ++=得21cos 2γ=.故π4γ=或3π4.19、已知三点(1,0,0)=A ，(3,1,1)B ，(2,0,1)C ，求：（1）BC 与CA 及其模；（2）BC 的方向余弦、方向角；（3）与BC 同向的单位向量.解：（1）由题意知{}{}23,01,111,1,0,BC =---=--{}{}12,00,011,0,1,CA =---=-- 故 2,2==BC CA .（2）因为{}1,1,0,=--BC 所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：cos 0αβγ===，方向角为：3,42ππαβγ===.（3）与BC 同向的单位向量为：oa =⎧⎫=⎨⎬⎩⎭BCBC .20、设23,23,34,m i j k n i j k p i j k =++=+-=-+和23a m n p =+-求向量在x 轴上的投影和在y 轴上的分向量.解：2(23)3(23)(34)5114a i j k i j k i j k i j k =++++---+=+-.故向量a 在x 轴上的投影5=x a ，在y 轴上的投影分量为11y a j =.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x 轴，y 轴和z 轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A 的坐标.解：设点A 为（x, y, z ）,依题意有：84,31,32=---=-=--z y x ，故12,4,5-==-=z y x ，即所求的点A （-5， 4，-12）.22、已知向量a 的两个方向余弦为cos α=72 ,cos β=73, 且a 与z 轴的方向角是钝角.求cos γ. 解：因222cos cos cos 1,αβγ++=22223366cos 1cos 77497γγ=-==±故（）—（），，又γ是钝角，所以76cos -=γ.23、设三力1232234F ,F ,F i j i j k j k =-=-+=+作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解：合力123(2)(234)()F F F F i k i j k j k =++=-+-+++323i j k =-+，因此，合力的大小为|F |=合力的方向余弦为,222cos ,cos 223cos -===βγα因此παγβ===-习题 6—21、 {}0,0,1=a ，{}0,1,0=b ，)1,0,0(=c ，求⋅a b ，c a ⋅，c b ⋅，及a a ⨯，b a ⨯，c a ⨯，c b ⨯. 解：依题意，i a =，j b =，k c =，故0=⋅=⋅j i b a ，0=⋅=⋅k i c a ，0=⋅=⋅k j c b .0=⨯=⨯i i a a ，k j i b a =⨯=⨯，j k i c a -=⨯=⨯，i k j c b =⨯=⨯.2、 }}{{1,2,2,21,1==b a ,，求b a ⋅及b a ⨯ .a 与b的夹角余弦. 解：（1）121221⋅=⨯+⨯+⨯=a b 6, 112221⨯==i j ka b }{3,3,0-.(2)cos a b a b a b θ++==3、已知 π5,2,,3∧⎛⎫=== ⎪⎝⎭a b a b ，求23a b -解：()()2232323-=-⋅-a b a b a b 22412976=-⋅+=a a b b ，∴ 23-=ab4、证明下列问题：1）证明向量}{1,0,1=a 与向量}{1,1,1-=b 垂直. 2）证明向量c 与向量()()a c b b c a ⋅-⋅垂直. 证：1）01110)1(1=⨯+⨯+-⨯=⋅b a ,^π(,)2a b ∴=，即a 与b 垂直. 2） [()()]⋅-⋅⋅a c b b c a c [()()]=⋅⋅-⋅⋅a c b c b c a c ()[]=⋅⋅-⋅c b a c a c 0=[()()]∴⋅-⋅⊥a c b b c a c .5、求点)1,2,1(M 的向径OM 与坐标轴之间的夹角.解：设OM 与x 、y 、z 轴之间的夹角分别为γβα,,，则211)2(11cos 22=++==α,22cos ==β, 21cos ==γ. 3π=∴α, 4π=β, 3π=γ.6、求与k j i a ++=平行且满足1=⋅x a 的向量x .解：因x a //, 故可设{}λλλλ,,==a x ，再由1=⋅x a 得1=++λλλ，即31=λ，从而⎭⎬⎫⎩⎨⎧=31,31,31x .7、求与向量324=-+a i j k ，2=+-b i j k 都垂直的单位向量.解：=⨯=xy z x y zij kc a b a a a b b b 324112=--i j k =105+j k，||10==c 0||∴=c c c=.⎫±+⎪⎭j8、在顶点为)2,1,1(-A 、)2,6,5(-B 和)1,3,1(-C 的三角形中，求三角形ABC 的面积以及AC 边上的高BD .解：{0,4,3},{4,5,0}AC AB =-=-,三角形ABC 的面积为,22516121521||21222=++=⨯=AB C A S ||||21,5)3(4||22BD S ==-+= ||521225BD ⋅⋅= .5||=∴BD9、已知向量≠0a ，≠0b ，证明2222||||||()⨯=-⋅a b a b a b .解 2222||||||sin ()∧⨯=⋅a b a b ab 222||||[1cos ()]∧=⋅-a b ab 22||||=⋅a b 222||||cos ()∧-⋅a b ab 22||||=⋅a b 2().-⋅a b10、证明：如果++=0a b c ，那么⨯=⨯=⨯b c c a a b ，并说明它的几何意义.证：由++=0a b c , 有()++⨯=⨯=00a b c c c , 但⨯=0c c ，于是⨯+⨯=0a c b c ,所以⨯=-⨯=⨯b c a c c a . 同理由()++⨯=0a b c a , 有 ⨯=⨯c a a b ,从而 ⨯=⨯=⨯b c c a a b .其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、已知向量23,3=-+=-+a i j k b i j k 和2=-c i j ，计算下列各式：（1）()()⋅-⋅a b c a c b （2）()()+⨯+a b b c （3）()⨯⋅a b c （4）⨯⨯a b c 解：（1）()()8(2)8(3)⋅-⋅=---+=a b c a c b i j i j k 824--j k .(2) 344,233+=-++=-+a b i j k b c i j k ，故()()+⨯+a b b c 344233=-=-i jk--j k . （3）231()231(2)(85)(2)11311312-⨯⋅=-⋅-=--+⋅-=-=--i jk a b c i j i j k i j 2. （4）由（3）知85,()851120⨯=--+⨯⨯=--=-i jka b i j k a b c 221++i j k .习题 6—31、已知)3,2,1(A ，)4,1,2(-B ，求线段AB 的垂直平分面的方程. 解：设),,(z y x M 是所求平面上任一点，据题意有|,|||MB MA =()()()222321-+-+-z y x ()()(),412222-+++-=z y x化简得所求方程26270x y z -+-=.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程, 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、一动点移动时，与)0,0,4(A 及xOy 平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则(,,)M x y z C MA z ∈⇔= 亦即z z y x =++-222)4( 0)4(22=+-∴y x 从而所求的轨迹方程为0)4(22=+-y x .3、求下列各球面的方程：（1）圆心)3,1,2(-，半径为6=R ；（2）圆心在原点，且经过点)3,2,6(-；（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(--与；（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(- 解：（1）所求的球面方程为：36)3()1()2(222=-+++-z y x （2）由已知，半径73)2(6222=+-+=R ，所以球面方程为49222=++z y x（3）由已知，球面的球心坐标1235,1213,3242=-=-=+-==+=c b a ，球的半径21)35()31()24(21222=++++-=R ，所以球面方程为： 21)1()1()3(222=-+++-z y x（4）设所求的球面方程为：0222222=++++++l kz hy gx z y x因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(-，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=++=+=08160621008160k h g g l 解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-==2210k g h l∴所求的球面方程为0424222=+--++z y x z y x .4、将yOz 坐标面上的抛物线22y z =绕z 旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解：222x y z +=(旋转抛物面) .5、将zOx 坐标面上的双曲线12222=-c z a x 分别绕x 轴和z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解：绕x 轴旋转得122222=+-c z y a x 绕z 轴旋转得122222=-+cz a y x .6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）22149x z +=；（2）22y z =；（3）221x z += ；（4）22220x y z x ++-=；（5）222y x z +=；（6）22441x y z -+=；（7）221916x y z ++=；（8）222149x y z -+=-；（9）1334222=++z y x ；（10）2223122z y x +=+.解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？（1）1+=x y ；（2）422=+yx ；（3）122=-y x ；（4）22x y =.解：（1）1+=x y 在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面；（2）422=+y x 在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面；（3）122=-y x 在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；（4）y x22=在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）1994222=++z y x ；（2）14222=+-z y x （3）1222=--z y x ；（4）222)(y x a z +=- 解：（1）xOy 平面上椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上椭圆22149+=x z 绕x 轴旋转而成（2）xOy 平面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转而成；或者 yOz 平面上的双曲线2214-=y z 绕y 轴旋转而成（3）xOy 平面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上的双曲线221x z -=绕x 轴旋转而成（4）yOz 平面上的直线a y z +=绕z 轴旋转而成或者 xOz 平面上的直线z x a =+绕z 轴旋转而成.9、画出下列各曲面所围立体的图形：（1）012243=-++z y x 与三个坐标平面所围成；（2）42,42=+-=y x x z 及三坐标平面所围成；（3）22=0,(0)=1z z =a a >,y =x,x +y 及0x =在第一卦限所围成；（4）2222,8z x y z x y =+=--所围. 解：（1）平面012243=-++z y x 与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体；（2）抛物柱面24z x =-与平面24x y +=及三坐标平面所围成；（3）坐标面=0z 、0x =及平面(0)z =a a >、y=x 和圆柱面22=1x +y 在第一卦限所围成；（4）开口向上的旋转抛物面22z x y =+与开口向下的抛物面228z x y =--所围.作图略.习题 6—41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）⎩⎨⎧==21y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=---=0422y x y x z ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧=+=+222222a z x ay x解：（1）是平面1x =与2y =相交所得的一条直线；（2）上半球面z 与平面0x y -=的交线为14圆弧；（3）圆柱面222x y a +=与222x z a +=的交线.图形略.2、分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程.解：消去x 坐标得16322=-z y ，为母线平行于x 轴的柱面；消去y 坐标得：162322=+z x ，为母线平行于y 轴的柱面.3、求在yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.解：⎩⎨⎧==+0122x z y ；⎩⎨⎧==++01222x z y x ； ⎪⎩⎪⎨⎧=+=++1122222z y z y x .4、试求平面20x -=与椭球面222116124x y z ++=相交所得椭圆的半轴与顶点.解：将椭圆方程22211612420x y z x ⎧++=⎪⎨⎪-=⎩化简为：221932y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，可知其为平面2=x 上的椭圆，半轴分别为3,3，顶点分别为)3,0,2(),3,0,2(),0,3,2(),0,3,2(--.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程（1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩；（2）⎩⎨⎧==+++-04)1()1(22z z y x解：（1）原曲线方程即：⎪⎩⎪⎨⎧=+=199222z x xy ，化为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=≤≤==tz t t y t x sin 3)20(cos 23cos 23π；（2）)20(0sin 3cos 31πθθθ≤≤⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=z y x .6、求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：⎩⎨⎧==+0222z a y x ；⎪⎩⎪⎨⎧==0sin x b z a y ；⎪⎩⎪⎨⎧==0cosy b z a x .7、指出下列方程所表示的曲线（1）222253⎧++=⎨=⎩x y z x （2）⎩⎨⎧==++13094222z z y x ；（3）⎩⎨⎧-==+-3254222x z y x ；（4）⎩⎨⎧==+-+408422y x z y ；（5）⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0214922x z y . 解：（1）圆；（2）椭圆；（3）双曲线；（4）抛物线；（5）双曲线.8、求曲线⎩⎨⎧==-+30222z x z y 在xOy 面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.解：原曲线即：⎩⎨⎧=-=3922z x y ，是位于平面3=z 上的抛物线，在xOy 面上的投影曲线为⎩⎨⎧=-=0922z x y9、求曲线 ⎪⎩⎪⎨⎧==++211222z z y x 在坐标面上的投影. 解：（1）消去变量z 后得,4322=+y x 在xOy 面上的投影为,04322⎪⎩⎪⎨⎧==+z y x 它是中心在原点，半径为23的圆周.（2）因为曲线在平面21=z 上，所以在xOz 面上的投影为线段.;23||,021≤⎪⎩⎪⎨⎧==x y z （3）同理在yOz 面上的投影也为线段..23||,21≤⎪⎩⎪⎨⎧==y x z10、求抛物面x z y =+22与平面 02=-+z y x 的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解：交线方程为⎩⎨⎧=-+=+0222z y x x z y ，（1）消去z 得投影,004522⎩⎨⎧==-++z x xy y x（2）消去y 得投影2252400x z xz x y ⎧+--=⎨=⎩，（3）消去x 得投影22200y z y z x ⎧++-=⎨=⎩.习题 6—51、写出过点()3,2,10M 且以{}1,2,2=n 为法向量的平面方程. 解：平面的点法式方程为()()()032212=-+-+-z y x .2、求过三点()()()01,0,0,1,0,0,0,1C B A 的平面方程.解：设所求平面方程为0=+++d cz by ax ,将C B A ,,的坐标代入方程，可得d c b a -===，故所求平面方程为1=++z y x .3、求过点()1,0,0且与平面1243=++z y x 平行的平面方程. 解：依题意可取所求平面的法向量为}2,4,3{=n ,从而其方程为()()()0120403=-+-+-z y x 即 2243=++z y x .4、求通过x 轴和点(4, -3, -1)的平面的方程.解：平面通过x 轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x 轴, 即A =0; 另一方面表明它必通过原点, 即D =0. 因此可设这平面的方程为By +Cz =0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B -C =0, 或C =-3B . 将其代入所设方程并除以B (B 0), 便得所求的平面方程为y -3z =0.5、求过点)1,1,1(，且垂直于平面7=+-z y x 和051223=+-+z y x 的平面方程.解：},1,1,1{1-=n }12,2,3{2-=n 取法向量},5,15,10{21=⨯=n n n所求平面方程为化简得:.0632=-++z y x6、设平面过原点及点)1,1,1(，且与平面8x y z -+=垂直，求此平面方程.解：设所求平面为,0=+++D Cz By Ax 由平面过点)1,1,1(知平0,A B C D +++=由平面过原点知0D =，{1,1,1},n ⊥- 0A B C ∴-+=,0A C B ⇒=-=，所求平面方程为0.x z -=7、写出下列平面方程：（1）xOy 平面；（2）过z 轴的平面；（3）平行于zOx 的平面；（4）在x ，y ，z 轴上的截距相等的平面.解：（1）0=z ,（2）0=+by ax （b a ,为不等于零的常数）, （3）c y = (c 为常数), （4） a z y x =++ (0)a ≠.8、求平行于0566=+++z y x 而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.解: 设平面为,1=++c z b y a x ,1=V 111,32abc ∴⋅=由所求平面与已知平面平行得,611161c b a ==化简得,61161c b a ==令tc t b t a t c b a 61,1,6161161===⇒===代入体积式 11111666t t t ∴=⋅⋅⋅ 1,6t ⇒=±,1,6,1===∴c b a 或1,6,1,a b c =-=-=-所求平面方程为666x y z ++=或666x y z ++=-.9、分别在下列条件下确定n m l ,,的值：（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面；（2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面；（3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面.解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：168339133-=--=-+=+-l n n m m l 即： ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+=-+092072032n l m n l m ，解之得 97=l ，913=m ，937=n . （2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：6362-=-=m l ，所以4-=l ，3=m . （3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：7230l ++=所以： 57l=-.10、求平面011=-+y x 与083=+x 的夹角；解：设011=-+y x 与083=+x 的夹角为θ，则cos θ ∴ 4πθ=.11、求点(2,1,1)到平面2240x y z +-+=的距离. 解：利用点到平面的距离公式可得933d ===.习题 6—61、求下列各直线的方程：（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线；（2）过点()1,1,1且与直线433221-=-=-z y x 平行的直线. （3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线；（4）一直线过点(2,3,4)-A ，且和y 轴垂直相交，求其方程. （5）通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线；（6）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线.解：（1）所求的直线方程为：015323-=-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即01113-=-=+z y x . （2）依题意，可取L 的方向向量为{}4,3,2=s ，则直线L 的方程为413121-=-=-z y x . （3）所求直线的方向向量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，故直线方程为： 132511--=+=-z y x . （4）因为直线和y 轴垂直相交,所以交点为),0,3,0(-B 取{2,0,4},BA s −−→==所求直线方程.440322-=+=-z y x （5）所求直线的方向向量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-，所以，直线方程为：22111+==-z y x . （6）所求直线的方向向量为：{}5,3,6--，所以直线方程为： 235635x y z -++==--.2、求直线1,234x y z x y z ++=-⎧⎨-+=-⎩的点向式方程与参数方程.解在直线上任取一点),,(000z y x ,取10=x ,063020000⎩⎨⎧=--=++⇒z y z y 解2,000-==z y .所求点的坐标为)2,0,1(-,取直线的方向向量{}{}3,1,21,1,1-⨯=s k j i kji34312111--=-=,所以直线的点向式方程为：,321041-+=--=-z y x 令102,413x y z t --+===--则所求参数方程: .3241⎪⎩⎪⎨⎧--=-=+=tz ty tx3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y tx 与142475x y z --+==-. 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：4343223z y x =-=--43227-=--=-z y x 234234-==-- ∴二直线平行.又点)0,43,23(与点（7，2，0）在二直线上，∴向量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-，从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x ，即0919225=++-z y x .（2）因为121475-≠≠-，所以两直线不平行，又因为0574121031=--=∆，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-，∴二直线所决定的平面的方程为：330x y z -++=.设两直线的夹角为ϕ，则cos ϕ==4、判别下列直线与平面的相关位置：（1）37423z y x =-+=--与3224=--z y x ；（2）723zy x =-=与8723=+-z y x ；（3）⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ；（4）⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x .解（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-，而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯，所以，直线与平面平行.（2） 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯,所以，直线与平面相交，且因为772233=--=，∴直线与平面垂直. （3）直线的方向向量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-， 0179354=⨯+⨯-⨯，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点)0,5,2(--M ，显然点在)0,5,2(--M 也在平面上（因为4(2)3(5)70⨯--⨯--=），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为{}9,2,1-， 097)2(413≠⨯+-⨯-⨯∴直线与平面相交但不垂直.5、验证直线l ：21111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角. 解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯∴直线与平面相交.又直线的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=t z t y tx 211设交点处对应的参数为0t ，∴03)21()1()(2000=-+-++-⨯t t t ∴10-=t ，从而交点为（1，0，-1）. 又设直线l 与平面π的交角为θ，则：21662111)1(2sin =⨯⨯-⨯+-⨯=θ，∴6πθ=.6、确定m l ,的值，使：（1）直线13241zy x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行；（2）直线⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直.解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：015334=⨯-⨯+l 即1l =-. （2）欲使所给直线与平面垂直，则须：3642=-=m l ，所以：8,4-==m l .7、求下列各平面的方程：（１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线32121-=-=+z y x 的平面；（２）通过直线115312-+=-+=-z y x 且与直线⎩⎨⎧=--+=---052032z y x z y x 平行的平面；（３）通过直线223221-=-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面；（4）. 求过点(2,1,0)M 与直线2335x t y t z t =-⎧⎪=+⎨⎪=⎩垂直的平面方程.解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于向量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为：03331212=--+-z y x , 即015=-++z y x .（２）已知直线的方向向量为{}{}{}2,1,11,2,13,1,5--⨯-=，∴平面方程为：2311510315x y z -++--=,即3250x y z +--= （３）所求平面的法向量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-，∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，即09138=+--z y x .（4）.所求平面的法向量为{}2,3,1，则平面的方程为：2(2)3(1)(0)0x y z -+-+-=, 即 2370x y z ++-=.8、求点(4,1,2)M 在平面1x y z ++=上的投影.解：过点(4,1,2)M 作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量(1,1,1)，所以垂线方程为412111x y z ---==，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程412x t y t z t =+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩，代入平面方程求得2t =-，故投影为(2,1,0)-. 9、求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨⎧=++-=++-0172230322z y x z y x 的距离.解：直线的标准方程为：2251211-+==-z y x 所以p 到直线的距离 1534532025)2(1212392292421243222222===-++-+--+-=d .10、设0M 是直线L 外一点，M 是直线L 上一点，且直线的方向向量为s ，试证：点0M 到直线L 的距离为d =.证：设0M M 与L 的夹角为θ，一方面由于0sin d M M θ=；另一方面，00sin M M s M M s θ⨯=，所以d =.11、求通过平面0134=-+-z y x 和025=+-+z y x 的交线且满足下列条件之一的平面：（1）通过原点；（2）与y 轴平行；（3）与平面0352=-+-z y x 垂直. 解：（1）设所求的平面为：0)25()134(=+-++-+-z y x z y x λ 欲使平面通过原点，则须：021=+-λ，即21=λ，故所求的平面方程为 0)25()134(2=+-++-+-z y x z y x 即：0539=++z y x .（2）同（1）中所设，可求出51=λ.故所求的平面方程为 0)25()134(5=+-++-+-z y x z y x 即：031421=-+z x .（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面0352=-+-z y x 垂直，则须：0)3(5)51()4(2=-++--+λλλ从而3=λ，所以所求平面方程为05147=++y x .12、求直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 在平面0=++z y x 上的投影直线的方程．解：应用平面束的方法．设过直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 的平面束方程为0)1()1(=++-+--+z y x z y x λ即01)1()1()1(=-++-+-++λλλλz y x这平面与已知平面0=++z y x 垂直的条件是01)1(1)1(1)1(=⋅+-+⋅-+⋅+λλλ,解之得1-=λ代入平面束方程中得投影平面方程为10y z --=，所以投影直线为⎩⎨⎧=++=--001z y x z y .13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.证：设),,(0000z y x P 是平面π：0+++=Ax By Cz D 外的一点，下面我们来求点0P 到平面π的距离. 过0P 作平面π的垂线L ：000x x y y z z A B C---==，设L 与平面π的交点为(,,)P x y z ，则P 与0P 之间的距离即为所求.因为点(,,)P x y z 在L 上，所以000x x Aty y Bt z z Ct-=-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，而(,,)P x y z 在平面π上，则000()()()0A x At B y Bt C z Ct D ++++++=000222Ax By Cz A B t DC ⇒=-+++++，故000222Ax By Cz Dd t A B C+++===++=.习题 6—7飞机的速度：假设空气以每小时32公里的速度沿平行y 轴正向的方向流动，一架飞机在xoy 平面沿与x 轴正向成π6的方向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？解：如下图所示，设OA 为飞机相对于空气的速度，AB 为空气的流动速度，那么OB 就是飞机相对于地面的速度.840cos 840sin 4203420,3266OA i j i j AB j ππ=⋅+⋅=+=所以, 24203452,(420856.45OB i j OB =+=≈千米／小时.复习题A一、判断正误:1、若c b b a ⋅=⋅且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 c b b a ⋅-⋅=)(c a b -⋅=0时，不能判定=b 0或c a =．例如i a =，j b =，k c =，有⋅=⋅=0a b b c ，但c a ≠．2、若c b b a ⨯=⨯且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析此结论不一定成立．例如i a =，j b =，)(j i c +-=，则k j i b a =⨯=⨯，k j i j c b =+-⨯=⨯)]([，c b b a ⨯=⨯，但c a ≠．3 、若0=⋅c a ，则=0a 或=0c ； ( ⨯ ) 解析两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、 a b b a ⨯-=⨯． ( √ ) 解析这是叉积运算规律中的反交换律．二、选择题:1 、当a 与b 满足（ D ）时，有b a b a +=+；(A)⊥a b ； (B)λ=a b (λ为常数)； (C)a ∥b ； (D)⋅=a b a b ．解析只有当a 与b 方向相同时，才有a +b =a +b ．(A)中a ，b 夹角不为0，(B)，(C)中a ，b 方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过y 轴；图6-1 空所流动与飞机飞行速度的关系(A) 1=++z y x ； (B) 0=++z y x ； (C) 0=+z x ； (D) 1=+z x ．解析平面方程0=+++D Cz By Ax 若过y 轴，则0==D B ，故选C ．3 、在空间直角坐标系中，方程2221y x z --=所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．解析对于曲面2221y x z --=，垂直于z 轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x 轴或y 轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线⎩⎨⎧=-+=5,222z y x z 在xOy 面上的投影方程为( C )；(A)722=+y x ； (B)⎩⎨⎧==+5722z y x ； (C) ⎩⎨⎧==+0722z y x ；(D)⎩⎨⎧=-+=0222z y x z解析曲线⎩⎨⎧==+5722z y x 与xOy 平面平行，在xOy 面上的投影方程为⎩⎨⎧==+0722z y x ．5 、直线11121-+==-z y x 与平面1=+-z y x 的位置关系是( B )． (A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为π4； (D) 夹角为π4-．解析直线的方向向量s ={2，1，-1}，平面的法向量n ={1，-1，1}，n s ⋅=2-1-1=0，所以，s ⊥n ，直线与平面平行．三、填空题:1、若2=b a ，π()2=a,b ，则=⨯b a 2 ，=⋅b a 0 ；解 =⨯b a b a sin()a,b π22=2，=⋅b a b a cos()a,b π22=0．2、与平面062=-+-z y x 垂直的单位向量为 }2,1,1{66-±；解平面的法向量 n ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为0n =411++=6，所以，与平面垂直的单位向量为}2,1,1{66-±．3、过点)2,1,3(--和)5,0,3(且平行于x 轴的平面方程为 057=-+z y ；解已知平面平行于x 轴，则平面方程可设为 0=++D Cz By ，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有{20,50,B C D C D -+=+= ⇒ 7,51,5B D C D ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得 05157=+--D Dz Dy ，即 057=-+z y ．4、过原点且垂直于平面022=+-z y 的直线为z yx -==20；解直线与平面垂直，则与平面的法向量 n ={0，2，-1}平行，取直线方向向量s =n ={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为z yx -==20 ．5、曲线⎩⎨⎧=+=1,222z y x z 在xOy 平面上的投影曲线方程为 ⎩⎨⎧==+.0,1222z y x解: 投影柱面为 1222=+y x ，故 ⎩⎨⎧==+0,1222z y x 为空间曲线在xOy 平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、已知}1,2,1{-=a ，}2,1,1{=b ，计算(a) b a ⨯； (b) ()()-⋅+2a b a b ； (c) 2b a -；解: (a) b a ⨯=211121-kj i 1,3}5,{--=. (b) {2,4,2}{1,1,2}{1,5,0}2a b -=--=-，1,3}{2,{1,1,2}2,1}{1,-=+-=+b a ，所以()()-⋅+2a b a b 7}3,1,2{}0,5,1{=-⋅-=．(c) 1}3,{0,{1,1,2}2,1}{1,--=--=-b a ，所以2b a -10)19(2=+=．2、已知向量21P P 的始点为)5,2,2(1-P ，终点为)7,4,1(2-P ，试求：(1)向量21P P 的坐标表示； (2)向量21P P 的模；(3)向量21P P 的方向余弦； (4)与向量21P P 方向一致的单位向量．解: (1) }2,6,3{}57),2(4,21{21-=-----=P P ；74926)3(222==++-=；(3) 21P P 在z y x ,,三个坐标轴上的方向余弦分别为362cos ,cos ,cos 777αβγ=-==；(4)k j i k j i 7276737263)(21++-=++-==P P．3、设向量{}1,1,1=-a ，{}1,1,1=-b ，求与a 和b 都垂直的单位向量.解：令{}1110,2,2111=⨯=-=-i j kc a b，01⎧==⎨⎩c c c ，故与a 、b都垂直的单位向量为0⎧±=±⎨⎩c .4、向量d垂直于向量]1,3,2[-=a和]3,2,1[-=b ，且与]1,1,2[-=c的数量积为6-，求向量d解： d垂直于a与b ，故d平行于b a⨯，存在数λ使()b a d⨯=λ⨯-=]1,3,2[λ]3,2,1[-]7,7,7[λλλ--=因6-=⋅c d，故6)7(1)7()1(72-=-⨯+-⨯-+⨯λλλ， 73-=λ]3,3,3[-=∴d.5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点)2,1,0(1P ，)1,2,1(2P 和)4,0,3(3P；(2)过x 轴且与平面025=++z y x 的夹角为π3．解 (1)解1：用三点式．所求平面的方程为0241003211201210=---------z y x ，即01345=+--z y x ．解2：}1,1,1{-=}2,1,3{-=，由题设知，所求平面的法向量为k j i kj in 452131113121--=--=⨯=P P P P ，又因为平面过点)2,1,0(1P ，所以所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z y x ，即01345=+--z y x ．解3：用下面的方法求出所求平面的法向量},,{C B A =n ，再根据点法式公式写出平面方程也可．因为3121,P P P P ⊥⊥n n ，所以{0,320,A B C A B C +-=-+=解得A C A B 4,5-=-=，于是所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z A y A x A ，即 01345=+--z y x ．（2）因所求平面过x 轴，故该平面的法向量},,{C B A =n 垂直于x 轴，n 在x 轴上的投影0=A ，又平面过原点，所以可设它的方程为0=+Cz By ，由题设可知0≠B （因为0=B 时，所求平面方程为0=Cz 又0≠C ，即0=z ．这样它与已知平面025=++z y x 所夹锐角的余弦为π1cos 32=≠=，所以0≠B ），令C B C'=，则有0='+z C y ，由题设得 22222212)5(10121503cos ++'++⨯'+⨯+⨯=πC C ，解得3='C 或13C '=-，于是所求平面方程为03=+z y 或03=-z y ．6、一平面过直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 且与平面01284=+--z y x 垂直，求该平面方程；解法1：直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 在平面上，令x =0，得 54-=y ，z =4，则（0，-54，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为n =},,{C B A ，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 1n ={1，5，1}，2n ={1，0，-1}，则直线的方向向量s =1n ⨯2n =101151-kj i ={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即⋅n s ={-5，2，-5}•},,{C B A =C B A 525-+-=0，因为所求平面与平面01284=+--z y x 垂直，则}8,4,1{},,{--⋅C B A =C B A 84--=0，解方程组{5250,480,A B C A B C -+=--= ⇒ 2,5,2A CBC =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所求平面方程为 0)4()54(25)0(2=-++---z C y C x C ，即012254=+-+z y x ．解法2：用平面束（略）7、求既与两平面1:43x z π-=和2:251x y z π--=的交线平行，又过点(3,2,5)-的直线方程.解法1：{}11,0,4=-n ，{}22,1,5=--n ，{}124,3,1s =⨯=---n n ，从而根据点向式方程，所求直线方程为325431x y z +--==---，即325431x y z +--==. 解法2：设{},,s m n p =，因为1⊥s n ，所以40m p -=；又2⊥s n ，则250m n p --=，可解4,3m p n p ==，从而0p ≠．根据点向式方程，所求直线方程为32543x y z p p p +--==，即325431x y z +--==. 解法3：设平面3π过点(3,2,5)-，且平行于平面1π，则{}311,0,4==-n n 为3π的法向量，从而3π的方程为1(3)0(2)4(5)0x y z ⋅++⋅--⋅-=，即4230x z -+=．同理，过已知点且平行于平面2π的平面4π的方程为25330x y z --+=．故所求直线的方程为423025330x z x y z -+=⎧⎨--+=⎩．8、一直线通过点)1,2,1(A ，且垂直于直线11231:+==-z y x L ，又和直线z y x ==相交，求该直线方程；解：设所求直线的方向向量为{,,}m n p =s ，因垂直于L ，所以320m n p ++=；又因为直线过点)1,2,1(A ，则所求直线方程为 p z n y m x 121-=-=-，联立121,①,②320,③x y z m n p x y z m n p ---⎧==⎪⎨==⎪++=⎩由①，令λ=-=-=-p z n y m x 121，则有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=,1,2,1p z n y m x λλλ代入方程②有{12,11,m n m p λλλλ+=++=+ 可得p m =，代入③解得p n 2-=，因此，所求直线方程为112211-=--=-z y x ．9、指出下列方程表示的图形名称：(a) 14222=++z y x ；(b) z y x 222=+；(c) 22y x z +=；(d) 022=-y x ；(e) 122=-y x ； (f) ⎩⎨⎧=+=222z y x z ．解： (a) 绕y 轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z 轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z 轴旋转的锥面． (d) 母线平行于z 轴的两垂直平面：y x =，y x -=． (e) 母线平行于z 轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY 面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影并作其图形．解：将所给曲面方程联立消去z ，就得到两曲面交线C 的投影柱面的方程122=+y x ，所以柱面与xOy 平面的交线⎩⎨⎧==+'01:22z y x C 所围成的区域221+≤x y 即为曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影(图略)．复习题B1、设4=a ，3=b ，()6π=a,b ，求以2+a b 和3-a b 为邻边的平行四边形的面积.解：(2)(3)326A =+⨯-=⨯-⨯+⨯-⨯a b a b a a a b b a b b325=-⨯-⨯=-⨯a b a b a b 15sin()543302=⋅=⨯⨯⨯=a b a,b .2、设(3)(75)+⊥-a b a b ，(4)(72)-⊥-a b a b ，求()a,b . 解：由已知可得：(3)(75)0+⋅-=a b a b ，(4)(72)0-⋅-=a b a b 即 22715160-+⋅=a b a b ，2278300+-⋅=a b a b ．这可看成是含三个变量a 、b 及⋅a b 的方程组，可将a 、b 都用⋅a b 表示，即==a b 1cos()22⋅⋅===⋅a b a b a,b a b a b ，()3π=a,b .3、求与}3,2,1{-=a 共线，且28=⋅b a 的向量b ．解由于b 与a 共线，所以可设}3,2,{λλλλ-==a b ，由28=⋅b a ，得28}3,2,{}3,2,1{=-⋅-λλλ，即2894=++λλλ，所以2=λ，从而}6,4,2{-=b ．4、已知}0,1,1{},2,0,1{=-=b a ，求c ，使b c a c ⊥⊥,且6=c ．解法1: 待定系数法．设},,{z y x =c ，则由题设知0,0=⋅=⋅b c a c 及6=c ，所以有①20②③6x z ⎧-=⎪=由①得2xz = ④，由②得x y -= ⑤，将④和⑤代入③得62)(222=⎪⎭⎫⎝⎛+-+x x x ，解得2,4,4±==±=z y x ，于是 }2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为b c a c ⊥⊥,，所以c ∥b a ⨯．设λ是不为零的常数，则k j i k j i b a c λλλλλ+-=-=⨯=22011201)(，因为6=c ，所以6]1)2(2[2222=+-+λ，解得2±=λ，所以}2,4,4{-=c 或{4,4,2}=--c ．解法3: 先求出与向量b a ⨯方向一致的单位向量，然后乘以6±．k j i kji b a +-=-=⨯22011201，31)2(2222=+-+=⨯b a ，故与b a ⨯方向一致的单位向量为}1,2,2{31-．于是}1,2,2{36-±=c ，即}2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．5、求曲线222x y R x y z ⎧+=⎨++=⎩的参数式方程.解：曲线参数式方程是把曲线上任一点(,,)P x y z 的坐标,,x y z 都用同一变量即参数表示出来，故可令cos ,sin x R t y R t ==，则(cos sin )z R t t =-+．6、求曲线22:2z L x y x⎧⎪=⎨+=⎪⎩xOy 面上及在zOx 面上的投影曲线的方程．解：求L 在xOy 面上的投影的方程，即由L 的两个方程将z 消去，即得L 关于xOy 面的投影柱面的方程222x y x +=则L 在xOy 面上的投影曲线的方程为2220x y xz ⎧+=⎨=⎩．同理求L 在zOx 面上的投影的方程，即由L 的两个方程消去y ，得L 关于zOx 面的投影柱面的方程z =L 在zOx面上的投影曲线方程为0z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩．7、已知平面π过点0(1,0,1)M -和直线1211:201x y z L ---==，求平面π的方程．解法1：设平面π的法向量为n ，直线1L 的方向向量1(2,0,1)=s ，由题意可知1⊥n s ，(2,1,1)M 是直线1L 上的一点,则0(1,1,2)M M =在π上，所以0MM ⊥n ,故可取10MM =⨯n s (1,3,2)=--．则所求平面的点法式方程为1(1)3(0)2(1)0x y z ⋅-+⋅--⋅+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．解法2：设平面π的一般方程为0Ax By Cz D +++=，由题意可知，π过点0(1,0,1)M -，故有0A C D -+=, （1）在直线1L 上任取两点12(2,1,1),(4,1,2)M M ，将其代入平面方程，得20A B C D +++=, （2）420A B C D +++=, （3）由式（1）、（2）、（3）解得3,2,3B A C A D A ==-=-,故平面π的方程为3230x y z +--=.解法3：设(),,M x y z 为π上任一点．由题意知向量0M M 、01M M 和1s 共面，其中()12,1,1M 为直线1L 上的点，1(2,0,1)=s 为直线1L 的方向向量．因此0011()0M M M M ⨯⋅=s ，故平面π的方程为1012110110201x y z --+--+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．8、求一过原点的平面π，使它与平面0:π4830x y z -+-=成4π角，且垂直于平面1:π730x z ++=．解：由题意可设π的方程为0Ax By Cz ++=，其法向量为(,,)A B C =n ，平面0π的法向量为0(1,4,8)=-n ，平面1π的法向量为1(7,0,1)=n ，由题意得00||cos 4||||π⋅=⋅n n n n ，即=（1）由10⋅=n n ，得70A C +=，将7C A =-代入（12=,解得20,B A =或10049B A =-，则所求平面π的方程为2070x y z +-= 或 491003430x y z --=．9、求过直线1L ：0230x y z x y z ++=⎧⎨-+=⎩且平行于直线2L ：23x y z ==的平面π的方程．解法1：直线1L 的方向向量为1=s 111(4,1,3)213==---i j k，直线2L 的对称式方程为632x y z==，方向向量为2(6,3,2)=s ，依题意所求平面π的法向量1⊥n s 且2⊥n s ，故可取12=⨯n s s ，则413(7,26,18)632=--=-i j kn ，又因为1L 过原点，且1L 在平面π上，从而π也过原点，故所求平面π的方程为726180x y z -+=．解法2：设所求平面π为 (23)0x y z x y z λ+++-+=，即(12)(1)(13)0x y z λλλ++-++=，其法向量为(12,1,13)λλλ=+-+n ，由题意知2⊥n s ，故26(12)3(1)2(13)0λλλ⋅=++-++=n s ，得1115λ=-，则所求平面π的方程为726180x y z -+=．另外，容易验证230x y z -+=不是所求的平面方程．10、求过直线L ：⎩⎨⎧=+-+=+-+0185017228z y x z y x 且与球面1222=++z y x 相切的平面方程解：设所求平面为 ()018517228=+-+++-+z y x z y x λ，即 (15)(288)(2)170x y z λλλλ+++-+++=，由题意：球心)0,0,0(到它的距离为1，即1)2()828()51(17222=--+++++λλλλ解得：89250-=λ 或 2-=λ 所求平面为：42124164387=--z y x 或 543=-y x11、求直线L ：11111--==-z y x 在平面π：012=-+-z y x 上投影直线0L 的方程，并求直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程.解：将直线L ：11111--==-z y x 化为一般方程 ⎩⎨⎧=-+=--0101y z y x ，设过直线L 且与平面π垂直的平面方程为()011=-++--y z y x λ，则有02)1(1=+--λλ，即2λ=-，平面方程为0123=+--z y x ，这样直线0L 的方程⎩⎨⎧=-+-=+--0120123z y x z y x 把此方程化为：⎩⎨⎧--==)1(221y z yx ，因此直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程为：22221(2)(1)2x z y y ⎛⎫+=+-- ⎪⎝⎭即 0124174222=-++-y z y x .12、求过点)1,0,3(-A 且平行于平面1π：3450x y z --+=，又与直线1:2x L =1111y z -+=-相交的直线L 的方程．解法1：用点向式方程.因为直线L 平行于平面1π，故直线L 的方向向量},,{p n m =s 垂直于平面1π的法向量}1,4,3{--=n ，从而得043=--p n m ①，又直线1L 的方向向量为}1,1,2{-=s ，)1,1,0(-B 是直线1L 上一点，)1,0,3(-A 是直线L 上一点，根据题设：直线L 与直线1L 相交，所以1s,s 及AB 共面，因此1()2110312m n pAB ⨯⋅=-=-s s ，即0=-+-p n m ②，将①和②联立解得p n p m 4,5-=-=，由此得145p n m =-=-，于是所求直线方程为11453-=-=-+z y x ．。

物理化学第六章课后答案完整版

第六章相平衡6.1(1)(2)(3)(4)(5)解：指出下列平衡系统中的组分数G相数P及自由度尸。

島(S)与其蒸气成平衡；CaC03 (s)与其分解产物CaO (s)和C02 (g)成平衡；NHJIS (s)放入一抽空的容器中，并与其分解产物NH$ (g)和H2S (g)成平衡；取任意量的NH, (g)和泾(g)与NH<HS (s)成平衡。

L作为溶质在两不互溶液体氏0和CCh中达到分配平衡(凝聚系统)。

(1) C=1,P = 2,F = C - P+2=l-2 + 2= 1・(2) C = 3- l = 2,P = 3,F = C- P + 2 = 2 ・3 + 2= 1・(3) C = 3- l- l = l,P=2,F = C- P + 2= l- 2 + 2=l.(4) C = 3- l = 2,P = 2,F = C- P + 2 = 2- 2 + 2 = 2.(5) C = 3,P = 2,F = C- P+ l= 3- 2+ l = 2・6.2已知液体甲苯（A）和液体苯（B）在90°C时的饱和蒸气压分别为卩；二54-22kPa和讥二l36.12kPa。

两者可形成理想液态混合物。

今有系统组成为So二的甲苯 -苯混合物5 mol,在90 °C下成气-液两相平衡，若气相组成为沟二°4%6求：(1)平衡时液相组成忑及系统的压力a(2)平衡时气、液两相的物质的量从8丄皿）解：（1）对于理想液态混合物，每个组分服从拉乌尔定律，因此"兀2；+恶卩;卫;十&; ■ pix0.4556X54.22珑■◎訂加為136J2- (136.12- 54.22>0.4556P = “; + 裨;=0.75X54.22+ 0.25X136.12= 74.70 kPa(2)系统代表点花。

二°6根据杠杆原理(y B.g一U H = (m一m )叫n l +— = 0.5（0.4556 —0.3”. = （0.3-0.25 Xii K = 1.216/?/<?/ n t =3.784加o/6.3 单组分系统的相图示意如右图。

数理经济学第6章课后题答案

第六章习题答案1．考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≤+=0,1..max 2121211x x x x t s x y 用图解法解此题。

并检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件解：可行域为OAB利用图解法求的均衡点为)0,1(B ，1max =y对于)0,1(B 来说，有112221≤=+x x ，因此该约束规格是紧的。

构建拉格朗日函数 )1(),,(2221121-++=x x x x x L λλ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-+≥=-+==∂∂=+=∂∂01,00)1(020212221222122211x x x x x x L x x x Lλλλ⇒)0,1(B 符合T K -条件2．考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≥-=0,0..min 212211x x x x t s x y用图解法解此题。

并检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件解：利用图解法求的均衡点为)0,0(o ，0min =y求法同上，可知约束规范是紧的BA Ox 1x 2构建拉格朗日函数 )(),,(221121x x x x x L -+=λλ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-≥=-==∂∂=+=∂∂0,00)(0021221221211x x x x xL x x Lλλλλ⇒)0,0(o 符合T K -条件3. 考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≥-=00..min 22311x x x t s x y检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件解：利用图解法求的均衡点为)0,0(o ，0min =y求法同上，可知约束规范是紧的构建拉格朗日函数 )(),,(231121x x x x x L -+=λλx 1Ox 2x 2x 1⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-≥=-==∂∂=+=∂∂0,00)(00312312312211x x x x x L x x L λλλλ⇒)0,0(o 不符合T K -条件4．写出下面优化问题的一阶必要条件⎩⎨⎧>≤++--=0,,2..),,(max 222z y x z y x t s z y x z y x f解：)2(),,(22221-++---=z y x z y x x x L λλ一阶必要条件为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-++≥=+-=∂∂=+-=∂∂=-=∂∂0)2(,0021021021222z y x z z Ly y L x xL λλλλλ5．求解下面最优化问题（1）⎩⎨⎧≥≤+++0,122..4max 22y x y x t s y x x （2）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥-≥--≥-+=0,160..min 212212121x x x x x x x t s x x y（3）⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+≥+++=0,,302105..10540min 3213121321x x x x x x x t s x x x y （4）⎩⎨⎧>>≤+-=0,04..),(max 21222122121x x x x t s x x x x f （5）⎩⎨⎧≥≤+=0,16..max 212121x x x x t s x x y 解：（1）22(,,)4(221)L x y x x y x y λλ=++-+-一阶必要条件为：2120820(221)00,221Lx xL y y x y x y λλλλ∂⎧=+-=⎪∂⎪∂⎪=-=⎨∂⎪+-=⎪⎪≥+≤⎩解得314,,1055x y λ=== （2）图解法可行域为314,,1055x y λ===，均衡解点(1,1) min 2A y = (3) 12312123112213(,,,,)40510(105)(302)L x x x x x x x x x x λλλλ=+++--+--一阶必要条件为：x 1BCAx 212112231122131212134052050100(105)0(3023)0,0,510230Lx L x L x x x x x x x x x λλλλλλλλ∂⎧=--≥⎪∂⎪∂⎪=-≥⎪∂⎪∂⎪=-≥⎨∂⎪--=⎪⎪--=⎪⎪≥+≥⎪+≥⎩ (4) 222121212(,,)(4)L x x x x x x λλ=--+-一阶必要条件为：1122222122212120220(4)00,4Lx x L x x x x x x x λλλλ∂⎧=-=⎪∂⎪∂⎪=--=⎨∂⎪⎪+-=⎪≥+≤⎩ 解得1212,0,4x x λ===(5) 121212(,,)(16)L x x x x x x λλ=-+- 一阶必要条件为：2112121200(16)00,16Lx x L x x x x x x λλλλ∂⎧=-=⎪∂⎪∂⎪=-=⎨∂⎪⎪+-=⎪≥+≤⎩ 解得128x x λ===6．考虑如下最优化模型⎩⎨⎧≥≥---=0,0)1(..max 213121x x x x t s x y 证明：（1）均衡解()()12,1,0x x **=不满足库恩-塔克条件；（2）当引进新乘数00≥λ，把拉格朗日函数修改成如下形式()()[]n i i mi i n x x x g r x x x f Z ,,,,,,2112100 -+=∑=λλ，则在点()0,1处满足库恩-塔克条件。

大学物理课后答案第六章真空中的静电场

⼤学物理课后答案第六章真空中的静电场习题66-1 解：以x 轴上的点电荷Q 作为研究对象，其受q 的作⽤⼒具有对称性，所受合⼒沿x 轴，即F=qx Q x F F F 2+=其中：202)2(4a Q F Q πε=；02045cos 4aqQ F qx πε=所以：02020245cos 42)2(4a qQ a Q F πεπε+=令上式为零可得：q Q 22-= 6-2 解：据分析，3E 只能取垂直⽅向，D 点的场强如图所⽰：xa1q q 3（1）D 点的合场强的垂直分量为零，0cos 32=+E E θ，即32co s E E -=θ带⼊点电荷场强关系式，得203220422)2(41aq a q πεπε-=?C q 9310*9.9--= （2）22201021?+=+=a q a q E E E πεπε =m v /10*79.16-6-3 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题6-3图所⽰(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产⽣场强为20)(d π41d x a xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P P -==?-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代⼊得21074.6?=P E 1C N -? ⽅向⽔平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε⽅向如题8-6图所⽰由于对称性?=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ?==lQyQy E E ?-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代⼊得21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，⽅向沿y 轴正向6-4 ⼀个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环⼼处O 点的场强．解: 如6-4图在圆上取?Rd dl =题6-4图λλd d d R l q ==，它在O 点产⽣场强⼤⼩为 20π4d d R R E ε?λ=⽅向沿半径向外则 ??ελd sin π4sin d d 0RE E x ==ελπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελελπ==0d cos π400=-=?ελπRE y∴ RE E x 0π2ελ=6-5解：如图所⽰，将半球⾯分割成⽆数半径不等环⾯与X 轴垂直的细圆环，图中圆环所带电荷量θθπλλγd ds dq sin 22==，该带电细圆环在O 点产⽣的电场强度为E d =()i xdqy x o224123+επ由⼏何关系，θγcos =x θγs i n =yγ222=+yx有 E d=()i xdq y x o224123+επ = επo41i dθθπσθγγγsin 2cos 2=i d oθθθσεcos sin 2球⼼处的电场强度：i i d E d E o oεεσθθθσπ4cos sin 220===??6-6解：将球⾯沿垂直于X轴的⽅向分割成⽆数半径不等的细圆环，圆中阴影环的带电荷量为：ααπσσRd R ds dq sin 2==在P 点的场强为：θααπσπεθπεαcos sin 241cos 42020r Rd R r d dE ?==（1）⽅向沿X 轴正⽅向(设0>α)如图由余弦定理θc o s 2222xy r x R -+=得： xrR r x 2cos 222-+=θ（2）⼜由余弦定理得：（3）式两边微分得：ααd Rx rdr sin 22= 得：xr dd R =ααs i n（4）将（1）、（2）、（3）式代⼊（1）式得：dr rR x x R rx R r x xr Rrdr E d 2222022220142241-+=-+?=εσπσπε（1）球⾯外（R x >）任⼀点P 的场强值+-= ?-+==x R x R x qdr r R x x R dE E 2022220414πεεσ（2）球⾯内：（R x <）+-=?-+==x R x R dr r R x x R dE E 01422220εσ6-7均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l ，总电量为q ．求这正⽅形轴线上离中⼼为r 处的场强E ．解: 如6-7图⽰，正⽅形⼀条边上电荷4q在P 点产⽣物强P E d ⽅向如图，⼤⼩为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平⾯上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题6-7图由于对称性，P 点场强沿OP ⽅向，⼤⼩为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++==⊥ελE P ++=ε⽅向沿OP6-8如题6-8)图所⽰，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平⾯．q 在该平⾯轴线上的A 点处，求：通过圆平⾯的电通量．解:题6-8图∵通过半径为R 的圆平⾯的电通量等于通过半径为22x R +的球冠⾯的电通量，球冠⾯积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠⾯积的计算：见题8-9(c)图ααα)cos 1(π22α-=r6-9 解: ⾼斯定理0d ε∑?=?q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E15r =cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=3.98≈1C N -?，⽅向沿半径向外． 50r =cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()33204π3 1.064πr r E r ρε-=≈外内 1C N -? 沿半径向外. 6-10 解：由⾼斯定理得：= dv s d E Sρε0球体内: E(r)? 4πr 2='rr k 041πεr d r ''2=4r k επ r e kr r E24)(ε= ,0球体外：4202414)(R R r d r r k r r E Rεππεπ=''?'=2044)(r rkR r Eε= （r>R ） 6-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两⽆限长同轴圆柱⾯，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: ⾼斯定理0d ε∑?=q S E s取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =??对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >题6-12图6-12 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题6-12图⽰，两带电平⾯均匀带电，电荷⾯密度分别为1σ与2σ，两⾯间， n E)(21210σσε-=1σ⾯外， n E)(21210σσε+-= 2σ⾯外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平⾯由1σ⾯指为2σ⾯．6-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r ＜R 的⼩球体，如题8-13图所⽰．试求：两球⼼O 与O '点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀⼩球的组合，见题6-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产⽣电场010=E，ρ- 球在O 点产⽣电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产⽣电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产⽣电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题6-13图(a) 题6-13图(b)(3)设空腔任⼀点P 相对O '的位⽮为r'，相对O 点位⽮为r (如题6-13(b)图)E PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．6-15解：将这⼀平⾯看作是由⼀系列环带所组成，取以O 为圆⼼，半径为r, 宽度为dr 的环带作为⾯元，该⾯元所带电量为rdrds dq πσσ2=?=rdr dq πσ2=该带电圆环在其轴线上P 点处的电场强度E d的⽅向沿X 轴正向，其⼤⼩为2322023220)(2)(41r x rdrx r x xdqdE +??=+?=εσπε做积分可得轴线上P 点的总场强：+2122023220)(2)(2x R xr x rdr x E R +?=+?=?∞εσεσ6-16解：① aqa q a q a q U 0002334πεπεπεπε-=-+-+=② aqQQ U U A 0023)(πε-=?-=∞题6-17图6-17 如题6-17图所⽰，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另⼀正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场⼒作的功．解: 如题6-17图⽰0π41ε=O U 0)(=-RqR q0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=6-18 如题6-18图所⽰的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中⼼O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产⽣的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产⽣O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负⽅向题6-18图θεθλππcos π4d d 222R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产⽣电势，以0=∞U===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产⽣ 2ln π40 2ελ=U半圆环产⽣ 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 6-19解：⑴如图所⽰，建⽴坐标V ala x dx U la ap 300105.2ln 44?=+==?+πελπελV x b dxU l l Q 32220103.44?=+=?-πελ6—22解：⑴在板状圆环上取半径为为1r ，宽为dr 的环带作为⾯元，该⾯元的带电量为：rdr rdr ds dq πσπσσ22=?==该带电圆环在轴线上P 点的电势为21)(2)(42221220r x rdr r x dq dU +?=+=πσπε积分可得点P 的总电势+-+=+=+=212222022021222|2)(22121R x R x r x r x rdr U R R R R P εσεσεσ⑵⼩球在下落过程中，电场⼒和重⼒都在对⼩球做功，我们对⼩球应⽤质点动能定理，则有221mv A A =+电重下落过程中重⼒的做功为：mgx A =重电场⼒能做的功为：)(00U U q l d E q A p p--=?-=?电由第⼀问得的结果可知，环⼼处的电势为：)(21200R R U -=εσ由此可知，)(2)(2121221200R x R x R R q U U q A p +++--=--=εσ电将上述结果带⼊动能定理中得由此可得⼩球到环⼼O 处的速度为()121222212022??+++--+=R x R x R R gx v εσ6—23解：参考6—19题i xa ar x U E x z dzU p p aap 220220244+?=??-=+=?-πελπεσ。

物理化学第六章课后答案完整版

第六章相平衡6.1 指出下列平衡系统中的组分数C，相数P及自由度F。

（1） I2(s)与其蒸气成平衡；（2） CaCO3(s)与其分解产物CaO(s)和CO2(g)成平衡；（3） NH4HS(s)放入一抽空的容器中，并与其分解产物NH3(g)和H2S(g)成平衡；（4）取任意量的NH3(g)和H2S(g)与NH4HS(s)成平衡。

（5） I2作为溶质在两不互溶液体H2O和CCl4中达到分配平衡（凝聚系统）。

解：（1）C = 1, P = 2, F = C–P + 2 = 1–2 + 2 = 1.（2）C = 3–1 = 2, P = 3, F = C–P + 2 = 2–3 + 2 = 1.（3）C = 3–1–1 = 1, P = 2, F = C–P + 2 = 1–2 + 2 = 1.（4）C = 3–1 = 2, P = 2, F = C–P + 2 = 2–2 + 2 = 2.（5）C = 3, P = 2, F = C–P + 1 = 3–2 + 1 = 2.6.2 已知液体甲苯（A）和液体苯（B）在90℃时的饱和蒸气压分别为=和。

两者可形成理想液态混合物。

今有系统组成为的甲苯-苯混合物5 mol，在90 ℃下成气-液两相平衡，若气相组成为求：（1）平衡时液相组成及系统的压力p。

（2）平衡时气、液两相的物质的量解：（1）对于理想液态混合物，每个组分服从拉乌尔定律，因此（2）系统代表点，根据杠杆原理mol.nmol.nn)..(n)..(.nnn)xx(n)xy(lglgglll,Bo,Bgo,Bg,B78432161253345565==-=-=+-=-6.3 单组分系统的相图示意如右图。

试用相律分析图中各点、线、面的相平衡关系及自由度。

6.4 已知甲苯、苯在90℃下纯液体的饱和蒸气压分别为54.22 kPa和136.12 kPa。

两者可形成理想液态混合物。

取200.0 g甲苯和200.0 g苯置于带活塞的导热容器中，始态为一定压力下90℃的液态混合物。

第6章习题答案

习题目录6.1 (3)6.2 (3)6.3 (4)6.4 (6)6.5 (7)6.6 (7)6.7 (7)6.8 (8)6.9 (10)6.10 (11)6.11 (11)6.12 (12)6.13 (13)6.14 (13)6.15 (14)6.16 (15)6.17 (15)6.18 (16)6.19 (16)6.20 (16)6.21 (16)6.22 (17)6.23 (18)6.24 (19)6.25 (19)6.26 (19)6.27 (20)6.28 (20)6.29 (20)6.30 (21)6.31 (22)6.32 (22)6.33 (22)6.34 (23)6.35 (24)6.36 .................................................................................................................... 错误!未定义书签。

6.37 (25)6.38 (26)6.39 (26)6.40 (27)6.41 (27)6.42 (28)6.43 .................................................................................................................... 错误!未定义书签。

6.44 .................................................................................................................... 错误!未定义书签。

6.45 (32)6.46 (35)输入序列的101的最后一个“1”，输出Z=1。

其余情况下输出为“0”。

（1）（2）解：1）S 0：起始状态，或收到101序列后重新开始检测。