第一章习题解答
第一章 习题答案
第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。
解 （1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图解1-1 所示。
1-2 题1-2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。
试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。
题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电解 c u 增高，偏差电压 r 。
此时，-=r e u u 使c u 过程：系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压r u （表征炉温的希望值）。
系统方框图见图解1-3。
1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。
图中电位器1P 、2P 并联后跨接到同一电源0E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。
输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。
试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
题1-4图 导弹发射架方位角控制系统原理图解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。
当摇动手轮使电位器1P 的滑臂转过一个输入角i θ的瞬间，由于输出轴的转角i o θθ≠,于是出现一个误差角o i e θθθ-=，该误差角通过电位器1P 、2P 转换成偏差电压o i e u u u -=，e u 经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带动电位器2P 的滑臂转过一定的角度o θ，直至i o θθ=时，o i u u =，偏差电压0=e u ，电动机停止转动。
这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。
只要o i θθ≠，偏差就会产生调节作用，控制的结果是消除偏差e θ，使输出量o θ严格地跟随输入量i θ的变化而变化。
电路理论习题解答 第一章
1.5
u /V
内阻不为零
+ us
R0
I
+
u
RL
−
伏安关系曲线
−
I/A 0.15
0
1.5
u /V
注：这里的伏安关系曲线只能在第一象限，原因也是，一旦出了第一象限， u 和 I 的比值就 变为负的了，反推出的 RL 就变为负值了，与题意不符。
V
V
1.5V
1.5V
R 内阻为零时 内阻不为零时
R
1-9 附图是两种受控源和电阻 RL 组成的电路。现以 RL 上电压作为输出信号,1)求两电路的电 压增益（A，gmRL）；2)试以受控源的性质，扼要地说明计算得到的结果。
1) 如果不用并联分压（在中学就掌握的东西），当然也可以用两个回路的 KVL 方程和顶部 节点的 KCL 方程，得出上面的 H(jω)的表达式，但是显然这样做是低效的。 2) 事实上，本课程的目的是希望学习者能够根据不同的题目，尽可能采用多种方法中的一 种最简单的方法去解决问题。因此， a) 只要没有要求，任意的逻辑完整的解题思路都是可取的； b) 学习者可以视自己的练习目的选择一种简单熟悉的方法、或者一种较为系统的方法、 或者多种方法来完成习题。
第一章习题答案 1-1 已知电路中某节点如图，I1=-1A,I2=4A,I4=-5A,I5=6A,用 KCL 定律建立方程并求解 I3 ( 4A )
图 1-1 解：由 KCL 定律：任一集中参数电路中的任一节点，在任一时刻，流入该节点的电流之和与 流出该节点的电流之和相同。 即： I1+I3+I4+I5=I2 =〉-1+（-5）+6+I3=4 =〉I3=4（A）
1 2
电工部分习题解答(1,2,3)
第一章 习题解答1-1 在图1-39所示的电路中，若I 1=4A ，I 2=5A ，请计算I 3、U 2的值；若I 1=4A ，I 2=3A ，请计算I 3、U 2、U 1的值，判断哪些元件是电源？哪些是负载？并验证功率是否平衡。
解：对节点a 应用KCL 得 I 1+ I 3= I 2 即4+ I 3=5, 所以 I 3=1A 在右边的回路中，应用KVL 得6⨯I 2+20⨯I 3= U 2，所以U 2=50V 同理，若I 1=4A ，I 2=3A ，利用KCL 和KVL 得I 3= -1A ，U 2= -2V 在左边的回路中，应用KVL 得20⨯I 1+6⨯I 2= U 1，所以U 1=98V 。
U 1，U 2都是电源。
电源发出的功率：P 发=- U 1 I 1- U 2 I 3=-98⨯4-2=-394W 负载吸收的功率：P 吸=2021I +622I +2023I =394W 二者相等，整个电路功率平衡。
1-2 有一直流电压源，其额定功率P N =200W ，额定电压U N =50V ，内阻R o =0.5Ω，负载电阻R L 可以调节，其电路如图1-40所示。
试求：⑴额定工作状态下的电流及负载电阻R L 的大小；⑵开路状态下的电源端电压；⑶电源短路状态下的电流。
解：⑴A U P I N N N 450200===Ω===5.12450N N L I U R ⑵ =⨯+==0R I U U U N N S OC 50+4⨯0.5 = 52V ⑶ A R U I S SC 1045.0520===图1-39 习题1-1图 图1-40 习题1-2图1-9 求图1-44所示电路中电阻的电流及其两端的电压，并求图1-44a 中电压源的电流及图1-44 b 中电流源的电压，判断两图中的电压源和电流源分别起电源作用还是负载作用。
解：图1-44a 中，A I R 2=，V U R 2=，电压源的电流A I 2=。
第一章部分习题解答
第一章部分习题解答1．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z ，知321z z z Δ的三个顶点均在单位圆上。
因为 33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+−+−=21212z z z z ++=所以， 12121−=+z z z z ，又 )())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +−+=−−=−()322121=+−=z z z z故 321=−z z ，同理33231=−=−z z z z ，知321z z z Δ是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
2．证明：z 平面上的直线方程可以写成C z a z a =+（a 是非零复常数，C 是实常数） 证 设直角坐标系的平面方程为C By Ax =+将)(i 21Im ),(21Re z z z y z z z x −==+==代入，得C z B A z B A =−+−)i (21)i (21令)i (21B A a +=，则)i (21B A a −=，上式即为C z a z a =+。
3．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线。
（1）t z i)1(+=； （2）t b t a z sin i cos +=；（3）t t z i+=； （4）22it t z +=，解（1）⎩⎨⎧∞<<−∞==⇔+=+=t t y tx t y x z ,)i 1(i 。
即直线x y =。
（2）π20,sin cos sin i cos i ≤<⎩⎨⎧==⇔+=+=t t b y ta x tb t a y x z ，即为椭圆12222=+b y a x ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=t y t x t t y x z 1ii ，即为双曲线1=xy ； （4）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=22221ii t y t x t t y x z ，即为双曲线1=xy 中位于第一象限中的一支。
物理化学 答案 第一章_习题解答
-
知此气体的 Cp,m=29.10 J·K 1，求过程的ΔU、ΔH、Q 和 W 。 解： （1）等容
ΔU = n ⋅ Cv ,m (T2 − T1 ) = 1 × (29.1 − 8.314) × 75 = 1559 J ΔH = n ⋅ C p ,m (T2 − T1 ) = 1 × 29.1 × 75 = 2183 J
η = −Wr / Q1 = (T1 − T2 ) / T1 = (500 − 300) / 600 = 40%
第二个卡诺热机效率
η ′ = −Wr / Q1′ = (T1 − T2′) / T1 = (500 − 250) / 600 = 50%
∵
η =η′
∴两个热机的效率不相同
（2）第一个热机吸收的热量： Q1 =
γ =1.4，试求 Cv,m。若该气体的摩尔热容近似为常数，试求在等容条件下加热该气体至 t2=
80℃所需的热。 解：∵ γ =
C p,m Cv , m
=
Cv , m + R Cv , m
= 1.4
∴ Cv, m =
R
γ
=
8.314 = 20.79 J ⋅ K -1 ⋅ mol-1 0.4
Qv = n ⋅ Cv ,m ⋅ ΔT = =
4
3 3 ⎧ ⎧ ⎪V1 = 5dm ⎪V2 = 6dm Q (可 ) = 0 ⎯⎯⎯⎯ → ⎨ ⎨ ⎪T1 = 298.15 K ⎪T2 = 278.15 K ⎩ ⎩
由理想气体绝热可逆过程方程式可知
T2 / T1 = (V1 / V2 ) Cv ,m =
R / Cv , m
运筹学教程(第三版)习题答案(第一章)
b 3/2 1
c x1 0 1 0
d x2 1 0 0
0 x3 5/14
0 x4 -3/4
-2/14 10/35 -5/14d+2/14c 3/14d-10/14c
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第一章习题解答
之间时最优解为图中的A点 当c/d在3/10到5/2之间时最优解为图中的 点 ； 当 在 到 之间时最优解为图中的 c/d大于 且c大于等于 时最优解为图中的 点；当c/d 大于5/2且 大于等于 时最优解为图中的B点 大于等于0时最优解为图中的 大于 小于3/10且 d大于 时最优解为图中的 点 ； 当 c/d大于 大于0时最优解为图中的 小于 且 大于 时最优解为图中的C点 大于 5/2且c小于等于 时或当 小于 小于等于0时或当 小于3/10且d小于 时最优解 小于0时最优解 且 小于等于 时或当c/d小于 且 小于 为图中的原点。 为图中的原点。
page 7 14 March 2012
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第一章习题解答
对下述线性规划问题找出所有基解， 1.3 对下述线性规划问题找出所有基解，指出哪 些是基可行解，并确定最优解。 些是基可行解，并确定最优解。
max Z = 3 x1 + x 2 + 2 x 3 12 x1 + 3 x 2 + 6 x 3 + 3 x 4 = 9 8 x + x − 4 x + 2 x = 10 1 2 3 5 st 3 x1 − x 6 = 0 x j ≥ 0（ j = 1, L , 6） ,
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《电磁场与电磁波》课后习题解答第一章
n(x2
y2
z2)
(x2 y2 z2)2 (x2 y2 z2)
(n 3)rn
【习题 1.20 解】
1
已知 r (x2 y2 z2 )2
r xex yey zez
所以
(1)
r
(ex
x
ey
y
ez
z
)
(
xex
yey
zez )
ex ey ez
xyz
Bx ex By ey Bz ez
取一线元： dl exdx eydy ezdz
则有
B dl
ex ey ez Bx By Bz 0 dx dy dz
则矢量线所满足的微分方程为
dx dy dz Bx By Bz
或写成
dx dy dz ＝k(常数) a2 z a3 y a3x a1z a1 y a2x
对（3）（4）分别求和
（4）
d (a1x) d (a2 y) d (a3 z) 0 xdx ydy zdz 0
d (a1x a2 y a3 z) 0 d(x2 y2 z2) 0
所以矢量线方程为
a1x a2 y a3 z k1
x2 y2 z2 k2
【习题 1.6 解】
ex ey ez A B (ex 9ey ez ) (2ex 4ey 3ez ) 1 9 1
2 4 3
31ex 5ey 14ez
【习题 1.3 解】
已知 A ex bey cez , B ex 3ey 8ez ,
（1）要使 A B ，则须散度 A B 0
所以从 A B 1 3b 8c 0 可得： 3b 8c 1
即 12ex 9ey ez • aex bey 12a 9b 0 ⑴
物理初二第一章练习题答案
物理初二第一章练习题答案1. 速度和加速度的关系根据物理学的基本概念，速度是物体运动的一个重要参量，而加速度则表示物体速度变化的快慢。
在初二的物理学习中，我们常常需要研究速度和加速度之间的关系。
以下是第一章练习题的答案：题目1：一个从静止开始的物体以恒定的加速度3 m/s²沿着一条直线运动，求它在5秒后的速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式v = u + at，其中v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。
给定初速度u=0，加速度a=3 m/s²，时间t=5秒。
代入公式计算可得v = 0 + 3 × 5 = 15 m/s。
题目2：一辆汽车在道路上以25 m/s的速度匀速行驶，经过10秒后它的位置是多少？答案：根据物理学中的位移公式s = ut，其中s是位移，u是速度，t 是时间。
给定速度u=25 m/s，时间t=10秒。
代入公式计算可得s = 25 ×10 = 250 m。
题目3：一个物体的速度从10 m/s增加到20 m/s，经过2秒的时间，求它的加速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式a = (v - u) / t，其中a是加速度，v是末速度，u是初速度，t是时间。
给定初速度u=10 m/s，末速度v=20 m/s，时间t=2秒。
代入公式计算可得a = (20 - 10) / 2 = 5 m/s²。
2. 动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个重要的原理，它指出在一个系统内，所有物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
以下是第一章练习题中涉及到动量守恒定律的答案：题目1：一辆质量为1000 kg的小轿车以20 m/s的速度向东行驶，和一辆质量为1500 kg的卡车以15 m/s的速度向东行驶发生碰撞，碰撞后两车结合在一起，求结合后的速度是多少？答案：根据动量守恒定律，碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。
小轿车的动量为mv1，卡车的动量为mv2，碰撞后的总动量为(m1 +m2)v。
第一章习l流体力学基础习题解答
液压传动与控制一、单项选择题1．液压系统的工作压力取决于（）.A．负载 B．泵吸压油口压差 C．泵的额定压力 D．溢流阀的调定压力2．L—HL22普通液压油表示该油在400C时的平均运动粘度为（）.A．22m2/s B．22dm2/s C．22cm2/s D．22mm2/s3．绝对压力为0。
4个大气压，其真空度为( )。
A．0。
4个大气压 B．0.6个大气压 C．-0。
4个大气压 D．—0。
6个大气压4．层流时的动能修正系数α一般取( ).A．1 B．1.33 C．1.5 D．25．流动液体的能量守恒定律是根据（）导出的。
A．动量守恒定律 B．质量守恒定律 C．帕斯卡定律 D．伯努利方程6．实验台上的压力表测量的是（)。
A．大气压力 B．绝对压力 C．相对压力 D．真空度7．液压泵吸油口的压力为P1,压油口压力为P2,其输出功率为（）和输出流量的乘积。
A．P1 B．P2 C．P1—P2 D．P2-P18．计算沿程阻力系数λ时，不必考虑（ ).A．管子长度 B．油液粘度 C．液流速度 D．管子直径9．在( ）工作的液压系统容易发生气蚀.A．高原 B．洼地 C．平原 D．沙漠10．下面（）的说法是不正确的。
A．水力直径对通流能力影响很大 B．圆形截面水力直径最大C．水力直径大，通流面积小时也不易堵塞 D．水力直径小表示通流阻力小11．光滑的金属圆管内液流的临界雷诺数为( )。
A．1100～1600 B．1600~2000 C．2000～2300 D．2500～3000 12．液压系统的故障大多数是由（）引起的。
A．系统漏油 B．油温过高 C．油液污染 D．油液粘度不对13。
油泵吸油高度一般应（ )。
A．〈0.5m B．〉0。
5m C．0。
5m～1m D．>1m14．我国生产的机械油和液压油采用40℃时的（ )作为其标号。
A．赛氏秒 B．恩氏度°Ｅ C．动力粘度Ｐa。
S D．运动粘度mm2/s 15．关于气压与液压传动叙述错误的是（ ).A．气压传动无介质费用和供应上的困难，泄漏不会严重影响工作,不会污染环境B．气压传动工作压力低,元件材料和制造精度高C．气压传动工作速度的稳定性要比液压传动好D．气压传动同液压传动相比出力较小,且传动效率低16. 紊流时的动能修正系数α一般取（）。
《初等数论》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
第一章 习题与答案
第一章习题与答案一、单选题1、理想与空想的区别在于（）。
①是否具有主观能动性②是否是自然形成的③是否符合客观规律性④是否是创新思维的结果3、人的理想确立的关键时期是（）。
①中年②童年③老年④青年4、追求崇高的理想需要（）信念。
①基本的②坚定的③彻底的④一贯的7. 人们的世界观、人生观和价值观在奋斗目标上的集中体现是（）①理想②信念③成才目标④道德品质8. 大学生中的共产党员和先进分子应树立的远大理想（）① 共产主义的远大理想② 建设中国特色社会主义社会③实现中华民族的伟大复兴④ 提高中国的国际地位9 、现阶段我国各族人民的共同理想是（）①实现各尽所能按需分配的共产主义社会。
②建设中国特色社会主义，实现中华民族伟大复兴。
③实现按劳分配的社会主义社会。
④人民生活达到温饱水平。
10 、一个人如果没有崇高理想或者缺乏理想，就会像一艘没有舵的船，随波逐流，难以顺利到达彼岸。
这主要说明了理想是（）①人生的指路明灯②人们的主观意志和想当然③人们对未来缺乏客观根据的想象④ 人们对某种思想理论所抱的坚定不移的观念和真诚信服的态度11．“樱桃好吃树难栽，不下功夫花不开。
”理想是美好的，令人向往的，但理想不能自动实现。
把理想变为现实的根本途径是（）①勇于实践、艰苦奋斗②认真学习科学理论③逐步确立坚定信念④大胆畅想美好未来13、当教师，要当一个模范教师；当科学家，要当一个对国家有突出贡献的科学家；当解放军战士，要当一个最英勇的解放军战士；当工人，要当一个新时代的劳动模范；当农民，要当一个对改变农村面貌有贡献的农民。
这些都是人生理想中（）①生活理想的表现②社会理想的表现③道德理想的表现④职业理想的表现二、多选题1、理想的特征有①超前性②阶级性③科学性④主观性⑤时代性2、理想从对象上划分（）。
①个人理想②道德理想③生活理想④ 社会理想⑤长远理想4、对于理想的错误认识有（）。
①理想理想，有利就想②人的理想和信念是人生的精神支柱③没有理想的人一样生活的很开心④理想是明天的，只要今天过的好就可以了⑤凡是理想自然都可以实现5、无数事实证明，人有了明确的理想，才能在人生的追求上不断去攀登，最大限度地实现人生价值；人若没有明确的理想，就会像没有舵的小船，在生活的大海中迷失方向，甚至搁浅触礁。
(完整版)自动控制原理_第一章课后习题解答
第一章1.1 图1.18是液位自动控制系统原理示意图。
在任意情况下，希望液面高度c维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。
c+-SM___ 1Q浮浮浮浮浮浮2Q浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮fi-+解：系统的控制任务是保持液面高度不变。
水箱是被控对象，水箱液位是被控变量。
电位器用来设置期望液位高度*c(通常点位器的上下位移来实现) 。
当电位器电刷位于中点位置时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱的流入水量与流出水量相等，从而使液面保持在希望高度*c上。
一旦流出水量发生变化(相当于扰动)，例如当流出水量减小时，液面升高，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液体流量减少。
这时，水箱液位下降．浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置为止，系统重新处于平衡状态，液位恢复给定高度。
反之，当流出水量在平衡状态基础上增大时，水箱液位下降，系统会自动增大阀门开度，加大流入水量，使液位升到给定高度*c。
系统方框图如图解1. 4.1所示。
1.2恒温箱的温度自动控制系统如图1.19所示。
（1） 画出系统的方框图；（2） 简述保持恒温箱温度恒定的工作原理;（3） 指出该控制系统的被控对象和被控变量分别是什么。
M放大器电机减速器调压器 220～热电偶电阻丝－ ＋－ ＋图1.19 恒温箱的温度自动控制系统解：恒温箱采用电加热的方式运行，电阻丝产生的热量与调压器电压平方成正比，电压增高，炉温就上升。
调压器电压由其滑动触点位置所控制，滑臂则由伺服电动机驱动．炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压作为反馈电压与给定电压进行比较，得出的偏差电压经放大器放大后，驱动电动机经减速器调节调压器的电压。
在正常情况下，炉温等于期望温度T ，热电偶的输出电压等于给定电压。
此时偏差为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。
运筹学教程(第三版)习题答案(第一章)
x1 0 0 0 0.75
maxZ 3x1 x2 2x3
12x1 3x2 6x3 3x4 9
(1)
st
8x1 3x1
x2 x6
4x3 0
2x5
10
xj 0（ , j 1, ,6）
基可行解
x2
x3
x4
x5
x6
3 0 0 3.5 0
0 1.5 0 8 0
00350
0 0 0 2 2.25
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第一章习题解答
讨论cl.,5d的上值题如(1何)中变，化若，目使标该函问数题变可为行m域ax的Z每=个cx顶1 +点d依x2， 次使目标函数达到最优。
解：得到最终单纯形表如下：
Cj→
c
CB 基 b x1
d x2 3/2 0
c x1 1 1
j
0
d
0
0
x2
x3
x4
1
5/14
-3/4
0
-2/14
X 0是 max Z CX 的最优解，故
CX 0 CX * 0;
X *是 max Z C * X 的最优解，故
C * X * C * X 0 0;
(C * C )( X * X 0 )
C(X 0 X *) C*(X * X 0) 0
page 24 5/25/2020
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C T X ( 2 ) , 所以 X 也是最优解。
page 23 5/25/2020
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第一章习题解答
1.10 线性规划问题max Z＝CX,AX＝b，X≥0，设 X0为问题的最优解。若目标函数中用C*代替C后，问题 的最优解变为X*，求证
第一章习题解答及参考答案
∫
−∞
sin (ωx ) d x =1 πx x
又有
ω x ω sin π ( ω π x ) = ω sin c ω sin = π (ω π x ) π πx π π sin (ωx ) ∞ = ω →∞ πx 0 lim x=0 x≠0
∞
∞ ∞ x comb eiπx = ∑ δ ( x − m )eimπ = ∑ δ ( x − m )cos mπ 2 m = −∞ m = −∞
当 m = 奇数时， comb( x ) + comb( x )e
iπx
=0；
∞
当 m = 偶数时，令 m = 2n ，则 cos 2πx = 1 ，并且有：
1 2 1 − 2
dξ = 1 5 −x 2
3 5 ≤ x ≤ 时(见图(c)), 2 2
∫1Biblioteka 2 x−2dξ =④ 当x>
5 1 和 x < − 时，重叠面积等于零。 2 2
卷积后所得图形如附图 1-3 所示。
附图 1-3 习题[1-5](2)卷积结果的函数图形
[1-6]试用卷积定理计算下列各式。 (1) sinc ( x ) ∗ sinc ( x ) (2) F sinc ( x ) sinc ( 2 x )
∞ 1/ 2 x − ξ −1 x − ξ −1 x −1 dξ = ∫− ∞ rect(ξ ) rect dξ = ∫−1 / 2 rect 2 2 2
其中
x − ξ − 1 1 x − 2 ≤ ξ ≤ x rect = 2 其他 0 1 1 1 1 3 1 ≤ ξ ≤ ；当 ξ = − 时有 − ≤ x ≤ ，而当 ξ = 时有 2 2 2 2 2 2
完整版高等代数习题解答(第一章)
完整版高等代数习题解答(第一章)高等代数题解答第一章多项式补充题1.当a,b,c取何值时，多项式f(x)=x-5与g(x)=a(x-2)^2+b(x+1)+c(x^2-x+2)相等？提示：比较系数得a=-1,b=-1,c=6.补充题2.设f(x),g(x),h(x)∈[x]，f^2(x)=xg^2(x)+x^3h^2(x)，证明：假设f(x)=g(x)=h(x)不成立。
若f(x)≠0，则∂(f^2(x))为偶数，又g^2(x),h^2(x)等于或次数为偶数，由于g^2(x),h^2(x)∈[x]，首项系数（如果有的话）为正数，从而xg^2(x)+x^3h^2(x)等于或次数为奇数，矛盾。
若g(x)≠0或h(x)≠0，则∂(xg^2(x)+x^3h^2(x))为奇数，而f^2(x)为偶数，矛盾。
综上所证，f(x)≠g(x)或f(x)≠h(x)。
1.用g(x)除f(x)，求商q(x)与余式r(x)：1）f(x) =x^3-3x^2-x-1，g(x) =3x^2-2x+1；2）f(x) =x^4-2x+5，g(x) =x^2-x+2．1）解法一：待定系数法。
由于f(x)是首项系数为1的3次多项式，而g(x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为1的1次多项式，而余式的次数小于2.于是可设q(x)=x+a,r(x)=bx+c。
根据f(x)=q(x)g(x)+r(x)，即x^3-3x^2-x-1=(x+a)(3x^2-2x+1)+bx+c，右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得a=-1/3,b=-2/3,c=-1，故得q(x)=x-1/3,r(x)=-x-1/3.2）解法二：带余除法。
用长除法得商q(x)=x^2+x-1，余式r(x)=-5x+7.2.m,p,q适合什么条件时，有1）x^2+mx-1/x^3+px+q;2）x^2+mx+1/x^4+px^2+q.解：1）将x^3+px+q除以x^2+mx-1得商为x+m+1/(x+m-1)，所以当m≠1时有解。
理论力学作业解答
1.2 某船向东航行，速率为每小时15km，在正午经过某一灯 塔。另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯 塔。问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ y 解：设向东航行的船为A，另一船为B， 以灯塔为坐标原点建立直角坐标如图所 示，以A经过O点为：t = 0 则此时B的位置在：B′ 任意时刻 t ，A、B的位置如图。 A、B间的距离为：
d ( − kv 0 cos α tg θ ) 1 dt = k ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
对上式积分可得：
1 ∫0 dt = k
t
∫α
−α
d ( − kv 0 cos α tg θ ) ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
v v0
α
v mg
θ
x
α v v
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
随着质点运动，切线方 向与 x 轴夹角减少，故有：
ρ
ds ρ =− dθ
(3)
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
s 2 = (15 t ) 2 + (15 × 1 .5 − 15 t ) 2 = 450 t 2 − 675 t + 506 .25
A
o
s
B B′
x
s = 450 t − 675 t + 506 .25
2 2
y
A
当 A、B相距最近时有： d (s2 ) = 900 t − 675 = 0 dt 可得：
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膨胀的结果是：汽流的出口方向发生偏转，并获得超音速汽流。 11、何谓斜切喷管的极限压力？ 答：蒸汽在喷管的斜切部分能膨胀到的最低压力，称为斜切喷管的极限压力。 12、什么是最佳速度比？纯冲动级、反动级和纯冲动式复速级的最佳速度比的表达式 各为什么？其值大约是多少？ 答：轮周效率最高时的速度比称为最佳速度比。各种级的最佳速度比的表达式如下： 其中：α1为喷嘴汽流出汽角。 纯冲动级的最佳速比为：(x1)op=cosα1／2，其值大约为 0.5； 反动级的最佳速比为：(x1)op=cosα1，其值大约为 1； 纯冲动式复速级的最佳速比为：(x1)op=cosα1／4，其值大约为 0.25。 13、汽轮机的级内损失一般包括哪几项？造成这些损失的原因是什么？ 答：汽轮机级内的损失有：喷管损失、动叶损失、余速损失、叶高损失、叶轮摩擦损失、 部分进汽损失、漏汽损失、扇形损失、湿气损失 9 种。 造成这些损失的原因： （1）喷嘴损失：蒸汽在喷嘴叶栅内流动时，汽流与流道壁面之间、汽流各部分之间存 在碰撞和摩擦，产生的损失。 （2）动叶损失：因蒸汽在动叶流道内流动时，因摩擦而产生损失。 （3）余速损失：当蒸汽离开动叶栅时，仍具有一定的绝对速度，动叶栅的排汽带走一 部分动能，称为余速损失。 （4）叶高损失：由于叶栅流道存在上下两个端面，当蒸汽流动时，在端面附面层内产 生摩擦损失，使其中流速降低。其次在端面附面层内，凹弧和背弧之间的压差大于弯曲流道 造成的离心力，产生由凹弧向背弧的二次流动，其流动方向与主流垂直，进一步加大附面层 内的摩擦损失。 （5）扇形损失：汽轮机的叶栅安装在叶轮外圆周上，为环形叶栅。当叶片为直叶片时， 其通道截面沿叶高变化，叶片越高，变化越大。另外，由于喷嘴出口汽流切向分速的离心作 用，将汽流向叶栅顶部挤压，使喷嘴出口蒸汽压力沿叶高逐渐升高。而按一元流动理论进行 设计时，所有参数的选取，只能保证平均直径截面处为最佳值，而沿叶片高度其它截面的参 数，由于偏离最佳值将引起附加损失，统称为扇形损失。 （6）叶轮摩擦损失：叶轮在高速旋转时，轮面与其两侧的蒸汽发生摩擦，为了克服摩 擦阻力将损耗一部分轮周功。又由于蒸汽具有粘性，紧贴着叶轮的蒸汽将随叶轮一起转动， 并受离心力的作用产生向外的径向流动，而周围的蒸汽将流过来填补产生的空隙，从而在叶 轮的两侧形成涡流运动。为克服摩擦阻力和涡流所消耗的能量称为叶轮摩擦损失。 （7）部分进汽损失：它由鼓风损失和斥汽损失两部分组成。在没有布置喷嘴叶栅的弧 段处，蒸汽对动叶栅不产生推动力，而需动叶栅带动蒸汽旋转，从而损耗一部分能量；另外 动叶两侧面也与弧段内的呆滞蒸汽产生摩擦损失，这些损失称为鼓风损失。当不进汽的动叶 流道进入布置喷嘴叶栅的弧段时，由喷嘴叶栅喷出的高速汽流要推动残存在动叶流道内的呆 滞汽体，将损耗一部分动能。此外，由于叶轮高速旋转和压力差的作用，在喷嘴组出口末端 的轴向间隙会产生漏汽，而在喷嘴组出口起始端将出现吸汽现象，使间隙中的低速蒸汽进入 动叶流道，扰乱主流，形成损失，这些损失称为斥汽损失。 （8）漏汽损失：汽轮机的级由静止部分和转动部分组成，动静部分之间必须留有间隙， 而在间隙的前后存在有一定的压差时，会产生漏汽，使参加作功的蒸汽量减少，造成损失， 这部分能量损失称为漏汽损失。 （9）湿汽损失：在湿蒸汽区工作的级，将产生湿汽损失。其原因是：湿蒸汽中的小水 滴，因其质量比蒸汽的质量大，所获得的速度比蒸汽的速度小，故当蒸汽带动水滴运动时，
=
c ve2 1
2ϕ 2
=
c ve2 1
=
u
[ ( ) ] ( ) Δhtim
c im2 1
2ϕ 2
c im2 1
u
x1
ve op
2
=
x im 2 1 op
x1
im 2 op
=
cos 2 α1
4
=4
x ve2 1 op
cos 2 α1 16
1
即纯冲动式复速级的作功能力是单列纯冲动级的 4 倍。
由以上分析可知，在相同的轮周速度 u、喷管速度系数ϕ 和喷管出汽角α1 的条件下，
15、在相同的轮周速度 u、喷管速度系数ϕ 和喷管出汽角α1 的条件下，分析比较反动
级、纯冲动级和复速级的作功能力和效率。 答：（1）作功能力的比较
在相同的轮周速度 u、喷管速度系数ϕ 和喷管出汽角α1 的条件下，
在各自的最佳速度比下，纯冲动级和反动级的作功能力之比为：
( ) ( ) x im 1 op
结构特点：动叶叶型介于纯冲动级和反动级之间，即动叶通道截面积逐渐减小，但没 有反动级的厉害。
（4）复速级： 工作特点：蒸汽在喷管叶栅中进行膨胀，将蒸汽的热能转变为动能，在两列动叶及导叶 中基本不膨胀，蒸汽动能转换为机械能的过程在级内进行两次。作功能力比单列冲动级要大。 结构特点：在叶轮上安装有两列动叶片。 5、什么是冲动作用原理和反动作用原理？在什么情况下动叶栅受反动力的作用？ 答：冲动作用原理：由力学可知，当一运动的物体碰到另一个静止或速度不同的物体 时，就会受到阻碍而改变其速度的大小和方向，同时给阻碍它运动的物体一个作用力，这个 力称为冲动力。在汽轮机中从喷管流出的高速汽流冲击在汽轮机的动叶上，受到动叶的阻碍 而改变了其运动的大小和方向，同时汽流给动叶施加了一个冲动力。利用冲动力做功的原理 就是冲动作用原理。 反动作用原理：反动力是由原来静止或运动速度较小的物体，在离开或通过另一个物 体时，骤然获得一个较大的速度增加而产生的。在汽轮机中，蒸汽在动叶构成的通道内膨胀 加速时，汽流必然对动叶片作用一个反动力，推动叶片运动做机械功。利用反动力做功的原 理就是冲动作用原理。 当蒸汽在动叶构成的通道内膨胀加速时，动叶栅受反动力的作用。 6、说明冲动级的工作原理和级内能量转换过程及特点。 答：冲动级的工作原理：在冲动级中，蒸汽在喷管中膨胀加速，获得高速汽流，从喷 管流出的高速汽流冲击在汽轮机的动叶上，受到动叶的阻碍而改变了其运动的大小和方向， 同时汽流给动叶施加了一个冲动力，推动叶片运动而作机械功。由于蒸汽在动叶通道内没有 膨胀加速，所以蒸汽对动叶只产生冲动力。 级内能量转换过程及特点：在喷管中蒸汽的热能转换为蒸汽的动能，在动叶栅中蒸汽 的动能转换为叶轮旋转的机械能。即蒸汽在动叶栅中只有动能到机械能的转换。 7、说明反动级的工作原理和级内能量转换过程及特点。 答：反动级的工作原理：在反动级中，蒸汽在喷管中膨胀加速，获得高速汽流，从喷 管流出的高速汽流冲击在汽轮机的动叶上，受到动叶的阻碍而改变了其运动的大小和方向， 同时汽流给动叶施加了一个冲动力；同时由于蒸汽在动叶通道内继续膨胀加速，所以蒸汽对 动叶产生了一个反动力，在冲动力和反动力的共同作用下推动叶片运动而作机械功。 级内能量转换过程及特点：在喷管中蒸汽的热能转换为蒸汽的动能，在动叶栅中完成 了两次能量转换，首先蒸汽在动叶通道内膨胀，将热能转换为蒸汽的动能，同时随着蒸汽的 加速，则又给动叶一个反动力，推动叶片运动，完成动能到机械能的转换。即在动叶栅中同 时完成了蒸汽热能到蒸汽动能和蒸汽动能到转子旋转的的机械能两次能量转换。
=
u c1 im
=
( ) ( ) x re 1 op
u c1 im
Δhtre 2 = cosα1 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ = 1
Δhtim
cosα 1 2
Δhtre : Δhtim = 1 : 2
即纯冲动级的作功能力是反动级的 2 倍。
在各自的最佳速度比下，单列纯冲动级和纯冲动式复速级的作功能力之比为：
[ ( ) ] ( ) Δhtve
第一章习题解答
1、什么叫汽轮机的级？为什么复速级有两列动叶片，仍被认为是一个级？ 答：级是将蒸汽热能转换机械能的最基本的工作单元，在结构上它是又喷管和其后的 动叶栅所组成。 复速级虽然有两列动叶片，但只有一列喷管叶柵，所以，根据级的定义，它仍被认为 是一个级。 2、何谓级的反动度？根据反动度如何将级进行分类？ 答：蒸汽在动叶通道内膨胀时的理想焓降与蒸汽在整个级的滞止理想焓降之比称为级 的反动度。 根据反动度的大小不同，轴流式级分为冲动级和反动级，冲动级又纯冲动级和带少量 反动度的冲动级。 3、何谓纯冲动级、反动级、带反动度的冲动级、复速级？蒸汽在纯冲动级、反动级、 带反动度的冲动级、复速级通流部分内压力和速度的变化如何？ 答：纯冲动级：级的平均反动度等于零的级； 反动级：级的平均反动级约为 0.5 的级； 带反动度的冲动级：级的平均反动度介于 0.05~0.20 的级； 复速级：单列冲动级的一种延伸，在单列冲动级动叶之后增加导叶和动叶继续将蒸汽 的动能转化为机械功。即蒸汽动能转换为机械能的过程在级内进行两次。 蒸汽在各种级中的压力和速度变化如下： 纯冲动级：蒸汽在喷管中膨胀加速，压力下降，速度提高；在动叶中压力不变，速度 下降；见教材图 1-5。 反动级：蒸汽在喷管中膨胀加速，压力下降，速度提高；在动叶中压力继续膨胀，压 力下降，相对速度提高，绝对速度下降；见教材图 1-6 带反动度的冲动级：蒸汽在喷管中膨胀加速，压力下降，速度提高；在动叶中稍有膨 胀，压力下降，相对速度提高，绝对速度下降。 复速级：蒸汽在喷管中膨胀加速，压力下降，速度提高；在两列动叶及导叶中压力不 变，在导叶中速度不变，在两列动叶中速度下降。见教材图 1-7。 4、简述纯冲动级、反动级、带反动度的冲动级、复速级的工作特点和结构特点。 答：（1）纯冲动级： 工作特点：蒸汽只在喷管叶栅中进行膨胀，将蒸汽的热能转变为动能，在动叶中只改 变方向不膨胀。在这种级中：p1 = p2；Δhb =0；Ωm=0；纯冲动级做功能力大，但效率比较低。 结构特点：动叶叶型几乎对称弯曲，即动叶通道中各通流截面近似相同。 （2）反动级： 工作特点：蒸汽在级中的理想焓降平均分配在喷管叶栅和动叶栅中，蒸汽经过动叶通 道时，给予动叶一个比较大的反动作用力，在这种级中做功的力基本上冲动力和反动力各占 一半，在这种级中：p1 > p2；Δhn≈Δhb≈0.5Δht；Ωm=0.5；反动级的效率比纯冲动级高，但 做功能力较小。 结构特点：动叶叶型与喷嘴叶型相同。 （3）带反动度的冲动级 工作特点：蒸汽的膨胀大部分在喷管叶柵中进行，只有一小部分在在动叶栅中进行。 蒸汽对动叶栅的作用力以冲动力为主，但也有一部分反动力，它的作功能力比反动级大，效 率又比纯冲动级高。在这种级中：p1 > p2；Δhn >Δhb >0；