第六章 思考题与习题
基础化学习题解答(第六章)
第六章沉淀溶解平衡与沉淀滴定思考题与习题一、填空题1.同离子效应使难溶电解质的溶解度降低。
2.根据待测组分与其他组分分离方法的不同，称量分析法一般分为沉淀法、气化法和电解法。
3. 称量分析法的主要操作过程包括溶解、沉淀、过滤和洗涤、烘干和灼烧、称量4. 根据滴定方式、滴定条件和选用指示剂的不同，银量法划分为莫尔法、佛尔哈德法、法杨司法。
5.莫尔法是在中性或弱碱性介质中，以K2CrO4＿作指示剂的一种银量法；而佛尔哈德法是在酸性介质中，以AgNO3作指示剂的一种银量法。
二、选择题1.AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.8×10-10和2.0×10-12，则下面叙述中正确的是( C )A. AgCl与Ag2CrO4的溶解度相等；B. AgCl的溶解度大于Ag2CrO4；C.二者类型不同，不能由K大小直接判断溶解度大小；spD.都是难溶盐，溶解度无意义。
2.下面的叙述中，正确的是( B )A.溶度积大的化合物溶解度肯定大；B.向含AgCl固体的溶液中加适量的水使AgCl溶解又达平衡时，AgCl溶度积不变，其溶解度也不变；C.将难溶电解质放入纯水中，溶解达平衡时，电解质离子浓度的乘积就是该物质的溶度积；D. AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质。
3.CaF2沉淀在pH=3的溶液中的溶解度较pH=5溶液中的溶解度( B )A.小；B.大；C.相等；D.可能大可能小。
4.已知Mg(OH)2的K=1.8×10-11，则Mg(OH)2饱和溶液中的pH是( A )spA. 3.59；B. 10.43；C. 4.5；D. 9.41。
5.指出下列条件适于佛尔哈德法的是( C )113A. pH6.5~10；B.以K2CrO4为指示剂；C.滴定酸度为0.1~1mol/L；D.以荧光黄为指示剂。
三、是非题(下列叙述中对的打“√”,错的打“×”)K越小，则其溶解度也越小。
微型计算机原理作业第六章 习题与思考题
第六章习题与思考题典型例题解析例6-1 试述PC微机中断系统的分类与特点。
答：PC微机系统中断包括硬件（外部）中断和软件（内部）中断两大类。
硬件中断包括不可屏蔽中断NMI和可屏蔽中断INTR。
它们都由外部硬件产生。
软件中断包括软件中断INT nH和CPU内部特殊中断，它们由内部中断指令或执行程序过程中出现异常产生的。
软件中断又有DOS中断和BIOS中断之分。
硬件中断的特点是：（1）硬中断是外部事件而引起的中断，因此，硬件中断具有随机性和突发性。
（2）在硬件中断响应周期，CPU需要发中断回答信号(非屏蔽硬件中断不发中断回答信号)。
（3）硬件中断的中断号由中断控制器提供(非屏蔽硬件中断的中断号由系统指定为02H)（4）硬件中断一般是可屏蔽的(非屏蔽硬件中断是不可屏蔽的)。
软件中断的特点是：（1）软件中断是执行中断指令而产生的，无需外部施加中断请求信号。
在程序需要调用某个中断服务程序时，只要安排一条相应中断指令，就可转去执行所需要的中断程序，因此，中断的发生不是随机的，而是由程序安排好的。
（2）在软件中断响应周期，CPU不需要发中断回答信号。
（3）软件中断的中断类型号是在指令中直接给出，因此，不需要使用中断控制器。
（4）软件中断是不可屏蔽的。
例6-2 试述可编程控制器8259A的作用。
答：可编程控制器8259A在协助CPU处理中断事务中所起的作用主要是：（1）接受和扩充外部设备的中断请求。
外设的中断请求，并非直接送到CPU，而是通过8259A接受进来，再由它向CPU提出中断请求。
一片8259A可授受8个中断请求，经过级联可扩展到8片8259A，能接受64个中断请求。
（2）进行中断优先级排队。
外设的中断优先级排队，并不是CPU安排，而是由8259A安排的。
即由8259A中断请求输入引脚（IR）的编号决定的。
连到IR0上的外设中断优先级最高，连到IR7上的外设中断优先级最低。
（3）向CPU提供中断类型号。
土力学课后答案详解 第6章
2m 2m 2m
ϕ 1= 30 ° ， γ 1= 18 κ Ν /m 3 ϕ 2= 26° ， γ 1= 17κ Ν /m 3
ϕ 3= 26° ， γ 3= 9κ Ν /m 3
6.21 题 6-1 图
解:
K a1
=
tan 2 (45o
−
ϕ1 2
)
=
tan 2 (45o
−
30o 2
)
压力。 6-3 朗肯土压力理论的基本假设是什么？
答：弹性半空间体内的应力状态，根据土的极限平衡条件而得出的土压力计算方法。在 弹性匀质的半空间体中，任一竖直面应都是对称面，其上的剪应力为零。 6-4 库仑土压力理论的基本假设是什么？
答：①墙后填土是理想的散粒体（粘聚力 c =0）；②滑动破裂面为通过墙踵的平面。
第六章 思考题与习题
思考题
6-1 什么是主动土压力、被动土压力和静止土压力？三者的关系是什么？ 答：（1）主动土压力：当挡土墙在外力作用下，向土体方向偏移至墙后土体达到极限平
衡状态时，作用在墙背上的土压力称为主动土压力，一般用 Ea 表示。
（2）被动土压力：当挡土墙在外力作用下，向土体方向偏移墙背土体达到极限平衡状
的状态。
当挡土墙离开土体向左移动时，墙后土体有伸张趋势。此时竖向应力σ z 不变，法向应 力σ x 减小，σ z 和σ x 仍为大、小主应力。当挡土墙位移使墙后土体达极限平衡状态时，σ x
达到最小值σ a ，其摩尔应力圆与抗剪强度包线相切。土体形成一系列滑裂面，面上各点都
处于极限平衡状态，称主动朗肯状态，此时墙背法向应力σ x 为最小主应力，即朗肯主动土
墙底：σ p1 = (q + γh)K p = (25 + 16 × 5) × 3.85 = 404.25kPa
有机化学课后习题及答案（第六章）
有机化学课后习题及答案（第六章）6章思考题6.1 试解释实验中所遇到的下列问题：（１）（１）⾦属钠可⽤于除去苯中所含的痕量H2O，但不宜⽤于除去⼄醇中所含的⽔。
（２）（２）为什么制备Grignard试剂时⽤作溶剂的⼄醚不但需要除去⽔分，并且也必须除净⼄醇(⼄醇是制取⼄醚的原料，常参杂于产物⼄醚中)。
（３）（３）在使⽤LiAlH4的反应中，为什么不能⽤⼄醇或甲醇作溶剂？6.2 叔丁基醚[(CH3)3C]2O既不能⽤Williamson法也不能⽤H2SO4脱⽔法制得，为什么？6.3 苯酚与甲苯相⽐有以下两点不同的物理性质：（ａ）苯酚沸点⽐甲苯⾼；（ｂ）苯酚在⽔中的溶解度较甲苯⼤。
你能解释其原因吗？6.4 解释下列现象（１）（１）从2-戊醇所制得的2-溴戊烷中总含有3-溴戊烷。
（２）（２）⽤HBr处理新戊醇(CH3)2C－CH2OH时只得到(CH3)2CBrCH2CH3。
解答6.1 答（1）⼄醇的活泼氢能与Na发⽣反应，苯与Na⽆反应。
（2）RMgX不仅是⼀种强的亲核试剂，同时⼜是⼀种强碱，可与醇羟基中的H结合，即RMgX可被具活性氢的物质所分解，如（3）LiAlH4既是⼀种强还原剂，⼜是⼀种强碱，它所提供H-与醇发⽣反应，如6.2叔丁基醚⽤H2SO4脱⽔法合成时，主要产⽣烯烃。
6.3 答甲苯和苯酚的相对分⼦质量相近，但是甲苯的沸点110.6℃，⽽苯酚的沸点181.8℃，这是由于苯酚可以形成分⼦间氢键；甲苯不溶于⽔，⽽苯酚易溶于⽔，是由于苯酚与⽔分⼦之间会形成氢键：6.4习题6.1⽐较下列各组化合物与卢卡斯试剂反应的相对速度:(1) 正戊醇, 2-甲基-2-戊醇, ⼆⼄基甲醇(2) 苄醇, 对甲基苄醇, 对硝基苄醇(3)(3)苄醇, α-苯基⼄醇, β-苯基⼄醇6.26.2区别下列各组化合物:(1) CH2=CHCH2OH, CH3CH2CH2OH , CH3CH2CH2Br, (CH3)2CHI(2) CH3CH(OH)CH3, CH3CH2CH2OH , C6H5OH , (CH3)3COH , C6H5OCH3(3) α-苯基⼄醇, β-苯基⼄醇, 对⼄基苯酚, 对甲氧基甲苯6.36.3写出下列各反应主要产物:6.4合成题:(1)(1)甲醇, 2-丁醇→ 2-甲基丁醇(2)(2)正丙醇, 异丙醇→ 2-甲基-2-戊醇(3)(3)甲醇, ⼄醇→正丙醇, 异丙醇(4)(4)2-甲基丙醇, 异丙醇→ 2,4-⼆甲基-2-戊烯(5)(5)丙烯→⽢油→三硝酸⽢油酯(6)(6)苯, ⼄烯, 丙烯→ 3-甲基-1-苯基-2-丁烯(7)(7)⼄醇→ 2-丁醇(8)(8)叔丁醇→ 3, 3-⼆甲基-1-丁醇(9)(9)⼄烯→三⼄醇胺(10)(10)丙烯→异丙醚(11)(11)苯, 甲醇→ 2,4-⼆硝基苯甲醚(12)(12)⼄烯→正丁醚(13)(13)苯→间苯三酚(14)(14)苯→对亚硝基苯酚(15)(15)苯→ 2,6-⼆氯苯酚(16)(16)苯→对苯醌⼆肟6.5某醇C5H12O氧化后⽣成酮，脱⽔则⽣成⼀种不饱和烃, 将此烃氧化可⽣成酮和羧酸两种产物的混合物, 试推测该醇的结构.6.6有⼀化合物(A)的分⼦式为C5H11Br, 和NaOH⽔溶液共热后⽣成C5H12O(B). B具有旋光性.能和钠作⽤放出氢⽓, 和浓硫酸共热⽣成C5H10(C). C经臭氧化和在还原剂存在下⽔解, 则⽣成丙酮和⼄醛. 试推测A, B, C的结构, 并写出各步反应式.6.7新戊醇在浓硫酸存在下加热可⽣成不饱和烃. 将这不饱和烃经臭氧化后, 在锌粉存在下⽔解, 可得到⼀种醛和⼀种酮. 试写出反应历程及各步反应产物的构造式.6.8分离下列各组化合物:(1)(1)⼄醚中混有少量⼄醇(2)(2)戊烷, 1-戊炔和1-甲氧基-3-戊醇6.9 下列各醚和过量的浓氢碘酸反应, 可⽣成何种产物?(1)(1)甲丁醚(2)(2)2-甲氧基⼰烷(3)(3)2-甲基-1-甲氧基戊烷6.10有⼀化合物的分⼦式为C6H14O, 常温下不与⾦属钠反应, 和过量的浓氢碘酸共热时⽣成碘烷, 此碘烷与氢氧化银作⽤则⽣成丙醇. 试推测此化合物的结构, 并写出反应式.6.11 有⼀化合物的分⼦式为C7H16O, 并且:(1)(1)在常温下它不和⾦属钠反应;(2)(2)它和过量浓氢碘酸共热时⽣成C2H5I和C5H11I . 后者与氢氧化银反应⽣成的化合物的沸点为138℃.试推测原化合物的结构, 并写出各步反应式.6.12有⼀化合物的分⼦式为C20H21O4N, 与热的浓氢碘酸反应可⽣成碘甲烷. 当此化合物4.24 mg与氢碘酸反应, 所⽣成的碘甲烷通⼈硝酸银的醇溶液, 得到11.62mg碘化银. 问此化合物含有⼏个甲氧基?6.13 写出环氧⼄烷与下列试剂反应的⽅程式:(1)(1)有少量硫酸存在下的甲醇(2)(2)有少量甲醇钠存在下的甲醇6.14 推测下列反应的机理。
第6章思考题与习题答案
思考题与习题1．步进电动机是数字控制系统中的一种执行元件，其功用是将________变换为相应的角位移或直线位移。
（）A．直流电信号 B.交流电信号C. 计算机信号D.脉冲电信号2. 在步进电机的步距角一定的情况下，步进电机的转速与__ __成正比。
3．步进电动机与一般旋转电动机有什么不同？步进电动机有哪几种?4．试以三相单三拍反应式步进电动机为例说明步进电动机的工作原理．为什么步进电动机有两种步距角？5. 步进电动机常用于_________系统中作执行元件，以有利于简化控制系统。
（）A.高精度B.高速度C.开环D.闭环6. 步进电动机的角位移量或线位移量与输入脉冲数成_ _。
7. 步进电动机的输出特性是( )A.输出电压与转速成正比B.输出电压与转角成正比C.转速与脉冲量成正比D.转速与脉冲频率成正比8、如何控制步进电动机输出的角位移、转速或线速度？9、反应式步进电动机与永磁式及感应式步进电动机在作用原理方面有什么共同点和差异？步进电动机与同步电动机有什么共同点和差异？10、一台反应式步进电动机步距角为0.9o/1.8o，问（1）这是什么意思？（2）转子齿数是多少？11．采用双拍制的步进电动机步距角与采用单拍制相比（）A．减小一半 B.相同C.增大一半D.增大一倍12. 有一四相八极反应式步进电机，其技术数据中有步距角为1.8°/0.9°，则该电机转子齿数为（）A.75B.100C.50D.不能确定13．一台三相反应式步进电动机，采用三相六拍运行方式，在脉冲频率f为400Hz时，其转速n为100r/min，试计算其转子齿数Z R和步距角θb。
若脉冲频率不变，采用三相三拍运行方式，其转速n1和步距角θb1又为多少？14. 一台三相反应式步进电动机，其转子齿数Z R为40，分配方式为三相六拍，脉冲频率f 为600Hz，要求：（1）写出步进电动机顺时针和逆时针旋转时各相绕组的通电顺序；（2）求步进电动机的步距角θb；（3）求步进电动机的转速n。
第六章受压构件承载力计算思考题与练习题一、简答题6-1．1钢筋
第六章受压构件承载力计算思考题与练习题一、简答题6-1．1 钢筋混凝土柱中配置纵向钢筋的作用是什么？对纵向受力钢筋的直径、根数和间距有什么要求？为什么要有这些要求？为什么对纵向受力钢筋要有最小配筋率的要求，其数值为多少？6-1．2 钢筋混凝土柱中配置箍筋的目的是什么？对箍筋的直径、间距有什么要求？在什么情况下要设置附加箍筋、附加纵筋？为什么不能采用内折角钢筋？6-1．3 轴心受压柱的破坏特征是什么？长柱和短柱的破坏特点有何不同？计算中如何考虑长度的影响？6-1．4 试分析轴心受压柱受力过程中，纵向受压钢筋和混凝土由于混凝土徐变和随荷载不断增加的应力变化规律。
6-1．5 轴心受压柱中在什么情况下混凝土压应力能达到，钢筋压应力也能也能达到?而在什么情况下混凝土压应力能达到时钢筋压应力却达不到？6-1．6 配置间接钢筋柱承载力提高的原因是什么？若用矩形加密箍筋能否达到同样效果？为什么？6-1．7 间接钢筋柱的适用条件是什么？为何限制这些条件？6-1．8 偏心受压构件的长细比对构件的破坏有什么影响？6-1．9 钢筋混凝土柱大小偏心受压破坏有何本质区别？大小偏心受压的界限是什么？截面设计时如何初步判断？截面校核时如何判断？6-1．10 为什么有时偏心距很大，也会出现小偏心受压破坏？为什么在小偏心受压的情况下，有时要验算反向偏心受压的承载力？6-1．11 偏心受压构件正截面承载力计算中的设计弯距与基本计算公式中的是否相同？的物理意义是什么？6-1．12 在偏心受压构件承载力计算中，为什么要考虑偏心距增大系数的影响？6-1．13 为什么要考虑附加偏心距？附加偏心距取值与什么因素有关？6-1．14 在计算大偏心受压构件的配筋时：（1）什么情况下假定ξ=？当求得的0或0时，应如何处理？（2）当为已知时，是否也可假定ξ=求？（3）什么情况下ξ/?此时如何求钢筋面积？6-1．15 小偏心受压构件中远离轴向力一侧的钢筋可能有几种受力状态？6-1．16 为什么偏心受压构件一般采用对称配筋截面？对称配筋的偏心受压构件如何判别大小偏心？6-1．17 对偏心受压除应计算弯距作用平面的受压承载力外？尚应按轴心受压构件验算垂直于弯距作用平面的承载力，而一般认为实际上只有小偏心受压才有必要进行此项验算，为什么？6-1．18 工字形截面偏心受压构件与矩形截面偏心受压构件的正截面承载力计算方法相比有何特点？其关键何在？6-1．19 在进行工字形截面对称配筋的计算过程中，截面类型是根据什么来区分的？具体如何判别？6-1．20 当根据轴力的大小来判别截面类型时b+(-b)]，表明中和轴处于什么位置？此时如何确定实际的受压区高度，如何计算受压区混凝土的应力之合力，又如何考虑钢筋的应力？6-1．2１若完全根据公式计算，是否会出现x h的情况？这种情况表明了什么？实际设计时，如何对待并处理此种情况？6-1．22偏心受压构件的Ｍ－Ｎ相关曲线说明了什么？偏心距的变化对构件的承载力有什么影响？6-1．23 有两个对称配筋的偏心受压柱，其截面尺寸相同，均为b h的矩形截面，也相同。
(完整版)第六章酸碱滴定思考题与习题答案
第6章思考题与习题1．写出下列各酸的共轭碱：H 2O ，H 2C 2O 4，H 2PO 4-，HCO 3-，C 6H 5OH ，C 6H 5NH 3+，HS -。
答：H 2O 的共轭碱为OH -；；H 2C 2O 4的共轭碱为HC 2O 4-；H 2PO 4-的共轭碱为HPO 42-；HCO 3-的共轭碱为CO 32-；；C 6H 5OH 的共轭碱为C 6H 5O -；C 6H 5NH 3+的共轭碱为C 6H 5NH 3；HS -的共轭碱为S 2-；2. 写出下列各碱的共轭酸：H 2O,NO 3-，HSO 4-，S 2-，C 6H 5O -。
答：H 2O 的共轭酸为H +；NO 3-的共轭酸为HNO 3；HSO 4-的共轭酸为H 2SO 4；S 2的共轭酸为HS -；C 6H 5O -的共轭酸为C 2H 5OH3．为什么一般都用强酸（碱）溶液作酸（碱）标准溶液？为什么酸（碱）标准溶液的浓度不宜太浓或太稀？答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为：H ++OH -=H 2OK c ===1.0×1014 (25℃)]][[1-+OH H W K 1 此类滴定反应的平衡常数K t 相当大，反应进行的十分完全。
但酸（碱）标准溶液的浓度太浓时，滴定终点时过量的体积一定，因而误差增大；若太稀，终点时指示剂变色不明显，故滴定的体积也会增大，致使误差增大。
故酸（碱）标准溶液的浓度均不宜太浓或太稀。
4．HCl 与HAc 的混合溶液（浓度均为0.10 mol·L -1），能否以甲基橙为指示剂，用0.1000 mol·L -1 NaOH 溶液直接滴定其中的HCl ？此时有多少HAc 参与了反应？解：C 1=0.10mol •L -1 ， K a2=1.8×10-5 ，所以（1）不能以甲基橙为指示剂准确滴定HCl（2）因为 甲基橙的变色范围为3.1～4.4所以 当pH=4.0时为变色转折点pH=pKa+lg HAA -4.0=4.74+lg%1.0%x x - x%=15%5．判断下列情况对测定结果的影响：（1）用混有少量的邻苯二甲酸的邻苯二甲酸氢钾标定NaOH 溶液的浓度；（2）用吸收了CO 2的NaOH 标准溶液滴定H 3PO 4至第一计量点；继续滴定至第二计量点时，对测定结果各如何影响？答：（1）使测定值偏小。
模拟电子技术基础学习指导及习题解答(谢红主编)第六章思考题及习题解答
第六章思考题与习题解答6-1 要满足下列要求，应引入何种反馈?(1)稳定静态工作点；(2)稳定输出电压；(3)稳定输出电流；(4)提高输入电阻；(5)降低输入电阻；(6)降低输出电阻、减小放大电路对信号源的影响；(7)提高输出电阻、提高输入电阻。
目的复习引入反馈的原则。
解(1)欲稳定静态工作点应引入直流负反馈，因为静态工作点是个直流问题。
(2)稳定输出电压应引入电压负反馈。
输出电压是交流参量，电压负反馈属于交流反馈组态。
在四种交流负反馈组态中，电压串联负反馈和电压并联负反馈均能达到稳定输出电压的目的。
(3)稳定输出电流应引入电流负反馈。
输出电流也是交流参量，在四种组态中，引电流串联负反馈或电流并联负反馈均可。
(4)提高输入电阻应引入串联负反馈，如电压串联负反馈或者电流串联负反馈。
(5)降低输入电阻应引入并联负反馈，如电压并联负反馈或者电流并联负反馈。
(6)降低输出电阻、减小放大电路对信号源的影响是一个减小输出电阻并提高输入电阻的问题，应引入电压串联负反馈。
(7)输入、输出电阻均提高应引入电流串联负反馈。
6-2 负反馈放大电路为什么会产生自激振荡?产生自激振荡的条件是什么?解在负反馈放大电路中，如果把负反馈引的过深会将负反馈变成正反馈，于是自激振荡就产生了。
产生自激振荡的条件是幅度条件相位条件arg AF=±(2n+1)π,n为整数∆=±180°或者附加相移φ6-3 判断下列说法是否正确，用√或×号表示在括号内。
(1)一个放大电路只要接成负反馈，就一定能改善性能。
( )(2)接入反馈后与未接反馈时相比，净输入量减小的为负反馈。
( )(3)直流负反馈是指只在放大直流信号时才有的反馈；( )交流负反馈是指交流通路中存在的负反馈。
( )。
(4)既然深度负反馈能稳定放大倍数，那么电路所用各个元件都不必选用性能稳定的。
( )(5)反馈量越大，则表示反馈越强。
( )(6)因为放大倍数A越大，引入负反馈后反馈越强，所以反馈通路跨过的级数越多越好。
模拟电子技术基础学习指导与习题解答(谢红主编)第六章 思考题与习题解答
第六章思考题与习题解答6-1 要满足下列要求，应引入何种反馈?(1)稳定静态工作点；(2)稳定输出电压；(3)稳定输出电流；(4)提高输入电阻；(5)降低输入电阻；(6)降低输出电阻、减小放大电路对信号源的影响；(7)提高输出电阻、提高输入电阻。
目的复习引入反馈的原则。
解(1)欲稳定静态工作点应引入直流负反馈，因为静态工作点是个直流问题。
(2)稳定输出电压应引入电压负反馈。
输出电压是交流参量，电压负反馈属于交流反馈组态。
在四种交流负反馈组态中，电压串联负反馈和电压并联负反馈均能达到稳定输出电压的目的。
(3)稳定输出电流应引入电流负反馈。
输出电流也是交流参量，在四种组态中，引电流串联负反馈或电流并联负反馈均可。
(4)提高输入电阻应引入串联负反馈，如电压串联负反馈或者电流串联负反馈。
(5)降低输入电阻应引入并联负反馈，如电压并联负反馈或者电流并联负反馈。
(6)降低输出电阻、减小放大电路对信号源的影响是一个减小输出电阻并提高输入电阻的问题，应引入电压串联负反馈。
(7)输入、输出电阻均提高应引入电流串联负反馈。
6-2 负反馈放大电路为什么会产生自激振荡?产生自激振荡的条件是什么?解在负反馈放大电路中，如果把负反馈引的过深会将负反馈变成正反馈，于是自激振荡就产生了。
产生自激振荡的条件是AF=-1幅度条件AF=1=±(2n+1)π,n为整数相位条件a r g AF或者附加相移φ∆=±180°6-3 判断下列说法是否正确，用√或×号表示在括号内。
(1)一个放大电路只要接成负反馈，就一定能改善性能。
( )(2)接入反馈后与未接反馈时相比，净输入量减小的为负反馈。
( )(3)直流负反馈是指只在放大直流信号时才有的反馈；( )交流负反馈是指交流通路中存在的负反馈。
( )。
(4)既然深度负反馈能稳定放大倍数，那么电路所用各个元件都不必选用性能稳定的。
( )(5)反馈量越大，则表示反馈越强。
无机化学第四版第六章思考题与习题答案
无机化学第四版第六章思考题与习题答案work Information Technology Company.2020YEAR第六章分子的结构与性质思考题1．根据元素在周期表中的位置，试推测哪些元素之间易形成离子键，哪些元素之间易形成共价键。
答：ⅠA、ⅡA族与ⅥA、ⅦA元素之间由于电负性相差较大，易形成离子键，而处于周期表中部的主族元素原子之间由于电负性相差不大，易形成共价键。
2．下列说法中哪些是不正确的，并说明理由。
（1）键能越大，键越牢固，分子也越稳定。
不一定，对双原子分子是正确的。
（2）共价键的键长等于成键原子共价半径之和。
不一定，对双原子分子是正确的。
（3）sp2杂化轨道是由某个原子的1s轨道和2p轨道混合形成的。
×由一个ns轨道和两个np轨道杂化而成。
（4）中心原子中的几个原子轨道杂化时，必形成数目相同的杂化轨道。
√（5）在CCl4、CHCl3和CH2Cl2分子中，碳原子都采用sp2杂化，因此这些分子都呈四面体形。
×sp3，CCl4呈正四面体形；CHCl2和CH2Cl2呈变形四面体形。
（6）原子在基态时没有未成对电子，就一定不能形成共价键。
×成对的电子可以被激发成单电子而参与成键。
（7）杂化轨道的几何构型决定了分子的几何构型。
×不等性的杂化轨道的几何构型与分子的几何构型不一致。
3．试指出下列分子中那些含有极性键？Br2CO2H2O H2S CH44．BF3分子具有平面三角形构型，而NF3分子却是三角锥构型，试用杂化轨道理论加以解释。
BF3中的B原子采取SP2杂化，NF3分子的N原子采取不等性的SP3杂化。
5．CH4，H2O，NH3分子中键角最大的是哪个分子键角最小的是哪个分子为什么 CH4键角最大（109028，），C采取等性的SP3杂化，NH3（107018，）， H2O分子中的N、O采用不等性的SP3杂化，H2O分子中的O原子具有2对孤电子对，其键角最小（104045，）。
电机第liu章习题答案
第六章 同步电机
5. 同步发电机与无穷大电网并联运行，过励时向电网输出 感性无功功率，欠励时向电网输出容性无功功率。
6. 一台汽轮发电机并联于无穷大电网运行，欲增加有功功 率输出，应增大进汽量，欲增加感性无功功率输出，应增加励 磁电流。（填如何调节）
7. 汽轮发电机气隙增稳定性能增加。
第六章 同步电机
（三）选择题：
1. 同步发电机带容性负载时，其调整特性是一条：（ ③ ） ① 上升的曲线； ② 水平直线； ③ 下降的曲线。
2. 同步发电机的V形曲线在其欠励时有一不稳定区域，而 对同步电动机的V形曲线，这一不稳定区应该在（ ③ ）区域。
① If>If0；
② If=If0；
③ If<If0。
3. 同步发电机过励运行较欠励运行稳定，满载运行较轻载 运行稳定。（ × ）
4. 同步发电机采用准同期法并车，当其他条件已满足，只 有频率不同时，调节发电机的转速，使其频率与电网频率相等 时，合上并联开关，即可并车成功。（ × ）
5. 汽轮同步发电机与无穷大电网并联运行，只调节气门开 度，既可改变有功功率又可改变无功功率输出。（ √ ）
3. 工作于过励状态的同步调相机，其电枢反应主要是： （②）
① 交轴电枢反应；
② 去磁的直轴电枢反应；
③ 增磁的直轴电枢反应。
第六章 同步电机
4. 与无穷大容量电网并联运行的同步发电机，过励时欲增 加励磁电流，则（ ② ）。
① 发出的容性无功功率增加，功角减小；
② 发出的感性无功功率增加，功角减小；
6.16 一台50MW，13.8kV，Y联结，cosφ= 0.8（滞后）的 水轮发电机并联于一无穷大电网上，其参数Ra≈0，Xd*=1.15， Xq*=0.7，不计饱和的影响，试求：当输出功率为10000kW， cosφ= 1.0时发电机的励磁电动势E0*及功角δ；（2）若保持此 输入有功功率不变，当发电机失去励磁时的δ，此时发电机还 能稳定运行吗？ （答案）
《机电设备维修技术》思考题与习题答案1
第六章思考题与习题答案一、名词解释1．机床几何精度：机床在不运动或运动速度较低时，决定加工精度的各主要零、部件以及这些零、部件的运动轨迹的形位精度。
2．机床运动精度：机床在以工作状态的速度运动时，决定加工精度的各主要零、部件以及这些零、部件的运动轨迹的形位精度。
3. 起重机跨度：是指起重机大车两轨道中心线间的距离。
二、填空题1．机床导轨的种类，按运动形式可分为直线运动导轨和旋转运动导轨两类；按摩擦状态可分为滑动导轨、滚动导轨和静压导轨；按截面形状可分为三角形导轨、矩形导轨、燕尾形导轨和圆柱形导轨。
2．导轨的磨削有砂轮端面磨削和砂轮周边磨削两种基本形式。
3．调整机床安装水平的目的，不是为了取得机床零部件理想的水平或垂直位置，而是为了得到机床的静态稳定性以利以后的检验，特别是那些与零件直线度有关的检验。
4.数控设备接地电缆一般要求其横截面积为5.5～14mm2，接地电阻应小于4～7Ω。
5.数控机床切削精度的检验，又称动态精度检验，它是在切削加工的条件下，对机床几何精度和定位精度的一项综合性考核。
6.工作台超程一般设有两道限位保护，一个为硬限位，而另一为软限位。
若工作台发生软超程时，通过移动工作台即可复位。
7.接通数控柜电源，检查各输出电压时，对+5V电源的电压要求高，一般波动范围应控制在± 5 %。
8.数控机床机械故障诊断的主要内容包括对机床运行状态的识别、预测和监视三个方面的诊断。
9.主轴伺服系统发生故障时，通常有三种形式，即CRT显示报警、硬件指示灯报警和不出现任何报警现象。
10.为了清除油泥，保证灵敏度，可在气动系统的过滤器之后，安装油雾分离器，将油泥分离出来。
此外，定期清洗阀也可以保证阀的灵敏度。
11.TH5840立式加工中心换刀由气动系统完成，如主轴松刀动作缓慢，其原因有气动系统压力太低或流量不足、机床主轴拉刀系统有故障和主轴松刀汽缸有故障。
三、判断题（正确的在题后的括号里画“√”，错误的画“×”）1.即使机床床身导轨较高的制造精度，安装机床时若不精心调整也会产生较大误差。
第六章 习题与思考题
习题与思考题思考题1.你认为应如何定义一个良好的工作环境。
2.什么是工作设计，它的重要意义是什么？3.标准化和专业化的优点和缺点是什么？4.试叙述工作扩大化和工作丰富化的区别。
5.请解释社会技术理论的主要含义。
6.许多管理人员都认为通过自动化可以提高生产效率，你的观点是什么？在引进自动化技术时应注意哪些问题？7.某些日本公司制定了部门经理轮换制度，而美国的公司则强调在一个岗位上的专业化（如财务经理或生产经理）。
讨论每一种策略的优缺点。
8.工作扩大化、职务轮换、工作丰富化的内涵是什么？9.工作扩大化、职务轮换、工作丰富化的职工授权的区别是什么？10.你知道那些工作使人机界面突破了人的能力的局限？11.什么是标准时间？标准时间真的标准吗？它的作用是什么？12.在时间研究中，为什么要考虑操作者的效率评定？13.时间研究的局限性是什么？14.人-机工程可从那些方面帮助提高生产率？谈论注重工作环境布置，如照明、彩色、噪音、温度等，对操作者生产的有利影响。
练习题1.一个管理人员欲制定一个金属切削作业的时间定额。
他共对此操作观测了50次，每次的平均时间是10.40分钟，标准偏差是1.20分钟，操作工人的工作效率评定为125%。
假设宽放率是16%，请确定该项作业的标准时间。
2.观测一项作业共60次，平均每次观测到的作业时间是1.2分钟。
对操作者效率评定是95%，宽放率为10%，在每天工作8小时的条件下，确定以下各种时间值：（1）观测到的时间；（2）正常时间；（3）标准时间。
3.保险公司办公室的工作之一是通过电话与客户交谈。
办公室的经理估计其中一位职员将一半的时间花在打电话上，为了证实这一点，该经理打算做一次工作抽样研究。
他希望绝对误差6%以内，置信度为98%，问至少要观察多少次？。
单片机控制系统应用第六章习题与思考题
第六章习题与思考题
6.1 A T89S51中有几个定时器/计数器？是加1计数还是减1计数？
6.2 定时器/计数器有哪几种工作方式？各有什么特点？
6.3 定时器/计数器的定时频率和计数频率怎样确定？对外部计数频率有何限制？
6.4 控制寄存器TMOD和TCON各位的定义是什么？怎样确定各定时器/计数器的工作方式？
6.5 在工作方式3中，定时器/计数器T0和T1的应用有什么不同？
6.6 已知单片机时钟频率fosc=12MHz，当要求定时时间为50ms和25ms时，试为定时器/计数器编写初始化程序。
6.7 已知A T89S51时钟频率fosc=6MHZ，试利用定时器编写程序，使P1.0输出一个高低电位分别为40μs和120μs 的连续矩形脉冲波。
6.8 设外部脉冲由INT1端输入，试编写利用门控位GA TE和定时器T1测试脉冲宽度的程序。
6.9 一个定时器的定时时间有限，试设计几种能实现较长时间（超过一个定时器的定时时间）定时的方案。
6.10 已知A T89S51时钟频率为6MHz，试编写程序，利用T0工作在方式3，使P1.0和P1.1分别输出400μs和800μs 的方波。
6.11 试用中断方式设计秒发生器，即在A T89S51的P1.0口每秒产生一个机器周期的正脉冲，有P1.1口每分钟产生一个机器周期的正脉冲。
6.12 试用定时器中断技术设计一个秒闪电路，要求使发光二极管LED每秒闪亮400ms，设时钟频率为6MHz。
06毛概思考题第六章(完)
第六章社会主义本质和建设中国特色社会主义总任务1.怎样准确把握邓小平关于社会主义本质的科学论断？邓小平关于社会主义本质的概括，既包括了社会主义社会的生产力问题，又包括了以社会主义生产关系为基础的社会关系问题，是一个有机整体。
社会主义本质的科学内涵就是：解放生产力，发展生产力，消灭剥削，消除两极分化，最终达到共同富裕。
基本内涵包括两个方面：①突出强调解放和发展生产力在社会主义发展中的重要地位。
强调解放和发展生产力在社会主义本质中地位。
②突出强调消灭剥削，消除两极分化，最终达到共同富裕。
社会主义就是要使全体社会成员过上富裕幸福的生活。
2.为什么说解放和发展生产力是社会主义的根本任务？社会主义的根本任务是发展生产力。
这合乎科学社会主义的基本原则，体现了中国社会主义初级阶段发展实践的迫切要求。
①高度发达的生产力是实现社会主义的物质基础。
我国的社会主义是在经济文化比较落后的基础上建立的，没有经历一个资本主义充分发展的历史阶段，发展社会生产力的任务尤为艰巨；②解放生产力是为促进生产力的发展开辟道路。
生产关系要适应生产力的发展。
生产关系既不能落后也不能超前于生产力的发展。
只有不断变革同生产能力发展不相适应的生产关系和上层建筑，为生产力的发展扫清障碍，才能促进生产力的发展。
③解放和发展生产力是中国特色社会主义根本任务。
社会主义的根本目标是实现共同富裕，进而实现人的自由而全面发展。
要实现这些目标，根本途径是解放和发展生产力。
3.如何理解分“三步走”基本实现社会主义现代化的发展战略？（1）1987年10月，党的十三大把邓小平“三步走”的发展战略构想确定下来。
（2）1997年，我国在提前实现了“三步走”战略的第一步和第二步战略目标后，党的十五大把“三步走”战略的第三步进一步具体化，提出了三个阶段性目标：①21世纪第一个十年，实现国民生产总值比2000年翻一番，使人民的小康生活更加富裕，形成比较完善的社会主义市场经济体制；②在经过10年的努力，到建党100周年时，使国民经济更加发展，各项制度更加完善；③到21世纪中叶新中国成立100周年时，基本实现现代化，建成富强民主文明的社会主义国家。
第六章思考题
第六章 思考题6.1 处理氧化还原平衡时，为什么引入条件电极电位？外界条件对条件电极点位有何影响？答案：(1) 在能斯特方程中，用离子的活度而非离子的浓度表示可逆氧化还原电对的电位。
但实际上，溶液中离子强度不可忽略，且溶液组成的改变（即有副反应发生）都会影响电极的电对电位，为考虑此两种因素的影响，引入了条件电极电位。
(2) 副反应：加入和氧化态产生副反应的试剂，使电对电极电位减小； 加入和还原态产生副反应的试剂，使电对电极电位增加。
酸度：有H +或OH -参加的氧化还原半反应，酸度影响电极电位，影响结果视具体情况而定。
离子强度的影响一般忽略。
6.2 为什么银还原器（金属银浸于1 mol.L -1HCl 溶液中）只能还原Fe 3+而不能还原Ti(Ⅳ)？试由条件电极电位的大小加以说明。
答案：+sp +-(Ag /Ag)0.059lg[Ag ](AgCl) (Ag /Ag)0.059lg[Cl ]K ϕϕϕθθ+θ=+=++sp 9.50(Ag /Ag)0.059lg (AgCl)0.800.059lg100.24(V)K ϕϕ'θθ-=+=+=在1mol ·L -1HCl 中，3+2+(Fe /Fe )=0.70ϕ'θ， ()()()04.0/Ti Ti '-=ⅢⅣθϕ6.3 如何判断氧化还原反应进行的完全程度？是否平衡常数大的氧化还原反应都能用于氧化还原滴定中？为什么？ 答案：(1) 根据条件平衡常数判断，即lg K ’ 6； (2) 不一定。
虽然K ’很大，但如果反应不能以一定的化学计量关系或反应的速率很慢，都不能用于氧化还原滴定中。
6.4 影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？如何加速反应的进行？答案：(1) 反应物的浓度；温度；催化剂；诱导作用(2) 增加反应物的浓度，或升高溶液的温度，或加入正催化剂，或有诱导反应的存在等都可加速反应的完成。
6.5 解释下列现象：(1) 将氯水慢慢加入到含有Br -和I -的酸性溶液中，以CCl 4萃取，CCl 4层变为紫色，如继续加氯水，CCl 4层的紫色消失而呈红褐色。
(完整版)第六章同化物的运输复习思考题及答案
第六章同化物的运输、分配及信号的传导（一）名词解释源(source) 即代谢源，是产生或提供同化物的器官或组织，如功能叶、萌发种子的子叶或胚乳。
库(sink) 即代谢库，是指消耗或积累同化物的器官或组织，如根、茎、果实、种子等。
共质体运输(symplastic transport) 物质在共质体中的运输称为共质体运输。
质外体运输(apoplastic transport) 物质在质外体中的运输称为质外体运输。
P蛋白（P-protein）即韧皮蛋白，位于筛管的内壁，当韧皮部组织受到损伤时，P-蛋白在筛孔周围累积并形成凝胶，堵塞筛孔以维持其他部位筛管的正压力，同时减少韧皮部内运输的同化物的外流。
转移细胞（transfer cells）在共质体-质外体交替运输过程中起转运过渡作用的特化细胞。
它的细胞壁及质膜内突生长，形成许多折叠片层，扩大了质膜的表面积，从而增加溶质内外转运的面积,能有效地促进囊泡的吞并，加速物质的分泌或吸收。
比集转运速率(specific mass transfer rate, SMTR) 单位时间单位韧皮部或筛管横切面积上所运转的干物质的数量。
韧皮部装载(phloem loading) 同化物从合成部位通过共质体或质外体胞间运输，进入筛管的过程。
韧皮部卸出(phloem unloading) 同化物从筛管分子-伴胞复合体进入库细胞的过程。
空种皮技术(empty seed coat technique，empty-ovule technique) 切除部分豆荚壳和远种脐端的半粒种子，并去除另半粒种子的胚性组织，制成空种皮杯。
短时间内，空种皮杯内韧皮部汁液的收集量与种子实际生长量相仿，此法适用于研究豆科植物的同化物运输。
源库单位(source-sink unit) 在同化物供求上有对应关系的源与库合称为源-库单位。
源强和库强源强(source strength)是指源器官同化物形成和输出的能力；库强 (sink strength) 是指库器官接纳和转化同化物的能力。
思修课后思考题答案第六章
思修课后思考题答案第六章第六章：社会主义初级阶段的理论与实践思修课后思考题第六章答案：一、选择题1.社会主义初级阶段最基本的特征是： A. 商品经济的存在 B. 工业基础的建立 C. 盘活国有资产 D. 农村工业化的推进正确答案：A. 商品经济的存在2.社会主义初级阶段是一个长期过程，大概需要几个时期？ A. 1个时期 B. 2个时期 C. 3个时期 D. 4个时期正确答案：C. 3个时期3.邓小平明确提出，在全党全军全国各族人民中，必须树立________为核心的“四个基本原则”。
A. 马克思主义 B. 社会主义 C. 共产主义 D. 民主主义正确答案：B. 社会主义4.邓小平认为，要搞建设，必须两手抓，两手都要硬。
其中，两手都要硬指的是： A. 军事建设和民生建设 B. 经济建设和政治建设 C. 生产建设和文化建设 D. 物质建设和精神建设正确答案：D. 物质建设和精神建设5.邓小平指出，实现社会主义现代化，必须坚持________。
A. 四项基本原则 B. 三个代表重要思想 C. 马克思主义的基本原理 D. 计划经济和市场经济的统一正确答案：A. 四项基本原则二、判断题1.邓小平科学判断中国社会主要矛盾已经转化为人民日益增长的物质文化需要和不平衡不充分的发展之间的矛盾。
正确2.邓小平提出，两手都要硬指的是物质建设和精神建设。
正确3.计划经济和市场经济不能同时存在。
错误4.在社会主义初级阶段，公有制在社会财富中的比重逐渐减小。
正确5.公有制经济不包括集体经济。
错误三、问答题1.什么是社会主义初级阶段？它的主要特征是什么？答：社会主义初级阶段是指在中国社会主义社会发展的一定时期内，由于生产力水平的不断提高和生产关系的不断变革，社会主义社会的性质和主要矛盾出现新的变化。
社会主义初级阶段最基本的特征是商品经济的存在。
在这一阶段，公有制是经济的主体，按劳分配是基本的分配形式。
此外，社会主义初级阶段还有政治稳定、经济发展、文化兴盛、社会进步等基本特征。
理论力学第六章思考题
第六章思考题6.1. 相同的两匀质杆AO 和BO 用铰链连接于固定点O , 并可在水平面内绕O 点转动. 某时刻AOB 位于同一直线上, 二杆以同样大小的角速度ω转动, 如思考题6.1图所示. 有人认为:“以二杆为系统, 此时质心为O 点, O 点为固定点, 故此时质心速度为零.”这种说法对吗?思考题6.1图6.2. 有时称c t c v m r ⨯为质心对O 点的角动量, 称221c t v m 为质心的动能. 这是否说明质心是一个质量为t m 、位置矢量为c r 、速度为c v 的质点? 6.3. 有一半径为R , 质量为m 的匀质圆球被旋转抛出. 某时刻球心速度为v ,球旋转角速度为ω , 求此时圆球的动量.6.4. 将一半圆柱置于一光滑水平面上, 初始时半圆柱静止于如思考题6.4图所示位置, 求质心C 的运动轨迹.思考题6.4图6.5. 有一水平圆台, 可绕过其圆心的竖直轴z 轴转动, 轴承处有较小但不可忽略的摩擦力. 有人站在台边上, 初始时圆台与人均静止, 如思考题6.5图所示.之后人沿台边跑一段时间后, 又停止跑动. 问人停止跑动后, 人与圆台将如何运动? 在整个过程中, 以人、圆台和轴为质点系, 其对z 轴总角动量如何变化?思考题6.5图6.6. 思考题6.5中, 把轴包括在质点系内, 这样做有何好处?6.7. 思考题6.5中, 如轴承是光滑的, 情况又当如何?6.8. 思考题6.5中, 人与盘运动状态的改变是由人跑动引起的. 而质点系的角动量定 理指出, 质点系角动量的变化与内力无关. 这两者之间是否发生矛盾?6.9. 试证明: 若质点系总动量为零, 则质点系对任意固定点的总角动量均相等.6.10. 有两个形状相同的匀质齿轮位于同一竖直面内, 可绕过各自中心的水平轴1O 和2O 转动, 转动惯量同为I , 如思考题6.10图所示. 开始时轮1绕固定轴1O 以角速度ω 转动, 轮2静止. 之后可沿竖直线移动的轴2O 向下移动使二齿轮啮合. 已知齿轮啮合后转动角速度的大小均为2ω. 有人说: “以二齿轮为质点组, 所受外力对轮轴力矩均为零. 且啮合前总角动量为ω I , 啮合后总角动量仍为ωωωI I I =+⋅22, 可见啮合过程角动量守恒.”试分析该说法是否正确.思考题6.10图6.11. 质量相同的两小球用轻杆相连, 静止地放在光滑水平面上. 初始时给其中一小球以垂直于杆的水平初速度0v , 试证两球各自的轨道均为旋轮线. 6.12. 自行车由静到动, 其动量变化靠的是地面对后轮向前的摩擦力f F , 这个摩擦力f F 对自行车做的功是否为自行车向前移动距离）(⨯=f F W ? 6.13. 以一般的动坐标系z y x O ''''代替质心系, 关系式O O t O OL v m r L ''''+⨯= 和T v m T O t '+='221(O L ''和T 分别为质点系在z y x O ''''系中对O '点的角动量和动能)能否成立?6.14. 一匀质细杆可绕过端点的水平轴无摩擦地转动, 初始时杆静止于竖直位置, 如思考题6.14图所示. 之后一小球沿水平方向飞来与杆做完全弹性碰撞. 以小球和杆为质点系, 在碰撞过程中系统动量、角动量和机械能是否守恒?思考题6.14图6.15. 在光滑水平面上有一长为l 、质量为m 的匀质细杆, 绕过其中点的竖直轴以角速度0ω转动, 但其中心不固定, 如思考题6.15图所示. 现突然将杆的A 端按住, 以杆为研究对象, 有人认为:“用手按住A 点, 系统在A 点受外力作用, 但在按住A 点的过程中A 点无位移,故该外力不做功, 所以杆的机械能守恒.”你认为这样的看法正确吗?思考题6.15图第六章习题6.1. 椭圆规尺AB 质量为12m , 曲柄OC 质量为1m , 套管B A ,质量为2m ,l CB AC OC ===, 尺和曲柄的质心均位于其中点, 曲柄以匀角速度ω 绕z 轴转动,如题6.1图所示. 求此机构总动量的大小和方向.题6.1图6.2. 质量分别为1m 和2m 的重物以跨过滑轮A 的不可伸长的轻绳相连, 并可沿直角三棱柱的斜面滑动. 三棱柱底面放在光滑水平面上, 如题 6.2图所示. 已知三棱柱质量21164m m m ==初始时各物体均静止, 求当重物下降高度为m 1.0时, 三棱柱沿水平面的位移.题6.2图 6.3. 质量为0m 的人手持质量为m 的物体, 此人以与地面成α角的初速度0v 向前跳出. 当他跳到最高点时, 将物体以相对自己的速度u 水平向后抛出. 问由于物体的抛出,跳的距离增加了多少?6.4. 两个质点A 和B 质量分别为A m 和B m , 初始时位于同一竖直线上, A 质点有水平初速度0v , B 质点静止, B 点高度为h , A 点在B 点的上方, A 和B 间距离为l . 在以下3种情况中求质点A 和B 的质心轨迹. (1) A 和B 两质点间没有相互作用；(2) 质点A 和B 以万有引力相互作用; (3) A 和B 间以轻杆相连.6.5. 质量为m 的薄板在竖直面内, 绕过O 点的水平轴按t ωθθcos 0=规律转动, 其质心C 离O 点的距离为a , 如题6.5图所示. 求在任一瞬时水平轴对板的约束力.题6.5图 6.6. 瓦特节速器装置如题6.6图, 二杆长l OB OA ==, A 和B 二球质量均为m . 初始时A 和B 二球被一根线连结, 装置以角速度0ω绕竖直轴转动, 杆的张角为0θ. 自某一时刻线被烧断, 求角速度ω 与张角θ的关系. 设轴承光滑, 不受主动力矩, 杆的质量均可忽略不计. 若杆的质量不可忽略, 但各杆质量分布均匀, 结果又当如何?题6.6图6.7. 一质量为0m 、底半径为R 的匀质圆锥, 它的光滑固定对称轴沿竖直方向, 圆锥尖端向上, 在圆锥表面上有一沿母线的细槽. 初始时, 圆锥绕其对称轴以角速度0ω转动, 同时有一质量为m 的小球开始自槽的顶端沿槽自由下滑. 试求小球滑出槽口时圆锥的角速度. 若此槽不是沿母线的直线, 试问此槽曲线应满足什么条件, 才能使小球滑出槽口时圆锥角速度与槽为沿母线的直线情况相同.6.8. 质量为1m 和2m 的二质点, 用一根长为l 的不可伸长的轻绳相连. 初始时1m 被握在手中不动, 2m 以匀速率0v 绕1m 做圆周运动. 在某瞬时将1m 放手, 试求以后二质点的运动, 并证明绳内张力l m m v m m F T)(212021+=. 不考虑重力及质点间引力作用, 并已知绳一直是张紧的.6.9. 传送机由两个相同的滑轮B 和C 和套在其上的传送带构成, 每个滑轮质量为1m 、半径为R , 均可视为匀质圆盘, 传送带质量为2m , 相对水平面倾角为α, 被传送物体质量为3m . 初始时各物体均静止, 在B 上施加一不变力矩M , 如题6.9图所示. 设滑轮轴承处光滑, 传送带与滑轮及传送带与被传送物体间均无滑动, 传送带在EF 间为直线. 试求当被传送物体在EF 间运动时, 传送带运行速率v 与运行距离s 间的关系.题6.9图6.10. 一炮弹质量为21m m +, 发射时水平及竖直速度分别为Ox v 和Oy v . 当炮弹达到最高点时, 其内部炸药爆炸产生能量E , 使此炮弹分为1m 和2m 两部分, 开始时两部分均沿原方向飞行, 不计空气阻力, 试求炮弹的两部分落地时相距的距离.6.11. 质量为0m 、半径为R 的光滑半球, 其底面放在光滑水平面上, 有一质量为m 的质点沿球面滑下. 初始时二物体均静止, 质点初位置与球心连线和竖直向上的直线间夹角为α.求质点滑到它与球心连线和竖直向上直线间夹角为θ时θ的值.6.12. 轻杆AB 长为l ,两端固定有质量分别为1m 和2m 的质点A 和B , 杆只能在竖直平面内运动, 某瞬时A 点速度为1v , B 速度为2v , 分别与杆夹角1α和2α, 如题 6.12图所示. (1) 试求此系统在质心系中相对质心的角动量； (2) 考虑重力作用, 试求此系统在以后的运动中角速度的变化情况.题6.12图6.13. 一质量为m , 长为a 2的细杆AB , 它的两端可沿一水平固定圆环无摩擦地滑动,圆环半径为)(a R R >. 初始时杆静止, 同时有一质量亦为m 的质点静止地位于杆的中点C . 自某一瞬时开始, 质点以相对杆的不变速度0v 沿杆运动, 如题6.13图所示.试求当质点运动到杆的端点A 时, 杆相对自己的初始位置转过多少角度?题6.13图6.14. 质量分别为1m 和2m 的两自由质点, 它们以万有引力互相吸引. 开始时, 两质点均处于静止状态, 其间距离为a . 试求两质点相距为2a 时两质点的速度.6.15. 参见思考题6.14, 试证明若小球撞击在距O 点2/3杆长的A 点时, 系统沿水平方向动量守恒.6.16. 参见思考题6.15, 试求按住A 点后瞬时杆的角速度, 及按住A 点的过程中杆的动能损失了百分之几?6.17. 电风扇的转动部分对其固定转动轴的转动惯量为I , 所受空气阻力矩与角速度大小成正比,比例系数为k .通电时风扇以匀角速度0ω转动, 求断电以后经过多长时间其角速度的大小减为初始时的一半,在这段时间内风扇又转过了多少圈?6.18. 由薄片刚体构成的复摆可绕与其垂直的光滑水平固定轴转动, 对转动轴的回转半径为k (k 定义为m I k =,I 为刚体对转动轴的转动惯量,m 为刚体质量), 转动轴到刚体质心的距离为a . 已知复摆无初速地自偏离平衡位置0θ角处开始摆动, 求复摆在悬点处所受约束力的水平分量和垂直分量.6.19. 有一半径为r 的小圆柱, 自半径为R 的大圆柱的最高位置无滑滚下, 同时大圆柱也沿水平面做无滑滚动,试写出两圆柱间无滑条件的数学表达式.6.20. 质量为m , 半径为R 的匀质细圆环被限定在竖直平面内运动, 开始时将其放在粗糙水平面上,用手按其后侧边缘, 使圆环质心获得向前的初速度0v , 同时圆环有向后转动的初角速度0ω , 如题6.20图所示.设圆环与水平面间摩擦因数为μ,试求圆环的运动规律.题6.20图6.21. 长为a 2的匀质棒AB , 以光滑铰链悬于A 点, 棒可在竖直面内摆动. 初始时棒自水平位置无初速地开始运动, 当棒摆至垂直位置时铰链突然脱落, 试证在以后的运动中棒质心的运动轨迹为一抛物线.并求当棒的质心下落h 距离后, 棒一共转了几圈?6.22. 一匀质棒被限制在竖直平面内运动, 开始时把棒一端置于光滑水平地面上,一端靠在光滑的竖直墙上,且棒与地面夹角为α, 并任其从此位置开始无初速地滑动.试证当棒与地面夹角变为)sin 32arcsin(α时,棒与墙分离.6.23. 试研究6.22题中棒与墙分离后的运动,设棒长为a 2, 求棒落地时的角速度.6.24. 如题 6.24图所示, 一面光滑一面粗糙的平板,质量为1m .将其光滑的一面放在光滑水平桌面上, 粗糙面上放一质量为2m 的球.初始时板与球均静止, 若板沿其长度方向突然获得一速度0v . 问经多少时间后球开始做无滑滚动? 设球与板间摩擦因数为μ,板的长度足够长.题6.24图6.25. 如题6.25图所示, 一质量为m , 半径为a 的匀质小圆球, 初始时位于另一个半径为b 的固定大圆球的顶点, 并无初速地无滑滚下, 设球一直保持无滑状态, 试证当两球连心线与竖直向上的直线间夹角)1710arccos(=ϕ时,两球将分离.题6.25图6.26. 试用计算机通过数值求解方法研究习题6.20中圆环的运动, 并描绘其运动情况.参考答案第六章思考题6.1. 不对. 质心不是固定点. 6.2. 质心是一个几何点. 严格说C t C v m r ⨯是位于质心假想质点对O 点角动量,2C t )2/1(v m 是位于质心的假想质点的动能.6.3. v m .6.4. 质心C 竖直向下运动. 6.5. 圆盘以kω沿人跑动方向转动.在人跑动时对z 轴总角动量增加, 在人停止跑动后对z轴总角动量逐渐减小到零. (因受轴承摩擦力矩所致.)6.6. 由于圆盘与轴间的相互作用比较复杂, 把轴包括在质点系内, 只需分析轴受轴承的力和力矩, 较为简单.6.7. 如轴承光滑,则总角动量不变. 人停止跑动后,圆盘亦停止转动.6.8. 质点系的总角动量的变化与内力无关, 但内力可使角动量在质点间等量转移. 6.9. 质点系总动量为零, 则0C =v . 于是C C C t C 0L L v m r L '='+⨯= , 与O 点选取无关. 6.10. 不正确. 啮合后二齿轮转动角速度方向相反, 对1O 或2O 轴角动量都不守恒.(1N F和2N F 都不沿21O O 方向.) 6.11. 初始时一球静止, 一球以0v 运动, 质心初速度2/0v , 二球在质心系内速率为2/0v .由于运动中系统动量守恒, 在质心系中对质心角动量守恒, 故其质心速度和二小球在质心系内绕质心运动的速率均不变. 因此两球的轨道与在直线轨道上作无滑滚动的圆盘边缘上一点的轨道相同.6.12. 后轮所受向前的摩擦力不可能对自行车作正功.6.13. 不能成立.6.14. 由于水平轴施与的约束力不一定沿竖直方向, 故动量不守恒, 沿水平方向动量也不一定守恒. 对水平轴角动量守恒, 机械能守恒.6.15. 在按住A 点的过程中, A 点不可能设有位移. 如果位移足够小则外力必足够大, 我们可以忽略其位移而认为“按住A 点”, 但外力作负功不可忽略.第六章习题6.1. 可以分别求出AB 、OC 、A 和B 的动量，之后求和得)cos sin ()25(21j t i t lm m m p ωω+-+=. 也可先求AB 、OC 、A 和B 的公共质心位置矢量c r . 由c 21)23(r m m p +=求出. 6.2. 以m 、1m 和2m 为质点组，水平向右Ox 方向动量守恒02211=++x m x m xm . 即02211=∆+∆+∆x m x m x m ，x x x ∆+'∆=∆11，x x x ∆+'∆=∆22. 1m 下降0.1m 则31.01-='∆x 、1.02-='∆x ，可求出21077.3-⨯≈∆x m. 6.3. 以人与物体为质点组，水平方向动量守恒)(cos )(000u v m v m v m m -+=+α，可求出u m M m v v ++=αcos 0. 因落地时间g v t αs i n 0=，所以跳的距离增加了g m M m u v t v v l )(s i n )c o s (00+=-=∆αα.6.4. 三种情况均为B m m l m h x v m m m g y A A A A A +++-=2c 20c )(21. 6.5. 按质心运动轨道用自然坐标法，根据质心运动定理t a v mg F v m mg F v m N N ωωθθθαsin .sin ,cos 0t n t n 2-=-=-= .可求出t ma mg F t ma mg F N N ωθωθωωθθcos sin ,sin cos 2n 2220n -=+=. 6.6. 以二球、四杆和轴为质点组，根据绕竖直轴角动量守恒022022sin 2sin 2θωθωl m l m =，可求出0022)sin /(sin ωθθω=. 当杆的质量不可忽略时，结果不变.6.7. 以圆锥、小球为质点组，据绕竖直轴角动量守恒2202001030103R m R m R m ωωω+=+，可求出)103/(000m m m +=ωω. 只要槽出口处的切线方向沿母线，则结果不变.6.8. 初始时1m 和2m 的质心速度)/(21020c m m v m v += ，由系统动量守恒知以后质心速度0c v 不变，由质心系中绕质心角动量守恒可知1m 和2m 相对质心系速度不变)(),(2101221021m m v m v m m v m v +='+='. 以τ 表示质点在质心系内作圆周运动的轨道切线方向，则ττ )()(',)()('210121022210221021m m v m m m v m v m m v m m m v m v +++=+++=.质心系为惯性系. 由牛顿定律可求出l m m v m m F T )(212021+=. 6.9. 以传送机及被传送物体为质点组，运动过程中只有力矩M 及物体3m 所受重力做功，由动能定理αsin 02121)(2121232322221gs m R s M v m v m R v R m -=-++⨯⨯. 可求出213213])()sin (2[s m m m R g Rm M v ++-=α.6.10. 以1m 和2m 为质点组，爆炸过程中沿水平方向动量守恒（设1m 和2m 爆炸后速度为21,v v ）c 212211)(v m m v m v m +=+，再据动能定理E v m m v m v m =+-+2c 21222211)(212121，可解出)(22112c 1m m m E m v v +±=，)(221211m m m E m v v c += ，1m 和2m 落地时间均为g v t =，故212121)(2m m m m E g vv v t L +=-⋅=.6.11. 以0m 和m 为质点组，沿水平Ox 方向动量守恒0)cos (0=++θθ R x m xm ，求出)/(cos 0m m mR x +-=θθ ，代入机械能守恒方程)cos (cos ])sin ()cos [(2121220θαθθθθ-=+++mgR R R x m x m ，即可求出2/120])cos 1()cos (cos 2[θθαθm m m R g +--= . 6.12. 设质心速度为c v ，杆角速度为ω . 以地为S 系；质心系为S '系，将'c v v v +=用于B A .,两质点，并沿平行于和垂直于杆方向投影2211//c cos cos ααv v v == （1）11c sin αωv CA v =+⊥ （2）22c sin αωv CB v =+-⊥ （3）[请分析（1）式的物理意义. ]由（2）和（3）式可求出l v v /)sin sin (2211ααω+=，所以)/()sin sin ()/(2122112121221c c m m v v l m m m m l m m I L ++=+=='ααωω. 根据系统在质心系中对质心角动量守恒，可知ω 保持不变. 6.13. 以杆和质点为质点组，对过环心的竖直轴角动量守恒. 设质点遇到杆后的角速度为ω ，则])([)32(2202202222221a R mv t v a R m a R m L I L L L --+-+-=+=+=ωωω0)352(22022022=--+-=a R mv t mv a R m ωω，即,])352[(22022220t v a R a R v +--=ω因t d d θω=. 将上式积分可求出)352(tan )352(2212222a R a a R a R -⋅--=-ω.6.14. 以1m ，2m 为质点组，根据动量守恒2211v m v m =，机械能守恒a m Gm a m Gm v m v m 212122*********-=-+，即可求出，2121221])([m m a Gm v +=，2121212])([m m a Gm v +=.6.15. 设杆质量为m 、长为l ，撞击点到O 点距离为a . 由角动量Fa ml =ϕ 231，质心运动定理--=N F F l m ϕ 2（-N F 为O 点支撑力水平分量）. 由上述二式可证明：当l a 32=时，0=-N F . 0=-N F 则系统沿水平方向动量守恒.6.16. 按住A 点过程中，杆对过A 点竖直轴角动量守恒，可求出按住A 点后杆绕A 点转动角速度40ωω=，杆的动能损失43. 6.17. 由对固定轴的角动量定理t k I d )(d ωω-=，积分可求出0021,e ωωωω==-t l k 则2ln k I t =，把t t l k d e d 0-=ωθ积分得)e 1(0t l k k I --=ωθ，2ln k I t =代入则k I k I π4)r a d (200ωωθ==（圈）.6.18. 以固定轴为Oz 轴，Oy Ox ,轴在刚体所在平面内，Ox 轴水平向后，Oy 轴竖直向上，规定摆角θ正方向于Oz 轴正方向一致. 复摆的运动微分方程为x R F xm =c （1） mg F ym y R -=c （2） θθsin amg I -= （3）因θsin c a x =，θcos c a y -=，所以θθθθsin cos 2c a a x -= （4）θθθθcos sin 2c a a y += （5）由（3）式θθsin 2k ag -= ，即θθθθd sin d 2k ag -= ，积分可求出)cos (cos 2022θθθ-=k ag . 把θ 及2θ 代入（4）、（5）式，由（1）、（2）式可求出,sin )cos 2cos 3(022R θθθ--=k mg a F xmg k mg a F y +--=]1cos )cos 2cos 3[(022R θθθ.6.19. 以过大圆柱圆心2C 竖直向上半直线为定线1. 由定线1到大圆柱半径A C 2为ϕ（逆时针为正），定线1到二圆柱连心线为α（顺时针为正）. 以过小圆柱圆心1C 竖直向下半直线为定线2. 由定线2到小圆柱半径B C 1为θ（顺时针为正）. 初始时A 、B 点重合于大圆柱最高点，则0)(=-++r r R R θαϕ 或0)(=-++r r R R θαϕ.6.20. 沿0v 方向建立Ox 轴，Oy 轴竖直向上，ϕ角正方向沿0ω 方向. 第一阶段圆环作有滑滚动，动力学方程为 f F x m -=c （1）mg F ym N -=c （2） R F mR f -=ϕ2 （3） R y =c （4） N f F F μ= （5）由（1）—（5）式可解出tRggt v xμωϕμ-=-=00c , . 由无滑滚动条件0c =+=ϕ R xv p 求出达到无滑滚动的时间g R v t μω2/)(001+=. 1t 时刻2/)()(001c1R v t xω-= ，R v R t 2/)()(0011-=ωϕ . R v 00ω>时0,01c1<>ϕ x ；R v 00ω=时，01c1==ϕ x ；R v 00ω<时，0,01c1><ϕ x. 1t 以后为圆环运动的第二阶段，设圆环一直作无滑滚动. 第一阶段方程（1）—（4）不变，（5）式改为0=+ϕ R x. 可解得0,0c ==ϕ x ，及mg F N =，0=f F , 满足N f F F μ≤，假设正确.6.21. 由质心运动定理可证质心轨道为抛物线. 棒绕A 点下摆过程，由机械能守恒2223221ωωma I mga ==，可求出a g 2/3=ω. 铰链脱落后棒作平面平行运动，由角动量定理可知其角速度不变. 在质心下落h 的g h t /2=时间内，转动a h a h t 2π4/3)r a d (/3==ω（圈）.6.22. 建立Ox 轴沿地面向外，Oy 轴沿墙向上. 棒A 端于Oy 轴上，B 端于Ox 轴上，以OB到AB 为ϕ角正向. 从A 点作Oy 轴垂线，从B 点作Ox 轴垂线，二垂线交于D 点，则D 为A 端与墙分离前的瞬心. 设AB 中点为C ，a AB 2=，则a DC BC AC ===.由对瞬心的角动量定理ϕϕcos )31(22mga ma ma -=+ ，可求出ϕϕcos 43a g-= ，积分可求出)sin (sin 232ϕαϕ-=a g . 由质心运动定理NA F x m =及ϕcos c a x =，可知)cos sin (2ϕϕϕϕ +-=ma F NA . 把ϕ 及ϕ 结果代入则)sin 2sin 3(cos 43αϕϕ-=mgF NA ，由0=NA F 则棒与墙分离即可完成证明.6.23. 以地面为势能零点，根据机械能守恒2222c22c212122c12c13121)(21sin 3121)(21ϕϕϕ ma y x m mga ma y x m ++=+++ （1）2ϕ 为落地时的角速度，棒刚与墙分离时αϕsin 221a g = . 由ϕsin c a y =，ϕϕcos c a y =，所以)sin 941(sin 2cos 2122122c1ααϕϕ-==ag a y ，222222222c2cos ϕϕϕ a a y ==. 由质心运动定理可知c2c1x x=，把这些结果代入（1）式可求出212)sin 911(2sin 3⎥⎦⎤⎢⎣⎡-±=ααϕa g ，ϕ应取负值.6.24. 在桌面上建立坐标系Oxy ，Ox 沿0v 方向，Oy 竖直向上. 以逆时针方向为θ角正方向，球的运动微分方程为g m F xm f 21c12μ== （1） 为球半径）R gR m R F R m f (522122μθ== （2）板的运动微分方程为g m F xm f 22c21μ-=-= （3） 由（1）—（3）式可解出gt x μ=c1 ，t R g 25μθ= ，012c2v t m g m x +-=μ . 球上与板接触点速度gt R x v p μθ27c1=+= ，当c2x v p =时达无滑滚动，由此可求出⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=g m m v t μ)27(/1201. 设1t 以后保持无滑滚动，则g m F F F f f f 221μ===，把（1）—（3）式与无滑条件c2c1x R x=+θ联立可求出0=f F ，所以1t 以后确实一直保持无滑滚动.6.25. 以过大圆球球心O 竖直向上半直线为定线1，由定线1到二球连心线为ϕ角. 以过小圆球球心C 竖直向下半直线为定线2，小圆球初始时最低点为A ，由定线2到半径CA 为θ角. 小球的运动微分方程为f F mg b a m -=+ϕϕsin )( （1） N F mg b a m -=+ϕϕcos )(2 （2） a F ma f=θ 252 （3）无滑条件为0)(=-+θϕ a b a （4）由（3）、（4）式得f F b a m =+ϕ )(52，利用（1）式消去f F 得ϕϕsin )(57mg b a m =+ .积分可求出)(7)cos 1(102b a g +-=ϕϕ . 由（2）式可求出)710cos 717(-=ϕmg F N ，所以当1017cos =ϕ时0=N F ，两球分离.返回。
第六章习题与思考题
第六章思考题与习题1．填空（1）EDTA是一种氨羧络合剂，名称，用符号表示，其结构式为。
配制标准溶液时一般采用EDTA二钠盐，分子式为，其水溶液pH为，可通过公式进行计算，标准溶液常用浓度为。
（2）一般情况下水溶液中的EDTA总是以等型体存在，其中以与金属离子形成的络合物最稳定，但仅在时EDTA才主要以此种型体存在。
除个别金属离子外。
EDTA与金属离子形成络合物时，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）络合滴定曲线滴定突跃的大小取决于。
在金属离子浓度一定的条件下，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，lg'MY ；的络合作用常能增大，减小。
在K'MY一定时，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。
答：2．解：Cu2＋、、Zn2＋、、Cd2＋、Ni2＋等离子均能与NH3形成络合物，为什么不能以氨水为滴定剂用络合滴定法来测定这些离子？答：3．不经具体计算，如何通过络合物ML n的各βi值和络合剂的浓度[L]来估计溶液中络合物的主要存在型体？答：4．已知乙酰丙酮（L）与Al3＋络合物的累积常数lgβ1～lgβ3分别为8.6，15.5和21.3，AlL3为主要型体时的pL范围是多少？[AlL]与[AlL2]相等时的pL为多少？pL为10.0时铝的主要型体又是多少？解：5．铬蓝黑R（EBR）指示剂的H2In2-是红色，HIn2-是蓝色，In3-是橙色。
它的p K a2=7.3，p K a3=13.5。
它与金属离子形成的络合物MIn是红色。
试问指示剂在不同的pH的范围各呈什么颜色？变化点的pH是多少？它在什么pH范围内能用作金属离子指示剂？解：6．Ca2+与PAN不显色，但在pH=10～12时，加入适量的CuY，却可以用PAN作为滴定Ca2+的指示剂，为什么？解：7．用NaOH 标准溶液滴定FeCl3溶液中游离的HCl时，Fe3+将如何干扰？加入下列哪一种化合物可以消除干扰？EDTA，Ca-EDTA，柠檬酸三钠，三乙醇胺。
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第六章 思考题与习题6.1 最小拍设计的要求是什么？在设计过程中怎样满足这些要求？它有什么局限性？答：最小拍控制是指系统在典型输入信号（如阶跃信号、速度信号、加速度信号等）作用下，经过最少个采样周期使系统输出的稳态误差为零。
最小拍控制系统也称最小拍无差系统或最小拍随动系统。
显然这种系统对闭环脉冲传递函数的性能要求是快速性和准确性。
因此，事实上最小拍控制就是一类时间最优控制，系统的性能指标就是要求调节时间最短。
最少拍控制的定义：所谓最少拍控制，就是要求闭环系统对于某种特定的输入在最少个采样周期内达到无静差的稳态，且闭环脉冲传递函数具有以下形式式中N 是可能情况下的最小正整数。
这一形式表明闭环系统的脉冲响应在N 个采样周期后变为零，输出保持不变，从而意味着系统在N 拍之内达到稳态。
最少拍系统的设计原则是：若系统广义被控对象G(z)无延迟且在z 平面单位圆上及单位圆外无零极点，要求选择闭环脉冲传递函数Ф(z)，使系统在典型输入作用下，经最少采样周期后能使输出序列在各采样时刻的稳态误差为零，达到完全跟踪的目的，从而确定所需要的数字控制器的脉冲传递函数D(z)。
闭环脉冲传递函数Ф(z)的确定：由上图可知，误差E(z)的脉冲传递函数为典型输入函数 对应的z 变换 B(z)是不包含(1-z -1)因子的关于z -1的多项式。
根据z 变换的终值定理，系统的稳态误差为由于B(z)没有(1-z -1)因子，因此要使稳态误差e(∞)为零，Φe (z) 必须含有(1-z -1)因子，且其幂次数不能低于q ，即Фe (z)=1-Ф(z)=(1-z -1)Q F(z)→Ф(z)=1-Фe (z)=1-(1-z -1)Q F(z)式中，Q ≥q ，F(z)是关于z -1的待定系数多项式。
为了使Ф(z)能够实现， F(z)中的首项应取为1，即1212()NN z z z z φφφ---Φ=+++ ()()()()1()()()e E z R z Y z z z R z R z -Φ===-Φ(z)R(z) E(z)e Φ=11()(1)!q r t t q -=-1()()(1)qB z R z z -=-1111111()lim(1)()lim(1)()()()lim(1)()(1)e z z e q z e z E z z R z z B z z z z --→→--→∞=-=-Φ=-Φ-F(z)=1+f １z -1+f 2z -2+…+f p z -p可以看出，Ф(z)具有z -1的最高幂次为N=p+Q ，这表明系统闭环响应在采样点的值经N 拍可达到稳态。
为了实现最小拍，Φe (z)中的z -1幂次须为最低。
令Q=q ，特别当P=0时，即F(z)=1时，则所得Φe (z) 既可满足准确性，又可满足快速性要求，于是：系统在采样点的输出可在最少拍 (N min =q 拍)内达到稳态，即为最少拍控制。
因此最少拍控制器设计时选择Ф(z)为 Фe (z)=(1-z -1)qФ(z)=1－Фe (z)= 1-(1-z -1)q最少拍控制器D(z)为典型输入下的最少拍控制系统分析：(1)单位阶跃输入(q=1) 输入函数r(t)=1(t),其z 变换为由最少拍控制器设计时选择的Ф(z) =1-(1-z -1)q =z -1可以得到 进一步求得以上两式说明，只需一拍(一个采样周期)输出就能跟踪输入，误差为零，过渡过程结束。
(2)单位速度输入(q=2) 输入函数r(t)=t 的z 变换为由最少拍控制器设计时选择的Ф(z)=1-(1-z -1)q =1-(1-z -1)2=2z -1-z -2可以得到进一步求得 以上两式说明，只需两拍(两个采样周期)输出就能跟踪输入，达到稳态，过渡过程结束。
(3) 单位加速度输入(q=3) 单位加速度输入r(t)=（1/2）t ２ 的Z 变换为由最少拍控制器设计时选择的Ф(z)=1-(1-z -1)3=3z -1-3z -2+z -3可以得到 上式说明，只需三拍(三个采样周期)输出就能跟踪输入，达到稳态。
3.最少拍控制器的局限性(1)最少拍控制器对典型输入的适应性差 对某一典型输入的响应为最少拍的控制器，对于其qqz z G z z z z G z D )1)(()1(1)(1)()(1)(11-----=Φ-Φ=11()1R z z -=-[]110121()()()()1()(1)11100e E z R z z R z z z zz z z ----=Φ=-Φ=-=-=∙+∙+∙+112311()()()1Y z R z z z z z z z -----=Φ==+++- 112()(1)Tz R z z --=-[]112112()()()()1()(12)(1)e Tz E z R z z R z z z z Tz z -----=Φ=-Φ=-+=-234()()()234Y z R z z Tz Tz Tz ---=Φ=+++21113(1)()2(1)T z z R z z ---+=-212211()22E z T z T z --=+ +++=Φ=---432)()()(z T z T z T z z R z Y 2222162923它典型输入不一定为最少拍！ 一般来说，针对一种典型的输入函数R(z)设计，得到系统的闭环脉冲传递函数Ф(z)，用于次数较低的输入函数R(z)时，系统将出现较大的超调，响应时间也会增，但在采样时刻的误差为零。
反之，当一种典型的最少拍特性用于次数较高的输入函数时，输出将不能完全跟踪输入以致产生稳态误差。
由此可见，一种典型的最少拍闭环脉冲传递函数Ф(z)只适应一种特定的输入而不能适应于各种输入。
(2)最少拍控制器的可实现性问题 最少拍系统设计的物理可实现性指将来时刻的误差值，是还未得到的值，不能用来计算现在时刻的控制量。
亦即D(z)必须是物理可实现的，即当前时刻的输出只取决于当前时刻及过去时刻的输入，而与未来的输入无关。
在控制算法中，不允许出现未来时刻的偏差值，这就要求数字控制器D(Z)不能有z 的正幂项，即不能含有超前环节。
为使D(z)物理上可实现，Ф(z)应满足的条件是：若广义脉冲传递函数G(z)的分母比分子高N 阶，则确定Ф(z)时必须至少分母比分子高N 阶。
根据上面的分析，设计最小拍系统时，考虑到系统的稳定性和控制器的可实现性，必须考虑以下几个条件：1) 为实现无静差调节，选择Φe(z) 时，必须针对不同的输入选择不同的形式，通式为 2) 为实现最小拍控制，F(z)应该尽可能简单，F(z)的选择要满足恒等式： Φ(z) + Φe(z) =13) 为保证系统的稳定性，Φe(z)的零点应包含G(z)的所有不稳定极点；4) 为保证控制器D(z)物理上的可实现性，G(z)的所有不稳定零点和滞后因子均包含在闭环脉冲传递函数Φ(z) 中。
(3)最少拍控制的稳定性问题 只有当G(z)是稳定的(即在z 平面单位圆上和圆外没有极点)，且不含有纯滞后环节时，式Ф(z)=1-(1-z-1)q 才成立。
如果G(z)不满足稳定条件，则需对设计原则作相应的限制。
原因：在Ф(z) 中，D(z)和G(z)总是成对出现的，但却不允许它们的零点、极点互相对消。
这是因为，简单地利用D(z)的零点去对消G(z)中的不稳定极点，虽然从理论上可以得到一个稳定的闭环系统，但是这种稳定是建立在零极点完全对消的基础上的。
当系统的参数产生漂移，或辩识的参数有误差时，这种零极点对消不可能准确实现，从而将引起闭环系统不稳定。
解决方法：在选择Ф(z)时必须加一个约束条件，这个约束条件称为稳定性条件。
6.2 系统如图6-44所示，求r(t)=t 时的最少拍系统的D(z)。
1()(1)()Q e z z F z -Φ=-解：（1）广义被控对象广义被控对象零极点的分布：圆外极点 无 ，圆外零点 ，延时因子输入函数的阶次（2）确定期望的闭环结构取 、 为最低阶，即 、则：（3）根据 ，联立方程得： （4）确定控制器结构（5）检验输出响应的跟踪性能12111111110()(0.11)(0.051)10(1)(0.11)(0.051)0.76(10.035)(1 1.145)(1)(10.135)(10.018)Ts e G z Z s s s s z Z s s s z z z z z z --------⎡⎤-=⋅⎢⎥++⎣⎦⎡⎤=-⎢⎥++⎣⎦++=---0i =1 1.145p =-1j =1z -1r =2p =122()(1)()e z z F z -Φ=-(1)111()()(1 1.145)()r z z z z F z ----Φ=+1()F z 2()F z 1112()F z b b z -=+12()(1)F z cz -=+121111112()(1)(1)()(1 1.145)()e z z c z z z z b b z -----⎧Φ=-+⎨Φ=++⎩()1()e z z Φ=-Φ121 1.180.7150.819b b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩121111111()(1)(10.819)()(1 1.145)(1.180.715) 1.18(1 1.145)(10.606)e z z z z z z z z z z --------⎧Φ=-+∴⎨Φ=+-=+-⎩()()()()e z D z G z z Φ=Φ1111111.55(10.135)(10.018)(10.606)(1)(10.035)(10.819)z z z z z z ---------=-++234120.2360.1270.164)()()()(1)z z z Y z z R z z ----+-=Φ=-234523450.2360.5990.7980.9970.2360.60.81z z z z z z z z --------=++++≈++++6.6 具有纯滞后补偿的控制系统如图6-12所示，采样周期T ＝1s ，对象为求Smith 预估器的控制算式解：施密斯预估控制原理：实际工程上设计Smith 预估器时，将其并联在控制器上，对上图作方框图等效变换，得到下图所示的形式。
即与D(s)并接一补偿环节，用来补偿被控制对象中的纯滞后部分。
这个补偿环节称为预估器，其传递函数为 ，τ为纯滞后时间。
则预估器的传递函数为密斯预估器的输出可按下图计算，在此取PID 控制器前一个采样时刻的输出u(k-1)作为预估器的输入。
为了实现滞后环节，在内存中设置N 个单元作为存放信号m(k)的历史数据，存储单元的个数N 由下式决定：N=τ/T （取整） 式中：τ ——纯滞后时间； T ——采样周期。