10.第十章习题解答

合集下载

第10章配合物结构习题解答

第10章习题解答第10章(03367）所有八面体构型的配合物比平面四方形的稳定性强..（）解：错第10章（03368)所有金属离子的氨配合物在水中都能稳定存在.。

（）解：错第10章（03369)价键理论认为，所有中心离子（或原子）都既能形成内轨型配合物,又能形成外轨型配合物.( )解：错第10章（03370)所有内轨型配合物都呈反磁性，所有外轨型配合物都呈顺磁性。

（）解：错第10章(03371)内轨型配合物往往比外轨型配合物稳定,螯合物比简单配合物稳定，则螯合物必定是内轨型配合物。

（）解：错第10章（03372）内轨型配合物的稳定常数一定大于外轨型配合物的稳定常数。

（）解：错第10章（03373）不论配合物的中心离子采取d2sp3或是sp3d2杂化轨道成键，其空间构型均为八面体形。

（)解：对第10章(03374）[Fe（CN）6］3-和［FeF6]3-的空间构型都为八面体形,但中心离子的轨道杂化方式不同。

（)解:对第10章（03375）［Fe(CN)6］3-是内轨型配合物,呈反磁性,磁矩为0。

( ）解：错第10章(03376）K3［FeF6］和K3［Fe(CN）6］都呈顺磁性。

（）解:对第10章(03377)Fe2+的六配位配合物都是反磁性的。

（）解:错第10章(03378）在配离子［AlCl4］-和［Al(OH）4］-中，Al3+的杂化轨道不同，这两种配离子的空间构型也不同.（）解：错第10章（03379）已知E（Cu2+/Cu）=0。

337V,E(［Cu（NH3)4］2+/Cu）=—0。

048V，则E(［Cu(CN）4]2—/Cu)<—0.048V。

( )解:对第10章（03384)Ni2+的四面体构型的配合物，必定是顺磁性的。

( ）解:对第10章(03380)已知E（Ag+/Ag）=0。

771V，E（［Ag(NH3）2]+/Ag)=0。

373V，则E（［Ag（CN)2]-/Ag）>0。

10静电场中的导体和电介质习题解答

第十章静电场中的导体和电介质一选择题1. 半径为R 的导体球原不带电，今在距球心为a 处放一点电荷q ( a ＞R )。

设无限远处的电势为零，则导体球的电势为 ( )20200π4 . D )(π4 . C π4 . B π4 .A R)(a qa R a q a qR a q o --εεεε 解：导体球处于静电平衡，球心处的电势即为导体球电势，感应电荷q '±分布在导体球表面上，且0)(='-+'+q q ，它们在球心处的电势⎰⎰'±'±='='='q q q R R q V 0d π41π4d 00εε 点电荷q 在球心处的电势为 aq V 0π4ε= 据电势叠加原理，球心处的电势aq V V V 00π4ε='+=。

所以选（A ）2. 已知厚度为d 的无限大带电导体平板，两表面上电荷均匀分布，电荷面密度均为σ ，如图所示，则板外两侧的电场强度的大小为 ( )00002 . D . C 2 . B 2 .A εd E=εE=E E σσεσεσ== 解：在导体平板两表面外侧取两对称平面，做侧面垂直平板的高斯面，根据高斯定理，考虑到两对称平面电场强度相等，且高斯面内电荷为S 2σ，可得 0εσ=E 。

所以选（C ）3. 如图，一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ，在腔内离球心的距离为 d 处(d<R )，固定一电量为+q 的点电荷。

用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心o 处的电势为( ))Rd (q R d q 11π4 D. 4πq C. π4 B. 0 A.000-εεε 解：球壳内表面上的感应电荷为-q ，球壳外表面上的电荷为零，所以有)π4π4000Rq d q V εε-+=。

所以选（ D ）4. 半径分别为R 和r 的两个金属球，相距很远，用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电，在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( )A ． R ／r B. R 2 / r 2 C. r 2 / R 2 D. r / R解：两球相连，当静电平衡时，两球带电量分别为Q 、q ，因两球相距很远，所以电荷在两球上均匀分布，且两球电势相等，取无穷远为电势零点，则r q R Q 00π4π4εε= 即 rR q Q = Rr r q R Q r R ==22 4/4/ππσσ 所以选（D ） o R d +q ．选择题3图选择题2图5. 一导体球外充满相对介质电常数为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为 ( )A. ε0 EB. ε0εr EC. εr ED. (ε0εr -ε0) E解：根据有介质情况下的高斯定理⎰⎰∑=⋅q S D d ，取导体球面为高斯面，则有S S D ⋅=⋅σ，即E D r 0εεσ==。

七年级下册数学书第十章习题答案

七年级下册数学书第十章习题答案推荐文章人教版七年级数学下册教学计划热度：新人教版七年级下册数学期末试卷热度：七年级下册数学教学计划范文热度：初一七年级下册数学教学计划热度：七年级的数学下册知识点热度：七年级下册数学书第十章已经学完，相关的习题你做得怎么样了？接下来是店铺为大家带来的七年级下册数学书第十章习题的答案，供大家参考。

七年级下册数学书第十章习题答案：习题10.1习题10.1第1题答案8x+3y=44习题10.1第2题答案无数个解;例如：(注：此题答案不唯一)习题10.1第3题答案(1)y=15-5x，方程的解有无数个，如：(2)y=3/4x-3，方程有无数个解，如：习题10.1第4题答案七年级下册数学书第十章习题答案：习题10.2习题10.2第1题答案习题10.2第2题答案习题10.2第3题答案习题10.2第4题答案根据题意得：解得：所以这个长方形的长为25，宽为15七年级下册数学书第十章习题答案：习题10.3习题10.3第1题答案把②代入①，得2(1-y)+4y=5解得y=3/2把y=3/2代入②，得x=1-3/2=-1/2 所以，原方程组的解是由①，得x=3y-7③把③代入②，得2(3y-7)=5y解得y=14把y=14代入③，得x=3×14-7=35 所以原方程组的解为：由①，得u=10-v③把③代入②，得3(10-v)-2v=5解得v=5将v=5代入③，得u=10-5=5所以原方程组的解为：由①，得x=(11-2z)/3③将③代入②，得3×(11-2z)/3-5z=4 解得z=1将z=1代入③，得x=(11-2)/3=3所以原方程组的解为：习题10.3第2题答案将②×2，得10x+4y=12③①+③，得13x=13，x=1将x=1代入①，得3×1-4y=1，y=1/2 所以原方程组的解为：①×4，得12x+20y=100③②×3，得12x+9y=45④③-④，得11y=55.y=5将y=5代入①得3x+5×5=25，x=0 所以原方程组的解为：①×7，得14x-21y=56③②×2，得14x-10y=-10④③-④，得-11y=66，y=-6将y=-6代入①，得2x-3×(-6)=8，x=-5 所以原方程组的解为：①×2，得x+2/3y=32③②×3，得x-3/4y=15④③-④，得17/12y=17，y=12将y=12代入①得x/2+12/3=16，x=24 所以原方程组的解为：习题10.3第3题答案。

第十章静电场中的导体和电介质习题解答

10-1 如题图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ，设无限远处为电势零点。

试求： (1) 球壳内外表面上的电荷；(2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势；(3) 球心O 点处的总电势。

习题10-1图解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q 。

(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为0d 4q qU aπε-=⎰aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和q Q q q O U U U U +-++=04qr πε=04qa πε-04Q qb πε++01114()q r a bπε=-+04Q bπε+ 10-2 有一"无限大"的接地导体板，在距离板面b 处有一电荷为q 的点电荷，如题图(a)所示。

试求：(1) 导体板面上各点的感生电荷面密度分布(参考题图(b))； (2) 面上感生电荷的总电荷(参考题图(c))。

习题10-2图解：(1) 选点电荷所在点到平面的垂足O 为原点，取平面上任意点P ，P 点距离原点为r ，设P 点的感生电荷面密度为．在P 点左边邻近处(导体内)场强为零，其法向分量也是零，按场强叠加原理，()220cos 024P q E r b θσεπε⊥=+=+ ∴ ()2/3222/b r qb +-=πσ (2) 以O 点为圆心，r 为半径，d r 为宽度取一小圆环面，其上电荷为 ()3222d d d //Q S qbr r r bσ==-+q Q a bO r()q brrr qb S Q S-=+-==⎰⎰∞2322d d /σ10-3 如题图所示，中性金属球A ，半径为R ，它离地球很远．在与球心O 相距分别为a 与b 的B 、C 两点，分别放上电荷为A q 和B q 的点电荷，达到静电平衡后，问： (1) 金属球A 内及其表面有电荷分布吗？(2) 金属球A 中的P 点处电势为多大？(选无穷远处为电势零点)B C R AP Oq A q Bba习题10-3图解：(1) 静电平衡后，金属球A 内无电荷，其表面有正、负电荷分布，净电荷为零． (2) 金属球为等势体，设金属球表面电荷面密度为． ()()000d 4=4////AP A B S U U S R q a q a σπεπε==⋅+⎰⎰∵d 0AS S σ⋅=⎰⎰∴ ()()04///P A B U q a q a πε=+10-4 三个电容器如题图联接，其中C 1 = 10×10-6 F ，C 2 = 5×10-6 F ，C 3 = 4×10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？ABC 1C 2 C 3U习题10-4图解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16×10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111×10-3 C10-5 一个可变电容器，由于某种原因所有动片相对定片都产生了一个相对位移，使得两个相邻的极板间隔之比为2:1，问电容器的电容与原来的电容相比改变了多少？(a) (b)习题10-5图解：如图所示，设可变电容器的静片数为n ，定片数为1-n ，标准情况下，极板间的距离为d （图a ），极板相对面积为S 。

高等数学课后习题及参考答案(第十章)

高等数学课后习题及参考答案（第十章）习题 10-11. 设在xOy 面内有一分布着质量的曲线弧L , 在点(x , y )处它的线密度为μ(x , y ), 用对弧长的曲线积分分别表达:(1)这曲线弧对x 轴、对y 轴的转动惯量I x , I y ; (2)这曲线弧的重心坐标x , y .解在曲线弧L 上任取一长度很短的小弧段ds (它的长度也记做ds ), 设(x , y )为小弧段ds 上任一点.曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量元素分别为 dI x =y 2μ(x , y )ds , dI y =x 2μ(x , y )ds . 曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量分别为 ⎰=Lx ds y x y I ),(2μ, ⎰=Ly ds y x x I ),(2μ.曲线L 对于x 轴和y 轴的静矩元素分别为 dM x =y μ(x , y )ds , dM y =x μ(x , y )ds . 曲线L 的重心坐标为⎰⎰==L L y dsy x ds y x x M M x ),(),(μμ, ⎰⎰==LL x ds y x dsy x y M M y ),(),(μμ. 2. 利用对弧长的曲线积分的定义证明: 如果曲线弧L 分为两段光滑曲线L 1和L 2, 则⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L ds y x f ds y x f ds y x f .证明划分L , 使得L 1和L 2的连接点永远作为一个分点, 则∑∑∑+===∆+∆=∆111111),(),(),(n n i i i i ni n i i i i i i i s f s f s f ηξηξηξ.令λ=max{∆s i }→0, 上式两边同时取极限∑∑∑+=→=→=→∆+∆=∆nn i i i i n i i i i ni i i i s f s f s f 111011),(lim),(lim ),(lim ηξηξηξλλλ,即得⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L ds y x f ds y x f ds y x f .3. 计算下列对弧长的曲线积分:(1)⎰+Ln ds y x )(22, 其中L 为圆周x =a cos t , y =a sin t (0≤t ≤2π);解⎰+L nds y x)(22⎰+-+=π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n=⎰+-+π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n ⎰++==ππ2012122n n a dt a .(2)⎰+Lds y x )(, 其中L 为连接(1, 0)及(0, 1)两点的直线段;解 L 的方程为y =1-x (0≤x ≤1);⎰⎰'-+-+=+102])1[(1)1()(dx x x x ds y x L22)1(1=-+=⎰dx x x .(3)xdx L⎰, 其中L 为由直线y =x 及抛物线y =x 2所围成的区域的整个边界; 解 L 1: y =x 2(0≤x ≤1), L 2: y =x (0≤x ≤1) .xdx L ⎰xdx xdx LL ⎰⎰+=21⎰⎰'++'+=102122)(1])[(1dx x x dx x x⎰⎰++=10102241xdx dx x x )12655(121-+=.(4)ds ey x L22+⎰, 其中L 为圆周x 2+y 2=a 2, 直线y =x 及x 轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界; 解 L =L 1+L 2+L 3, 其中 L 1: x =x , y =0(0≤x ≤a ),L 2: x =a cos t , y =a sin t )40(π≤≤t ,L 3: x =x , y =x )220(a x ≤≤,因而ds eds eds eds ey x L y x L y x L y x L22322222122++++⎰⎰⎰⎰++=,⎰⎰⎰+++-++=axa ax dx e dt t a t a e dx e 220222402202211)cos ()sin (01π2)42(-+=a e a π.(5)⎰Γ++ds z y x 2221, 其中Γ为曲线x =e t cos t , y =e t sin t , z =e t 上相应于t 从0变到2的这段弧;解 dt dtdz dt dydt dx ds 222)()()(++=dt e t e t e t e t e t t t t t 222)cos sin ()sin cos (+++-=dt e t 3=,⎰⎰++=++Γ20222222223sin cos 11dt e et e t e ds z y x t t t t ⎰----=-==2220)1(23]23[23e e dt e t t .(6)⎰Γyzds x 2, 其中Γ为折线ABCD , 这里A 、B 、C 、D 依次为点(0, 0, 0)、 (0, 0, 2)、(1, 0, 2)、(1, 3, 2); 解 Γ=AB +BC +CD , 其中 AB : x =0, y =0, z =t (0≤t ≤1), BC : x =t , y =0, z =2(0≤t ≤3), CD : x =1, y =t , z =2(0≤t ≤3), 故yzds x yzds x yzds x yzds x CD BC AB 2222⎰⎰⎰⎰++=Γ9010200322231=++++=⎰⎰⎰dt t dt dt .(7)⎰Lds y 2, 其中L 为摆线的一拱x =a (t -sin t ), y =a (1-cos t )(0≤t ≤2π);解⎰⎰'+'--=L dt t a t t a t a ds y π2022222])(cos [])sin ([)cos 1(⎰--=π2023cos 1)cos 1(2dt t t a 315256a =.(8)⎰+Lds y x )(22, 其中L 为曲线x =a (cos t +t sin t ), y =a (sin t -t cos t )(0≤t ≤2π).解 dt dtdydt dx ds 22)()(+=atdt dt t at t at =+=22)sin ()cos (atdt t t t a t t t a ds y x L ])cos (sin )sin (cos [)(22202222-++=+⎰⎰π⎰+=+=πππ2023223)21(2)1(a tdt t a .4. 求半径为a , 中心角为2ϕ的均匀圆弧(线密度μ=1)的重心. 解建立坐标系如图10-4所示, 由对称性可知0=y , 又 ⎰==L x xds a M M x ϕ21⎰-⋅=ϕϕθθϕad a a cos 21ϕϕsin a =, 所以圆弧的重心为)0 ,sin (ϕϕa5. 设螺旋形弹簧一圈的方程为x =a cos t , y =a sin t , z =kt , 其中0≤1≤2π, 它的线密度ρ(x , y , z )=x 2+y 2+z 2, 求:(1)它关于z 轴的转动惯量I z ; (2)它的重心. 解 dt t z t y t x ds )()()(222'+'+'=dt k a 22+=. (1)⎰+=Lz ds z y x y x I ),,()(22ρds z y x y x L))((22222+++=⎰dt k a t k a a ⎰++=π20222222)()43(32222222k a k a a ππ++=. (2)⎰⎰++==LLds z y x ds z y x M )(),,(222ρ⎰++=π2022222)(dt k a t k a)43(3222222k a k a ππ++=, ds z y x x M x L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(cos 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+=, ds z y x y M y L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(sin 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+-=, ds z y x z M z L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(1dt k a t k a kt M22222243)2(3k a k a k πππ++=,故重心坐标为)43)2(3 ,436 ,436(22222222222222k a k a k k a ak k a ak πππππππ+++-+.习题 10-21. 设L 为xOy 面内直线x =a 上的一段, 证明:⎰=L dx y x P 0),(.证明设L 是直线x =a 上由(a , b 1)到(a , b 2)的一段, 则L : x =a , y =t , t 从b 1变到b 2. 于是00) ,())( ,(),(2121⎰⎰⎰=⋅==b b b b L dt t a P dt dtda t a P dx y x P . 2. 设L 为xOy 面内x 轴上从点(a , 0)到(b , 0)的一段直线, 证明⎰⎰=Lbadx x P dx y x P )0 ,(),(.证明L : x =x , y =0, t 从a 变到b , 所以⎰⎰⎰='=baL b adx x P dx x x P dx y x P )0 ,())(0 ,(),(.3. 计算下列对坐标的曲线积分:(1)⎰-Ldx y x )(22, 其中L 是抛物线y =x 2上从点(0, 0)到点(2, 4)的一段弧;解 L : y =x 2, x 从0变到2, 所以⎰⎰-=-=-L dx x x dx y x2042221556)()(.(2)⎰Lxydx , 其中L 为圆周(x -a )2+y 2=a 2(a >0)及x 轴所围成的在第一象限内的区域的整个边界(按逆时针方向绕行); 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =a +a cos t , y =a sin t , t 从0变到π, L 2: x =x , y =0, x 从0变到2a , 因此⎰⎰⎰+=21L L L xydx xydx xydx⎰⎰+'++=adx dt t a a t a t a 200)cos (sin )cos 1(π3020232)sin sin sin (a t td tdt a πππ-=+-=⎰⎰.(3)⎰+Lxdy ydx , 其中L 为圆周x =R cos t , y =R sin t 上对应t 从0到2π的一段弧;解 ⎰⎰+-=+L dt t tR R t R t R xdy ydx ]cos cos )sin (sin [20π⎰==20202cos πtdt R .(4)⎰+--+L y x dy y x dx y x 22)()(, 其中L 为圆周x 2+y 2=a 2(按逆时针方向绕行);解圆周的参数方程为: x =a cos t , y =a sin t , t 从0变到2π, 所以⎰+--+L yx dyy x dx y x 22)()( ⎰---+=π202)]cos )(sin cos ()sin )(sin cos [(1dt t a t a t a t a t a t a a ⎰-=-=ππ202221dt a a .(5)ydz zdy dx x -+⎰Γ2, 其中Γ为曲线x =k θ, y =a cos θ, z =a sin θ上对应θ从0到π的一段弧; 解⎰⎰--+=-+Γπθθθθθθ022]cos cos )sin (sin )[(d a a a a k k ydz zdy dx x233220331)(a k d a k ππθθπ-=-=⎰.(6)dz y x ydy xdx )1(-+++⎰Γ, 其中Γ是从点(1, 1, 1)到点(2, 3, 4)的一段直线;解 Γ的参数方程为x =1+t , y =1+2t , z =1+3t , t 从0变到1.⎰Γ-+++dz y x ydy xdx )1(⎰-+++++++=1)]1211(3)21(2)1[(dt t t t t⎰=+=1013)146(dt t .(7)⎰Γ+-ydz dy dx , 其中Γ为有向闭折线ABCA , 这里的A , B , C依次为点(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1); 解 Γ=AB +BC +CA , 其中AB : x =x , y =1-x , z =0, x 从1变到0, BC : x =0, y =1-z , z =z , z 从0变到1, CA : x =x , y =0, z =1-x , x 从0变到1, 故ydz dy dx ydz dy dx ydz dy dx ydz dy dx CA BC AB +-++-++-=+-⎰⎰⎰⎰Γ⎰⎰⎰+-+'--+'--=101010)]1()1([])1(1[dx dt z z dx x 21=.(8)dy xy y dx xy x L)2()2(22-+-⎰, 其中L 是抛物线y =x 2上从(-1, 1)到(1, 1)的一段弧.解 L : x =x , y =x 2, x 从-1变到1, 故⎰-+-L dy xy y dx xy x )2()2(22⎰--+-=113432]2)2()2[(dx x x x x x 1514)4(21042-=-=⎰dx x x 4. 计算⎰-++Ldy x y dx y x )()(, 其中L 是:(1)抛物线y =x 2上从点(1, 1)到点(4, 2)的一段弧; 解 L : x =y 2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(⎰=⋅-+⋅+=2122334]1)(2)[(dy y y y y y . (2)从点(1, 1)到点(4, 2)的直线段; 解 L : x =3y -2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(11]1)23()23[(21=⋅+-+⋅+-=⎰dy y y y y y(3)先沿直线从点(1, 1)到(1, 2), 然后再沿直线到点(4, 2)的折线; 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =1, y =y , y 从1变到2, L 2: x =x , y =2, x 从1变到4, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(dy x y dx y x dy x y dx y x L L )()()()(21-+++-++=⎰⎰14)2()1(4121=++-=⎰⎰dx x dy y .(4)沿曲线x =2t 2+t +1, y =t 2+1上从点(1, 1)到(4, 2)的一段弧. 解 L : x =2t 2+t +1, y =t 2+1, t 从0变到1, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(332]2)()14)(23[(1022=⋅--++++=⎰dt t t t t t t .5. 一力场由沿横轴正方向的常力F 所构成, 试求当一质量为m 的质点沿圆周x 2+y 2=R 2按逆时针方向移过位于第一象限的那一段时场力所作的功.解已知场力为F =(|F |, 0), 曲线L 的参数方程为 x =R cos θ, y =R sin θ,θ从0变到2π, 于是场力所作的功为R F d R F dx F d W LL||)sin (||||20-=-⋅==⋅=⎰⎰⎰πθθr F .6. 设z 轴与力方向一致, 求质量为m 的质点从位置(x 1, y 1, z 1) 沿直线移到(x 2, y 2, z 2)时重力作的功.解已知F =(0, 0, mg ). 设Γ为从(x 1, y 1, z 1)到(x 2, y 2, z 2)的直线, 则重力所作的功为⎰⎰⎰ΓΓ-==++=⋅=21)(0012z z z z mg dz mg mgdz dy dx d W r F .7. 把对坐标的曲线积分⎰+Ldy y x Q dx y x P ),(),(化成对弧长的曲线积分, 其中L 为:(1)在xOy 面内沿直线从点(0, 0)到(1, 1); 解 L 的方向余弦214cos cos cos ===πβα,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰+=L ds y x Q y x P 2),(),(.(2)沿抛物线y =x 2从点(0, 0)到(1, 1);解曲线L 上点(x , y )处的切向量为τ=(1, 2x ), 单位切向量为 )412,411()cos ,(cos 22x x x ++==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L ]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰++=L ds xy x xQ y x P 241),(2),(. (3)沿上半圆周x 2+y 2=2x 从点(0, 0)到(1, 1). 解 L 的方程为22x x y -=, 其上任一点的切向量为 )21 ,1(2x x x --=τ, 单位切向量为)1 ,2()cos ,(cos 2x x x --==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L ]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰-+-=Lds y x Q x y x P x x )],()1(),(2[2.8. 设Γ为曲线x =t , y =t 2, z =t 3上相应于t 从0变到1的曲线弧,把对坐标的曲线积分⎰Γ++Rdz Qdy Pdx 化成对弧长的曲线积分.解曲线Γ上任一点的切向量为 τ=(1, 2t , 3t 2)=(1, 2x , 3y ), 单位切向量为)3 ,2 ,1(9211)cos ,cos ,(cos 22y x yx ++==τγβαe ,ds R Q P Rdz Qdy Pdx L ]cos cos cos [γβα++=++⎰⎰Γ⎰++++=L ds y x yRxQ P 2294132.习题 10-31. 计算下列曲线积分, 并验证格林公式的正确性:(1)⎰++-ldy y x dx x xy )()2(22, 其中L 是由抛物线y =x 2及y 2=x 所围成的区域的正向边界曲线; 解 L =L 1+L 2, 故⎰++-L dy y x dx x xy )()2(22⎰⎰++-+++-=21)()2()()2(2222L L dy y x dx x xy dy y x dx x xy⎰⎰++-+++-=112243423)](2)2[(]2)()2[(dy y y y y y dx x x x x x301)242()22(1010245235=++--++=⎰⎰dy y y y dx x x x ,而dxdy x dxdy yPx Q DD)21()(-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=102)21(y y dx x dy301)(42121=+--=⎰dy y y y y , 所以⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l DQdy Pdx dxdy yPx Q )(.(2)⎰-+-ldy xy y dx xy x )2()(232, 其中L 是四个顶点分别为(0, 0)、 (2, 0)、(2, 2)、和(0, 2)的正方形区域的正向边界.解 L =L 1+L 2+L 3+L 4, 故⎰-+-L dy xy y dx xy x )2()(232dy xy y dx xy x L L L L )2())((2324321-+-+++=⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰⎰+-+-+=202002022222)8()4(dy y dx x x dy y y dx x 8482020=-+=⎰⎰ydy xdx , 而 dxdy xy y dxdy y P x Q DD )32()(2+-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰+-=20220)32(dy xy y dx 8)48(20=-=⎰dx x , 所以 ⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l D Qdy Pdx dxdy yP x Q )(. 2. 利用曲线积分, 求下列曲线所围成的图形的面积:(1)星形线x =a cos 3t , y =a sin 3t ;解 ⎰⎰-⋅⋅-=-=L dt t t a t a ydx A π2023)sin (cos 3sin ⎰==ππ20224283cos sin 3a tdt t a . (2)椭圆9x 2+16y 2=144;解椭圆9x 2+16y 2 =144的参数方程为x =4cos θ, y =3sin θ, 0≤θ≤2π, 故⎰-=Lydx xdy A 21 ⎰-⋅-⋅=πθθθθθ20)]sin 4(sin 3cos 3cos 4[21d ⎰==ππθ20126d . (3)圆x 2+y 2=2ax .解圆x 2+y 2=2ax 的参数方程为x =a +a cos θ, y =a sin θ, 0≤θ≤2π,故 ⎰-=Lydx xdy A 21 ⎰-⋅-⋅+=πθθθθθ20)]sin (sin cos )cos 1([21d a a a a 2202)cos 1(2a d a ⎰=+=ππθθ.3. 计算曲线积分⎰+-L y x xdy ydx )(222, 其中L 为圆周(x -1)2+y 2=2, L 的方向为逆时针方向.解 )(222y x y P +=, )(222y x x Q +-=. 当x 2+y 2≠0时 y P x Q ∂∂=∂∂0)(2)(22222222222=+--+-=y x y x y x y x . 在L 内作逆时针方向的ε小圆周l : x =εcos θ, y =εsin θ(0≤θ≤2π),在以L 和l 为边界的闭区域D ε上利用格林公式得0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰-+dxdy y P x Q Qdy Pdx D l L ε, 即 ⎰⎰⎰+=+-=+-lL l dy Pdx Qdy Pdx Qdy Pdx . 因此 ⎰⎰+-=+-l L y x xdy ydx y x xdy ydx )(2)(22222⎰--=πθεθεθε20222222cos sin d ⎰-=-=ππθ2021d .4. 证明下列曲线积分在整个xOy 面内与路径无关, 并计算积分值:(1)⎰-++)3 ,2()1 ,1()()(dy y x dx y x ;解 P =x +y , Q =x -y , 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一阶连续偏导数, 而且1=∂∂=∂∂xQ y P , 故在整个xOy 面内, 积分与路径无关.取L 为点(1, 1)到(2, 3)的直线y =2x -1, x 从1变到2, 则⎰⎰-+-=-++)3 ,2()1 ,1(21)]1(2)13[()()(dx x x dy y x dx y x ⎰=+=2125)1(dx x . (2)⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy ;解 P =6xy 2-y 3, Q =6x 2y -3xy 2, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一阶连续偏导数, 并且2312y xy xQ y P -=∂∂=∂∂, 故积分与路径无关, 取路径 (1, 2)→(1, 4)→(3, 4)的折线, 则⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy236)6496()3642312=-+-=⎰⎰dx x dy y y .(3)⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx y xy .解 P =2xy -y 4+3, Q =x 2-4xy 3, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一阶连续偏导数, 并且342y x xQ y P -=∂∂=∂∂, 所以在整个xOy 面内积分与路径无关, 选取路径为从(1, 0)→(1, 2)→(2, 1)的折线, 则⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx y xy⎰⎰=++-=102135)1(2)41(dx x dy y .5. 利用格林公式, 计算下列曲线积分:(1)⎰-+++-Ldy x y dx y x )635()42(, 其中L 为三顶点分别为(0, 0)、 (3, 0)和(3, 2)的三角形正向边界;解 L 所围区域D 如图所示, P =2x -y +4, Q =5y +3x -6,4)1(3=--=∂∂-∂∂yP x Q , 故由格林公式,得⎰-+++-L dy x y dx y x )6315()42(dxdy y P x Q D)(∂∂-∂∂=⎰⎰ 124==⎰⎰dxdy D.(2)⎰-+-+Lx x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (222, 其中L 为正向星形线323232a y x =+(a >0);解 x e y x xy x y x P 22sin 2cos -+=, x ye x x Q 2sin 2-=,0)2cos sin 2()2cos sin 2(22=-+--+=∂∂-∂∂x x ye x x x x ye x x x x yP x Q , 由格林公式⎰-+-+L x x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (2220)(=∂∂-∂∂=⎰⎰dxdy yP x Q D . (3)⎰+-+-Ldy y x x y dx x y xy )3sin 21()cos 2(2223, 其中L 为在抛物线 2x =πy 2上由点(0, 0)到)1 ,2(π的一段弧; 解 x y xy P cos 223-=, 223sin 21y x x y Q +-=,0)cos 26()6cos 2(22=--+-=∂∂-∂∂x y xy xy x y yP x Q , 所以由格林公式0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰++-dxdy yP x Q Qdy Pdx D OB OA L , 其中L 、OA 、OB 、及D 如图所示.故 ⎰⎰++=+AB OA L Qdy Pdx Qdy Pdx4)4321(02201022πππ=+-+=⎰⎰dy y y dx . (4)⎰+--L dy y x dx y x )sin ()(22, 其中L 是在圆周22x x y -=上由点(0, 0)到点(1, 1)的一段弧.解 P =x 2-y , Q =-x -sin 2y ,0)1(1=---=∂∂-∂∂y P x Q , 由格林公式有0)(=∂∂-∂∂-=+⎰⎰⎰++dxdy y P x Q Qdy Pdx DBO AB L , 其中L 、AB 、BO 及D 如图所示.故 ⎰⎰++--=+--L OB BA dy y x dx y x dy y x dx y x )sin ()()sin ()(22222sin 4167)sin 1(102102+-=++-=⎰⎰dx x dy y .6. 验证下列P (x , y )dx +Q (x , y )dy 在整个xOy 平面内是某一函数u (x , y )的全微分, 并求这样的一个u (x , y ):(1)(x +2y )dx +(2x +y )dy ;证明因为yP x Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个xOy 面内的函数u (x , y )的全微分.⎰++++=),()0,0()2()2(),(y x C dy y x dx y x y x u C y xy x +++=22222. (2)2xydx +x 2dy ;解因为y P x x Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个 xOy 面内的函数u (x , y )的全微分.⎰++=),()0,0(22),(y x C dy x xydx y x u ⎰⎰+=++=y yC y x C xydx dy 00220. (3)4sin x sin3y cos xdx –3cos3y cos2xdy解因为yP x y x Q ∂∂==∂∂2sin 3cos 6, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分.⎰+-=),()0,0(2cos 3cos 3cos 3sin sin 4),(y x C xdy y xdx y x y x u C y x C xdy y dx xy +-=+-+=⎰⎰3sin 2cos 2cos 3cos 3000. (4)dy ye y x x dx xy y x y )128()83(2322++++解因为yP xy x x Q ∂∂=+=∂∂1632, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰+++++=),()0,0(232)128()823(),(y x y C dy ye y x x dx xy iy xh y x u C dx xy y x dy ye yx y +++=⎰⎰0022)83(12C e ye y x y x y y +-++=)(124223.(5)dy y x x y dx x y y x )sin sin 2()cos cos 2(22-++解因为yP y x x y x Q ∂∂=-=∂∂sin 2cos 2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个函数u (x , y )的全微分 ⎰⎰+-+=x y C dy y x x y xdx y x u 002)sin sin 2(2),( C y x x y ++=cos sin 22.7. 设有一变力在坐标轴上的投影为X =x +y 2, Y =2xy -8, 这变力确定了一个力场, 证明质点在此场内移动时, 场力所做的功与路径无关. 解场力所作的功为⎰Γ-++=dy xy dx y x W )82()(2. 由于yX y x Y ∂∂==∂∂2, 故以上曲线积分与路径无关, 即场力所作的功与路径无关.习题10-41. 设有一分布着质量的曲面∑, 在点(x , y , z )处它的面密度为μ(x , y , z ), 用对面积的曲面积分表达这曲面对于x 轴的转动惯量.解. 假设μ(x , y , z )在曲面∑上连续, 应用元素法, 在曲面∑上任意一点(x , y , z )处取包含该点的一直径很小的曲面块dS (它的面积也记做dS ), 则对于x 轴的转动惯量元素为dI x =(y 2+z 2)μ(x , y , z )dS ,对于x 轴的转动惯量为dS z y x z y I x ),,()(22μ+=∑⎰⎰.2. 按对面积的曲面积分的定义证明公式dS z y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=,其中∑是由∑1和∑2组成的.证明划分∑1为m 部分, ∆S 1, ∆S 2, ⋅⋅⋅, ∆S m ;划分∑2为n 部分, ∆S m +1, ∆S m +2, ⋅⋅⋅, ∆S m +n ,则∆S 1, ⋅⋅⋅, ∆S m , ∆S m +1, ⋅⋅⋅, ∆S m +n 为∑的一个划分, 并且i i i i nm m i i i i i m i i i i i n m i S f S f S f ∆∑+∆∑=∆∑++==+=),,(),,(),,(111ζηξζηξζηξ. 令}{max 11i mi S ∆=≤≤λ, }{max 12i n m i m S ∆=+≤≤+λ, } ,max{21λλλ=, 则当 λ→0时, 有dS z y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=.3. 当∑是xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dSz y x f ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？解 ∑的方程为z =0, (x , y )∈D ,dxdy dxdy z z dS y x=++=221, 故 dxdy z y x f dS z y x f D),,(),,(⎰⎰⎰⎰=∑.4. 计算曲面积分dS z y x f ),,(∑⎰⎰, 其中∑为抛物面z =2-(x 2+y 2)在xOy 面上方的部分, f (x , y , z )分别如下:(1) f (x , y , z )=1;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,dxdy y x dxdy z z dS y x22224411++=++=. 因此 dxdy y x dS z y x f xyD 22441),,(++=⎰⎰⎰⎰∑ ⎰⎰+=πθ2020241rdr r d ππ313])41(121[2202/32=+=r . (2) f (x , y , z )=x 2+y 2;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2, dxdy y x dxdy z z dS y x22224411++=++=. 因此 dxdy y x y x dS z y x f xyD 2222441)(),,(+++=⎰⎰⎰⎰∑ ⎰⎰+=πθ2020241rdr r d ππ301494122022=+=⎰rdr r r . (3) f (x , y , z )=3z .解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,dxdy y x dxdy z z dS y x22224411++=++=. 因此 dS z y x f ),,(∑⎰⎰dxdy y x y x xyD 2222441)](2[3+++-=⎰⎰⎰⎰+-=πθ20202241)2(3rdr r r d ππ1011141)2(62022=+-=⎰rdr r r . 5. 计算dS y x )(22+∑⎰⎰, 其中∑是: (1)锥面22y x z +=及平面z =1所围成的区域的整个边界曲面;解将∑分解为∑=∑1+∑2, 其中∑1: z =1 , D 1: x 2+y 2≤1, dS =dxdy ;∑1:22y x z +=, D 2: x 2+y 2≤1, dxdy dxdy z z dS y x2122=++=. dS y x dS y x dS y x )()()(22222221+++=+∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰ dxdy y x dxdy y x D D )()(222221+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰=πθ20103dr r d +⎰⎰πθ201032dr r d πππ221222+=+=. 提示: dxdy dxdy yx y y x x dS 21222222=++++=.(2)锥面z 2=3(x 2+y 2)被平面z =0及z =3所截得的部分. 解 ∑:223y x z +=, D xy : x 2+y 2≤3,dxdy dxdy z z dS y x2122=++=, 因而 πθπ922)()(302202222==+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑rdr r d dxdy y x dS y x xy D . 提示: dxdy dxdy y x y y x x dS 2])(326[])(326[1222222=++++=.6. 计算下面对面积的曲面积分:(1)dS y x z )342(++∑⎰⎰, 其中∑为平面1432=++z y x 在第一象限中的部分;解 y x z 3424:--=∑, x y x D xy 2310 ,20 :-≤≤≤≤, dxdy z z dS y x 221++=dxdy 361=, 61436143614)342(==⋅=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑dxdy dxdy dS y x z xy xyD D . (2)dS z x x xy )22(2+--∑⎰⎰, 其中∑为平面2x +2y +z =6在第一象限中的部分;解 ∑: z =6-2x -2y , D xy : 0≤y ≤3-x , 0≤x ≤3,dxdy dxdy z z dS y x3122=++=, dS z x x xy )22(2+--∑⎰⎰ dxdy y x x x xy xyD 3)22622(2--+--=⎰⎰⎰⎰--+--=x dy y xy x x dx 30230)22236(3 427)9103(33023-=+-=⎰dx x x . (3)dS z y x )(++∑⎰⎰, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2上z ≥h (0<h <a )的部分;解 ∑:222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2-h 2,dxdy z z dS y x 221++=dxdy y x a a 222--=,dxdy yx a a y x a y x dS z y x xy D 222222)()(----++=++⎰⎰⎰⎰∑ )(||22h a a D a adxdy xy D xy-===⎰⎰π(根据区域的对称性及函数的奇偶性).提示: dxdy yx a y y x a x dS 22222222)()(1+--++--+=dxdy y x a a 222--=, (4)dS zx yz xy )(++∑⎰⎰, 其中∑为锥面22y x z +=被x 2+y 2=2ax所截得的有限部分.解 ∑: 22y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2ax ,dxdy dxdy z z dS y x2122=++=, dxdy y x y x xy dS zx yz xy xyD ])([2)(22+++=++⎰⎰⎰⎰∑ ⎰⎰++=-θππθθθθcos 202222)]sin (cos cos sin [2a rdr q r r dθθθθθθππd a )cos sin cos cos (sin 24422554⎰-++= 421564a =. 提示: dxdy yx y y x x dS 2222221++++=. 7. 求抛物面壳)10)((2122≤≤+=z y x z 的质量, 此壳的面密度为μ=z .解 ∑: )(2122y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2, dxdy y x dxdy z z dS y x222211++=++=.故 dxdy y x y x zdS M xyD 22221)(21+++==⎰⎰⎰⎰∑ ⎰⎰+=πθ202022121rdr r r d )136(152+=π. 8. 求面密度为μ0的均匀半球壳x 2+y 2+z 2=a 2(z ≥0)对于z 轴的转动惯量. 解 ∑: 222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2,dxdy z z dS y x 221++=dxdy yx a a 222--=, dxdy y x a a y x dS y x I z 222022022)()(--+=+=∑∑⎰⎰⎰⎰μμ ⎰⎰-=a dr ya r d a 0223200πθμ 4034a πμ=.提示:dxdy yx a y y x a x dS 22222222)()(1---+---+=dxdy y x a a 222--=.习题10-51. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式:dydz z y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰dydz z y x P dydz z y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=.解证明把∑分成n 块小曲面∆S i (∆S i 同时又表示第i 块小曲面的面积), ∆S i 在yOz 面上的投影为(∆S i )yz , (ξi , ηi ,ζi )是∆S i 上任意取定的一点, λ是各小块曲面的直径的最大值, 则dydzz y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰ yz i i i i i i i n i S P P ))](,(),([lim ,2,110∆±==→∑ζηξζηξλyz i i i i ni yz i i i i n i S P S P ))(,(lim ))(,(lim ,210,110∆±∆==→=→∑∑ζηξζηξλλ dydz z y x P dydz z y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=.2. 当∑为xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dxdy z y x R ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？解因为∑: z =0, (x , y )∈D xy , 故dxdy z y x R dxdy z y x R xyD ),,(),,(⎰⎰⎰⎰±=∑,当∑取的是上侧时为正号, ∑取的是下侧时为负号.3. 计算下列对坐标的曲面积分:(1)zdxdy y x 22∑⎰⎰其中∑是球面x 2+y 2+z 2=R 2的下半部分的下侧;解 ∑的方程为222y x R z ---=, D xy : x 2+y 2≤R , 于是zdxdy y x 22∑⎰⎰dxdy y x R y x xyD )(22222----=⎰⎰ ⎰⎰⋅-⋅⋅=πθθθ20222202sin cos rdr r R r r d R⎰⎰-=πθθ20052222sin 41R dr r r R d 71052R π=. (2)ydzdx xdydz zdxdy ++∑⎰⎰, 其中z 是柱面x 2+y 2=1被平面z =0及z =3所截得的第一卦限内的部分的前侧;解 ∑在xOy 面的投影为零, 故0=∑⎰⎰zdxdy .∑可表示为21y x -=, (y , z )∈D yz ={(y , z )|0≤y ≤1, 0≤z ≤3}, 故 ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=-=-=∑3010102221311dy y dy y dz dydz y xdyz yz D ∑可表示为21x y -=, (z , x )∈D zx ={(z , x )|0≤z ≤3, 0≤x ≤1}, 故dzdx x ydzdx zx D 21-=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰⎰-=-=30101022131dx x dx x dz . 因此 ydzdx xdydz zdxdy ++∑⎰⎰)13(2102dx x ⎰-=ππ2346=⨯=. 解法二 ∑前侧的法向量为n =(2x , 2y , 0), 单位法向量为)0 , ,(1)cos ,cos ,(cos 22y x y x +=γβα, 由两种曲面积分之间的关系,dS z y x ydzdx xdydz zdxdy )cos cos cos (γβα++=++∑∑⎰⎰⎰⎰π23)(222222==+=+⋅++⋅=∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰dS dS y x dS y x y y y x x x . 提示: dS ∑⎰⎰表示曲面的面积.(3)dxdy z z y x f dzdx y z y x f dydz x z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰, 其中f (x , y , z )为连续函数, ∑是平面x -y +z =1在第四卦限部分的上侧; 解曲面∑可表示为z =1-x +y , (x , y )∈D xy ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤x -1}, ∑上侧的法向量为n =(1, -1, 1), 单位法向量为)31 ,31 ,31()cos ,cos ,(cos -=γβα, 由两类曲面积分之间的联系可得dxdy z z y x f dzdx y z y x f dydz x z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰dS z f y f x f ]cos )(cos )2(cos )[(γβα+++++=∑⎰⎰dS z f y f x f ]31)()31()2(31)(⋅++-⋅++⋅+=∑⎰⎰ 2131)(31===+-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑dxdy dS dS z y x xyD .(4)⎰⎰∑++yzdzdx xydydz xzdxdy , 其中∑是平面x =0, y =0, z =0, x +y +z =1所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧.解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中∑1: x =0, D yz : 0≤y ≤1, 0≤z ≤1-y ,∑2: y =0, D zx : 0≤z 1, 0≤x ≤1-z ,∑3: z =0, D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x ,∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x ,于是 ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑∑∑∑+++=4321xzdxdy xzdxdy 4000∑⎰⎰+++= dxdy y x x xy D )1(--=⎰⎰⎰⎰-=--=1010241)1(x dy y x xdx . 由积分变元的轮换对称性可知241⎰⎰⎰⎰∑∑==yzdzdx xydydz . 因此⎰⎰∑=⨯=++812413yzdzdx xydydz xzdxdy .解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中∑1、∑2、∑3是位于坐标面上的三块; ∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x .显然在∑1、∑2、∑3上的曲面积分均为零, 于是⎰⎰∑++yzdzdx xydydz xzdxdyyzdzdx xydydz xzdxdy ++=∑⎰⎰4dS xz yz xy )cos cos cos (4γβα++=∑⎰⎰dS xz yz xy )(34++=∑⎰⎰81)]1)(([3=--++=⎰⎰dxdy y x y x xy xyD . 4. 把对坐标的曲面积分dxdy z y x R dzdx z y x Q dydz z y x P ),,(),,(),,(++∑⎰⎰化成对面积的曲面积分:(1)∑为平面63223=++z y x 在第一卦限的部分的上侧;解令63223),,(-++=z y x z y x F , ∑上侧的法向量为:)32 ,2 ,3(),,(==z y x F F F n ,单位法向量为)32 ,2 ,3(51)cos ,cos ,(cos =γβα, 于是 Rdxdy Qdzdx Pdydz ++∑⎰⎰dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dS R Q P )3223(51++=∑⎰⎰. (2)∑是抛物面z =8-(x 2+y 2)在xOy 面上方的部分的上侧.解令F (x , y , z )=z +x 2+y 2-8, ∑上侧的法向量n =(F x , F y , F z )=(2x , 2y , 1),单位法向量为)1 ,2 ,2(4411)cos ,cos ,(cos 22y x y x ++=γβα, 于是 Rdxdy Qdzdx Pdydz ++∑⎰⎰dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dS R yQ xP yx )22(441122++++=∑⎰⎰.10-61. 利用高斯公式计算曲面积分:(1)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 222, 其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =a ,y =a , z =a 所围成的立体的表面的外侧;解由高斯公式原式dv z y x dv z R y Q x P )(2)(++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰⎰⎰⎰===Ωaa a a dz dy xdx xdv 0400366(这里用了对称性).(2)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 333, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2的外侧;解由高斯公式原式dv z y x dv z R y Q x P )(3)(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ20004sin 3a dr r d d 5512a π=. (3)⎰⎰∑++-+dxdy z y xy dzdx z y x dydz xz )2()(2322, 其中∑为上半球体 x 2+y 2≤a 2, 2220y x a z --≤≤的表面外侧;解由高斯公式原式dv y x z d z R y Q x P )()(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ2020022sin a dr r r d d 552a π=. (4)⎰⎰∑++zdxdy ydzdx xdydz 其中∑界于z =0和z =3之间的圆柱体x 2+y 2≤9的整个表面的外侧;解由高斯公式原式π813)(==∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰dv dv z R y Q x P . (5)⎰⎰∑+-yzdxdy dzdx y xzdydz 24,其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =1,y =1, z =1所围成的立体的全表面的外侧.解由高斯公式原式dv y y z dv z R y Q x P )24()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=-=10101023)4(dz y z dy dx . 2. 求下列向量A 穿过曲面∑流向指定侧的通量: (1)A =yz i +xz j +xy k , ∑为圆柱x +y 2≤a 2(0≤z ≤h )的全表面, 流向外侧; 解 P =yz , Q =xz , R =xy ,⎰⎰∑++=Φxydxdy xzdzdx yzdydzdv z xy y xz x yz ))()()((∂∂+∂∂+∂∂=Ω⎰⎰⎰00==Ω⎰⎰⎰dv . (2)A =(2x -z )i +x 2y j - xz 2k , ∑为立方体0≤x ≤a , 0≤y ≤a , 0≤z ≤a ,的全表面, 流向外侧;解 P =2x -z , Q =x 2y , R =-xz 2,⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv xz x dv z r y Q x P )22()(2-+=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰-=-+=a a a a a dz xz x dy dx 023200)62()22(. (3)A =(2x +3z )i -(xz +y )j +(y 2+2z )k , ∑是以点(3, -1, 2)为球心, 半径R =3的球面, 流向外侧.解 P =2x +3z , Q =-(xz +y ), R =y 2+2z ,⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv dv z R y Q x P )212()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰π1083==Ω⎰⎰⎰dv . 3. 求下列向量A 的散度:(1)A =(x 2+yz )i +(y 2+xz )j +(z 2+xy )k ;解 P =x 2+yz , Q =y 2+xz , R =-z 2+xy ,)(2222div z y x z y x zR y Q x P ++=++=∂∂+∂∂+∂∂=A . (2)A =e xy i +cos(xy )j +cos(xz 2)k ;解 P =e xy , Q =cos(xy ), R =cos(xz 2),)sin(2sin div 2xz xz xy x ye zR y Q x P xy --=∂∂+∂∂+∂∂=A . (3)A =y 2z i +xy j +xz k ;解 P =y 2, Q =xy , R =xz ,x x x zR y Q x P 20div =++=∂∂+∂∂+∂∂=A . 4. 设u (x , y , z )、v (x , y , z )是两个定义在闭区域Ω上的具有二阶连续偏导数的函数, n u ∂∂, nv ∂∂依次表示u (x , y , z )、v (x , y , z )沿∑的外法线方向的方向导数. 证明dS n u v n v u dxdydz u v v u )()∂∂-∂∂=∆-∆⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, 其中∑是空间闭区间Ω的整个边界曲面, 这个公式叫作林第二公式. 证明由第一格林公式(见书中例3)知dxdydz z v y v x v u )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ dxdydz z v z u y v y u x v x u dS n v u )(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, dxdydz z u y u x u v )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰dxdydz z v z u y v y u x v x u dS n u v )(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω. 将上面两个式子相减, 即得dxdyd z u y u x u v z v y v x v u )]()([222222222222∂∂+∂∂+∂∂-∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ ⎰⎰∑∂∂-∂∂=dS n u v n v u )(. 5. 利用高斯公式推证阿基米德原理: 浸没在液体中所受液体的压力的合力(即浮力)的方向铅直向上, 大小等于这物体所排开的液体的重力. 证明取液面为xOy 面, z 轴沿铅直向下, 设液体的密度为ρ, 在物体表面∑上取元素dS 上一点, 并设∑在点(x , y , z )处的外法线的方向余弦为cos α, cos β, cos γ, 则dS 所受液体的压力在坐标轴x , y , z 上的分量分别为-ρz cos αdS , -ρz cos β dS , -ρz cos γ dS ,∑所受的压力利用高斯公式进行计算得00cos ==-=Ω∑⎰⎰⎰⎰⎰dv dS z F x αρ,00cos ==-=Ω∑⎰⎰⎰⎰⎰dv dS z F y βρ,||cos Ω-=-=-=-=ΩΩ∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ρρργρdv dv dS z F z ,其中|Ω|为物体的体积. 因此在液体中的物体所受液体的压力的合力, 其方向铅直向上, 大小等于这物体所排开的液体所受的重力, 即阿基米德原理得证.习题10-71. 利用斯托克斯公式, 计算下列曲线积分:(1)⎰Γ++xdz zdy ydx , 其中Γ为圆周x 2+y 2+z 2=a 2, , 若从z 轴的正向看去, 这圆周取逆时针方向;解设∑为平面x +y +z =0上Γ所围成的部分, 则∑上侧的单位法向量为)31,31,31()cos ,cos ,(cos ==γβαn .于是 ⎰Γ++xdz zdy ydx dS x z y zy x ∂∂∂∂∂∂=∑⎰⎰γβαcos cos cos 2333)cos cos cos (a dS dS πγβα-=-=---=∑∑⎰⎰⎰⎰.提示:dS ∑⎰⎰表示∑的面积, ∑是半径为a 的圆.(2)⎰Γ-+-+-dz y x dy x z dz z y )()()(, 其中Γ为椭圆x 2+y 2=a 2, 1=+b z a x(a >0, b >0), 若从x 轴正向看去, 这椭圆取逆时针方向;解设∑为平面1=+b z a x 上Γ所围成的部分, 则∑上侧的单位法向量为) ,0 ,()cos ,cos ,(cos 2222b a b b a b ++==γβαn . 于是 ⎰Γ-+-+-dz y x dy x z dx z y )()()(dS y x x z z y zy x ---∂∂∂∂∂∂=∑⎰⎰γβαcos cos cos dS b a b a dS ∑∑⎰⎰⎰⎰++-=---=22)(2)cos 2cos 2cos 2(γβα)(2)(2)(22222b a a dxdy a b a dxdy a b a b a b a xyxyD D +-=+-=+++-=⎰⎰⎰⎰π.提示: ∑(即x ab b z -=)的面积元素为dxdy a b a dxdy a b dS 222)(1+=+=.(3)⎰Γ+-dz yz xzdy ydx 23, 其中Γ为圆周x 2+y 2=2z , z =2, 若从z 轴的正向看去, 这圆周是取逆时针方向;解设∑为平面z =2上Γ所围成的部分的上侧, 则⎰Γ+-dz yz xzdy ydx 2323yz xz y zy x dxdydzdx dydz -∂∂∂∂∂∂=∑⎰⎰ ππ2025)3()(22-=⨯-=+-+=∑⎰⎰dxdy z dydz x z .(4)⎰Γ-+dz z xdy ydx 232, 其中Γ为圆周x 2+y 2+z 2=9, z =0, 若从z 轴的正向看去, 这圆周是取逆时针方向.解设∑为xOy 面上的圆x 2+y 2≤9的上侧, 则⎰Γ-+dz z xdy ydx 232232z x y zy x dxdydzdx dydz -∂∂∂∂∂∂=∑⎰⎰ π9===⎰⎰⎰⎰∑dxdy dxdy xyD .2. 求下列向量场A 的旋度: (1)A =(2z -3y )i +(3x -z )j +(-2x )k ;解 k j i kj i A 6422332++=---∂∂∂∂∂∂=x y z x y z z y x rot . (2)A =(sin y )i -(z -x cos y )k ;解 j i kji A +=--+∂∂∂∂∂∂=0)cos (sin y x z y z z yx rot . (3)A =x 2sin y i +y 2sin(xz )j +xy sin(cos z )k .解 )sin(cos )sin(sin 22z xy xz y y x z y x ∂∂∂∂∂∂=kj i A rot=[x sin(cos z )-xy 2cos(xz )]i -y sin(cos z )j +[y 2z cos(xz )-x 2cos y ]k . 3. 利用斯托克斯公式把曲面积分dS n A ⋅∑⎰⎰rot 化为曲线积分, 并计算积分值,其中A 、∑及n 分别如下:(1)A =y 2i +xy j +xz k , ∑为上半球面221y x z --=, 的上侧, n 是∑的单位法向量;解设∑的边界Γ : x 2+y 2=1, z =0, 取逆时针方向, 其参数方程为 x =cos θ, y =sin θ, z =0(0≤θ≤2π, 由托斯公式dS n A ⋅∑⎰⎰rot ⎰Γ++=Rdz Qdy Pdx ⎰Γ++=xzdz xydy dx y 2⎰=+-=πθθθθθ20220]sin cos )sin ([sin d .(2)A =(y -z )i +yz j -xz k , ∑为立方体0≤x ≤2, 0≤y ≤2, 0≤z ≤2的表面外侧去掉xOy 面上的那个底面, n 是∑的单位法向量. 解dS n A ⋅∑⎰⎰rot ⎰Γ++=Rdz Qdy Pdx⎰Γ-++-=dz xz yzdy dx x y )()(⎰⎰Γ-===0242dx ydx .4. 求下列向量场A 沿闭曲线Γ(从z 轴正向看依逆时针方向)的环流量: (1)A =-y i +x j +c k (c 为常量), Γ为圆周x 2+y 2=1, z =0; 解θθθθθπd cdz xdy ydx L ]cos cos )sin ()(sin [(20+--=++-⎰⎰⎰==ππθ202d .(2)A =(x -z )i +(x 3+yz )j -3xy 2k , 其中Γ为圆周222y x z +-=, z =0. 解有向闭曲线Γ的参数方程为x =2cos θ, y =2sin θ, z =0(0≤π≤2π). 向量场A 沿闭曲线Γ的环流量为⎰⎰-++-=++LL dz xy dy yz x dx z x Rdz Qdy Pdx 223)()(。

第10章直流电源习题解答

第10章直流电源10.1教学基本要求10.1.1 基本要求（1）掌握单相桥式整流电路的工作原理和主要参数计算，了解单相半波整流电路的工作原理、主要参数计算及二极管的选择（2）掌握电容滤波电路的工作原理和主要参数计算，滤波电容的选择原则，了解电感滤波电路及其它形式的滤波电路的特点及各种滤波器的性能比较（3）理解硅稳压管稳压电路的工作原理，稳压系数和输出电阻的估算，稳压电路中限流电阻R的选择(4)掌握串联型直流稳压电路的组成、工作原理及参数计算，掌握三端固定式输出集成稳压器及其应用,了解三端可调输出集成稳压器及其应用(5)了解开关稳压电路的工作原理及集成开关稳压器及其应用10.1.2 重点难点及考点（1）本章重点单相桥式整流电路的工作原理和主要参数计算，电容滤波电路的工作原理和主要参数计算，串联型直流稳压电路的组成、工作原理及参数计算，三端固定式输出集成稳压器及其应用。

（2）本章难点电容滤波电路的工作原理和主要参数计算，串联型直流稳压电路的组成、工作原理及参数计算。

（3）本章主要考点单相桥式整流电路的工作原理，输出直流电压与输入交流电压有效值间的关系，二极管的选择。

电容滤波电路的主要参数计算，滤波电容的选择。

串联型直558559流稳压电路的组成、工作原理及参数计算。

三端固定式输出集成稳压器及其应用。

1.2典型题型精解10.2 单相桥式整流电路如图10.2.1所示，若输出直流电压U O =9V ，输出直流电流I O ＝1A ，试求：(1) 变压器二次电压有效值U 2； (2) 整流二极管最大反向峰值电压U RM ； (3) 流过二极管正向平均电流I D 。

图10.2.1 题10.2图分析方法：单相桥式整流电路的输出电压的平均值(输出直流电压)2O 9.0U U =，二极管最大反向峰值电压2RM 2U U =，二极管正向平均电流L2O D 45.02R U I I ==，这里的U 2是变压器二次电压有效值。

(完整word版)高等数学第10章课后习题答案(科学出版社)

； .
于是所求的曲面积分为
.
（2），其中为旋转抛物面介于之间部分的下侧。
解由两类曲面积分之间的联系，可得
，
在曲面上，有
。
故
。
再依对坐标的曲面积分的计算方法，得
。
注意到
，
故
。
（3），其中为，的上侧；
解在面上的投影为半圆域，，
=
= =
由对称性 = ， =
∴原式= =
（4），其中是由平面，，，所围成的四面体的表面的外侧。
，
其中为上半球面，，，故
，
其中是在坐标面上的投影区域，利用极坐标计算此二重积分，于是得
= ，
是一个无界函数的反常积分，按反常积分的计算方法可得
，
故
。
解法2设球面方程为，定直径在轴上，依题意得球面上点的密度为，从而得球面的质量为，由轮换对称性可知：，故有
．
2设某流体的流速为，求单位时间内从圆柱：（）的内部流向外侧的流量（通量）。
，其中从变到，
故
。
解法2作有向线段，其方程为
，其中从变到，
则有向曲线与有向线段构成一条分段光滑的有向闭曲线，设它所围成的闭区域为，由格林公式，有
，
即
，
而
，
故
。
3．计算 ,其中为平面在第一卦限中的部分；
解将曲面投影到面上，得投影区域为，此时曲面方程可表示为
，
于是
，
。
4. 计算 ,其中是球面的上半部分并取外侧；
解如右图所示，因为闭曲面取外侧，所以取下侧，取后侧，取左侧，取上侧。于是

无机及分析化学课后习题答案 (10)

第十章分光光度法习题习题解答1.什么是分光光度法中的吸收曲线？制作吸收曲线的目的是什么？2.在分光光度分析中为什么要用单色光？3.什么是分光光度中的标准曲线？一般为什么不以透光度对浓度来绘制标准曲线？4.影响显色反应的因素有那些？怎样选择适宜的显色条件？5.参比溶液有哪几类？应该如何选择？6.应用朗伯—比尔定律的前提条件是什么？7.用丁二酮肟显色分光光度法测定Ni 2+，已知50mL 溶液中含Ni 2+0.080mg 。

用2.0cm 吸收池于波长470nm 处测得T %=53。

求吸光系数a 及摩尔吸光系数ε。

7. 231(Ni )0.080/50 1.610g L c +--==⨯⋅ 113lg53/10086L g cm 2.0 1.610A a bc ----===⋅⋅⨯⨯ 3118658.695.010L m o lc mMa ε--==⨯=⨯⋅⋅ 8.某金属离子M 与R 试剂形成一有色溶液，若此配合物在650nm 处的摩尔吸光系数ε为3.91×104L·mol -1·cm -1，用1cm 比色皿在650nm 处测得吸光度为0.508，求溶液中M 的浓度。

8.510.5081.310mol L 3.9110 1.0A c b ε--===⨯⋅⨯⨯ 9.有一浓度为2.00⨯10-41mol L -⋅的有色溶液，在一定的吸收波长处用3cm 比色皿测得其吸光度为0.120，将此溶液稀释一倍，在同样波长处用5cm 比色皿测其吸光度仍为0.120，通过计算说明，此溶液是否符合比尔定律。

9.设符合比尔定律，则11140.120200L mol cm 3.0 2.0010A bc ε---===⋅⋅⨯⨯ 在同样波长处该溶液的摩尔吸光系数与浓度无关，现将此溶液稀释一倍后其摩尔吸光系数为11240.120240L mol cm 5.0 1.0010A bc ε---===⋅⋅⨯⨯ 12εε≠，故此溶液不符合比耳定律。

大学物理第十章课后习题答案

自治区精品课程—大学物理学
题库
第十章静电场中的导体和电介质
一、填空 1. 根据物质的导电性，可将物质分为、和。 2. 从物质的电结构来看，金属导体具有带负电的和带正电的。 3. 导体处于静电平衡时，导体内部各点的场强为，这称为导体的条件。静电平衡下的导体是，导体的表面是。 4. 导体处于静电平衡状态时，导体内处处（填“有”或“无” ）净余电荷，电荷只能分布在导体的上。 5. 对于孤立导体而言，表面上的分布与表面曲率有关，表面曲率越大，电荷面密度越，反之越。 6. 空腔导体内部电场不受腔外电场的影响，接地导体空腔外部的电场不受腔内电荷的影响，这种隔离作用称为。 7. 孤立导体的是指使导体升高单位电势所需的电荷，反映了导体的性质。 8. 根据分子中正、负电荷中心的分布，可将电介质分为分子和分子。将两类电介质放入电场中将分别发生极化和极化。二、简答 1. 2. 3. 4. 5. 6. 简述导体静电平衡的条件及特点。简述静电屏蔽。简述处于静电平衡的空腔导体，空腔内场强处处为零。简述孤立导体的电容的计算公式及物理意义。分别推导两个电容器串联和并联后的总电容的计算公式。电介质的极化现象和导体的静电感应现象两者有什么区别？
并联： q = q1 + q2 ， U = U1 = U 2 ， C =
q q1 q2 = + = C1 + C2 。 U U U
6. 答：导体静电感应时会在导体表面出现感应电荷，电解质极化时在介质表面出现极化电荷，是两种不同的电荷，静电平衡时导体内部场强为零，电解质极化时内部场强不为零。三、计算 1. 证明：如图所示，设四个面上的电荷面密度分别为 σ 1 、 σ 2 、 σ 3 、 � σ 4 ，在 A 板内取一点 P1 ,设 en 是向右的单位法向矢量，四个无限大

大学物理第十章课后答案

题图10-1题10-1解图d第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。

导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。

作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。

因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： ACAB U U =而: 2AC ACdU E =⋅ AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-2(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。

高等代数(北大版)第10章习题参考答案

第十章双线性函数与辛空间1、设V是数域P上的一个三维线性空间，ε1，ε2，ε3是它的一组基，f是V上的一个线性函数，已知f(ε1+ε3)=1,f (ε2-2ε3)=-1,f (ε1+ε2)=-3求f (X1ε1+X2ε2+X3ε3).解因为f是V上线性函数，所以有f(ε1)＋ f (ε3)=1f (ε2)-2 f (ε3)=-1f(ε1)+f (ε2)=-3解此方程组可得f(ε1)＝4，f (ε2)＝－7，f (ε3)＝－3 于是f (X1ε1+X2ε2+X3ε3).＝X1f(ε1)＋X2 f (ε2)＋X3 f (ε3)＝4 X1－7 X2－3 X32、设V与ε1，ε2，ε3同上题，试找出一个线性函数f ,使f(ε1+ε3)＝f (ε2-2ε3)=0, f (ε1+ε2)=1解设f为所求V上的线性函数，则由题设有f(ε1)＋ f (ε3)=0f (ε2)-2 f (ε3)=0f(ε1)+f (ε2)=1解此方程组可得f(ε1)＝－1，f (ε2)＝2，f (ε3)＝1于是∀a∈V,当a在V的给定基ε1，ε2，ε3下的坐标表示为a= X1ε1+X2ε2+X3ε3时，就有f (a)=f (X1ε1+X2ε2+X3ε3)= X 1 f(ε1)＋X 2 f (ε2)＋X 3 f (ε3)=-X 1+2 X 2+ X 3 3、设ε1，ε2，ε3是线性空间V 的一组基，f1,f2,f3是它的对偶基，令α1＝ε1－ε3，α2＝ε1＋ε2－ε3，α3＝ε2＋ε3试证：α1，α2，α3是V 的一组基，并求它的对偶基。

证：设〔α1，α2，α3〕＝〔ε1，ε2，ε3〕A由已知，得A ＝110011111⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦因为A ≠0，所以α1，α2，α3是V 的一组基。

设g1,g2,g3是α1，α2，α3得对偶基，则〔g1,g2,g3〕＝〔f1,f2,f3〕〔A ˊ〕1-＝〔f1,f2,f3〕011112111-⎡⎤⎢⎥-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦因此g1=f2-f3g2=f1-f2+f3 g3=-f1+2f2-f34.设V 是一个线性空间，f1,f2,…fs 是V *中非零向量，试证：∃α∈V ，使 fi(α)≠0 (i=1,2…,s)证：对s 采用数学归纳法。

第十章波动习题解答 (1)

（1）波动方程；
（2）求 x=0.5m 处质点的振动方程；画出该质点的振动图；
（3）求 t=1.0s 时各质点的位移分布，画出该时刻的波形图。
解：(1) 波函数 y = Acos[ω(t − x ) + ϕ] ，其中 T = 2s,ω = 2π / T = π , u = λ / T = 1m / s u
P
10.0m
x/m
x/m
y/m
u
O
t/s
O
x/m
A、振动 x-t 曲线
B、波动 y-x 曲线
（2）波源振动速度等于波速吗？振幅和周期呢？波动方程中波源的位置一定位于原点 O？
波源的初相？
波源振动速度不等于波速；波源的振幅和周期等于波动的振幅和周期
波函数为： y = 0.1cos[500π（t + x ）+ π ]（m） 5000 3
(C) A = A12 + A22 + 2 A1A2 cos ∆ϕ
(D) A1 − A2 ≤ A ≤ A1 + A2
∆ϕ
= ϕ2
− ϕ1
− 2π
r2 − r1 λ
拓展：B 选项改为“某时刻，在两列波相遇的区域中某质点若为静止，则这两列波必相干” 答案：错误
10.11 如图所示，S1、S2 为两平面简谐波相干波源，S2 的
=
4m ， ∆ϕ
= ϕB0
− ϕ A0
−
2π λ
(rB
− rA )
=π
−
2π λ
(rB
− rA ) ，
干涉而静止的条件： ∆ϕ = ±(2k +1) π k = 0,1,2,
P 点为 AB 连线上任一点，rA 为 P 点到 A 点距离，rB 为 P 点到 B 点距离，

大学物理第十章有导体和电介质时的静电场习题解答和分析

第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为Bq 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。

导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。

作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。

因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ① 又因为： AC AB U U = 而: 2AC AC d U E =⋅AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：02C Bσσεε =⋅两边乘以面积S 可得：2C BS S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-1题10-1解图d(2) 00222C C A AC C AC AC q d d dU U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 7334122102102.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ; （2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。

大学物理下册第10章课后题答案

习题10-3图第10章静电场中的导体和电介质习题一选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ] (A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高(C) 导体内部的电势比导体表面的电势高(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零答案：D解析：处于静电平衡的导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面的电势相等。

10-2将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，导体B 的电势将[ ](A) 升高 (B)降低 (C)不会发生变化 (D)无法确定答案：A解析：不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

10-3将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体N 的左端接地（如图10-3所示），则[ ](A) N 上的负电荷入地 (B) N 上的正电荷入地 (C) N 上的所有电荷入地 (D) N 上所有的感应电荷入地答案：A解析：带负电的带电体M 移到不带电的导体N 附近的近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体的电势将低于无穷远处，因此导体N 的电势小于0，即小于大地的电势，因而大地的正电荷将流入导体N ，或导体N 的负电荷入地。

故正确答案为（A ）。

10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d 。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有[ ] (A) 0E =，04πε=q V d(B) 204πε=qE d ，04πε=qV d(C) 0E =，0V = (D) 204πε=q E d ， 04πε=qV R答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E =。

导体球球心O 点的电势为点电荷q 及感应电荷所产生的电势叠加。

理论力学参考答案第十章

·115·第10章动量定理一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1．内力虽不能改变质点系的动量，但可以改变质点系中各质点的动量。

( √ ) 2．内力虽不影响质点系质心的运动，但质点系内各质点的运动，却与内力有关。

( √ ) 3．质点系的动量守恒时，质点系内各质点的动量不一定保持不变。

( √ ) 4．若质点系所受的外力的主矢等于零，则其质心坐标保持不变。

( × ) 5．若质点系所受的外力的主矢等于零，则其质心运动的速度保持不变。

( √ ) 二、填空题1．质点的质量与其在某瞬时的速度乘积，称为质点在该瞬时的动量。

2．力与作用时间的乘积，称为力的冲量。

3．质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。

4．质点系的动量随时间的变化规律只与系统所受的外力有关，而与系统的内力无关。

5．质点系动量守恒的条件是质点系所受外力的主矢等于零，质点系在x 轴方向动量守恒的条件是质点系所受外力沿x 轴方向投影的代数和等于零。

6．若质点系所受外力的矢量和等于零，则质点系的动量和质心速度保持不变。

三、选择题1．如图10.12所示的均质圆盘质量为m ，半径为R ，初始角速度为0ω，不计阻力，若不再施加主动力，问轮子以后的运动状态是( C )运动。

(A) 减速(B) 加速(C) 匀速 (D) 不能确定2．如图10.13所示的均质圆盘质量为m ，半径为R ，可绕O 轴转动，某瞬时圆盘的角速度为ω，则此时圆盘的动量大小是( A )。

(A) 0P = (B) P m R =ω (C) 2P m R =ω(D) 2P m R /=ω图10.12 图10.133．均质等腰直角三角板，开始时直立于光滑的水平面上，如图10.14所示。

给它一个微小扰动让其无初速度倒下，问其重心的运动轨迹是( C )。

(A) 椭圆 (B) 水平直线 (C) 铅垂直线(D) 抛物线ABC图10.14·116·4．质点系的质心位置保持不变的必要与充分条件是( D )。

习题解答10

第十章配位化合物和配位-离解平衡习题解答：1. 给以下各配离子命名(略)：⑴Zn(NH3)；⑵Co(NH3)3Cl3；⑶FeF；⑷Ag(CN)；⑸[Fe(CN)5NO2] 3-。

2. Al2S3受潮时发出一种腐败气味，写出该反应的平衡化学方程式并用软硬酸碱理论讨论之。

(略)3. 对下列各组中的物质两两比较，哪一个可能存在？如都能存在，哪一个稳定性更大？简述理由。

答：⑴ Na2SO4 >Cu2SO4硬亲硬⑵ AlI63- 不存在，AlF63-硬亲硬⑶ HgI42- > HgF42-软亲软⑷ PbI42-> PbCl42-软亲软4. 用晶体场理论解释，为什么ZnCl42- 和NiCl42- 为四面体构型，而PtCl42-和CuCl42- 为平面正方形构型？答: Zn2+为3d10, CFSE =0, 所以ZnCl42-四面体构型; Cu2+为3d9, 弱场条件下正方形场的CFSE 最大, 所以CuCl42- 为平面正方形构型.d8构型的中心离子, 在强场条件下均形成正方形, 在弱场条件下可形成四面体或正方形. Ni2+和Pt2+均为d8构型, 与相同配体结合时, Pt2+的分裂能大于Ni2+的分裂能,所以Pt2+的8个d电子成对, PtCl42-为正方形构型; Ni2+的分裂能较小于电子成对能,故NiCl42-为四面体构型.附：Acta Cryst. (1974). A30, 484-486 [ doi:10.1107/S0567739474001161 ] Relation entre la symétrie des groupements CuCl42-tétraédriques et les propriétés physiques descupritétrachlorures. I. Moment magnétique moyenJ. Lamotte-Brasseur et G. van den BosscheAbstract: For some crystals, the structures of which have already been determined, the flattening, D, of the CuCl42- tetrahedra has been estimated. The paramagnetic susceptibilities of many tetrachlorocuprates have been measured by the Faraday method. The mean magnetic moment decreases linearly as D increases, if D is greater than 0.2. From the known meanmagnetic moment, it is therefore possible to estimate the D value of the CuCl42- tetrahedron.5. 氯化铜溶液随浓度的增大，颜色由浅兰色变为绿色再变为土黄色。

10作业答案新高等数学下第十章习题及答案

第十章曲线积分与曲面积分1、计算以下对弧长的曲线积分：（1）⎰+Ln ds y x )(22，其中L 为圆周)20( sin ,cos π≤≤==t t a y t a x .解 ⎰+L nds y x)(22⎰+-+=π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n⎰+-+π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n ⎰++==ππ2012122n n a dt a（2）⎰+Lds y x )(，其中L 为连接（1，0）及（0，1）两点的直线段.解 L 的方程为y 1x (0x 1)⎰⎰'-+-+=+12])1[(1)1()(dx x x x ds y x L 22)1(10=-+=⎰dx x x（3）⎰L xds ，其中L 为由直线x y =及抛物线2x y =所围成的区域的整个边界.解 L 1 y x 2(0x 1) L 2 y x (0x 1)xdx L⎰xdx xdx L L ⎰⎰+=21⎰⎰'++'+=12122)(1])[(1dx x x dx x x⎰⎰++=10102241xdx dx x x )12655(121-+=. 二、计算以下对弧长的曲线积分：（1）⎰+Ly x ds e22，其中L 为圆周222a y x =+，直线x y =及x 轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界.解 L =L 1+L 2+L 3, 其中 L 1: x =x , y =0(0≤x ≤a ), L 2: x =a cos t , y =a sin t )40(π≤≤t ,L 3: x =x , y =x )220(a x ≤≤, 因此ds eds eds eds ey x L y x L y x L y x L22322222122++++⎰⎰⎰⎰++=,⎰⎰⎰+++-++=axa ax dx e dt t a t a e dx e 220222402202211)cos ()sin (01π2)42(-+=a e a π.（2）⎰Γyzds x2，其中Γ为折线ABCD ，那个地址A 、B 、C 、D 依次为点A （0，0，0）、B （0，0，2）、C （1，0，2）、D （1，3，2）.解 Γ=AB +BC + CD , 其中 AB : x =0, y =0, z =2t (0≤t ≤1), BC : x =t , y =0, z =2(0≤t ≤1),CD : x =1, y =3t , z =2(0≤t ≤1),故 yzds x yzds x yzds x yzds x CDBCAB2222⎰⎰⎰⎰++=Γ 903060012221010=++++=⎰⎰⎰dt t dt dt .（3）⎰Lds y 2，其中L 为摆线一拱)2t (0 )cos 1(),sin (π≤≤-=-=t a y t t a x .解⎰⎰'+'--=L dt t a t t a t a ds y π2022222])(cos [])sin ([)cos 1(⎰--=π2023cos 1)cos 1(2dt t t a 315256a =. 3、计算以下对坐标的曲线积分：（1）dx y x L⎰-)(22，其中L 是抛物线2x y =上从点（0，0）到（2，4）的一段弧.解 L : y =x 2, x 从0变到2, 因此 ⎰⎰-=-=-L dx x x dx y x 2042221556)()(. （2）⎰Lxydx ，其中L 为圆周)0( )(222>=+-a a y a x 及x 轴所围成的区域在第一象限内的整个边界（按逆时针方向绕行）.解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =a +a cos t , y =a sin t , t 从0变到π, L 2: x =x , y =0, x 从0变到2a , 因此⎰⎰⎰+=21L L L xydx xydx xydx ⎰⎰+'++=adx dt t a a t a t a 200)cos (sin )cos 1(π3020232)sin sin sin (a t td tdt a πππ-=+-=⎰⎰. （3） ⎰+Lxdy ydx ，其中L 为圆周t R y t R x sin ,cos ==上对应t 从0到2π的一段弧。

第10章氧化还原及滴定习题解答

第10章氧化还原滴定习题一、判断题1、用碘量法测定二氧化锰时应选用直接碘量法。

2、对氧化还原反应来说，只要满足电势差大于等于0.35V的条件，该反应就能用于滴定分析。

3、因为氧化还原反应速度较慢，所以在氧化还原滴定中都需要加热和加催化剂。

4、标定碘液可用Na2S2O3作基准物质。

5、配制好的Na2S2O3溶液不能马上标定，是因为Na2S2O3还原性太强。

6、Fe2+样品液只能用KMnO4法测定。

7、间接碘量法不能在强酸性溶液中滴定的原因之一是Na2S2O3易分解。

8、碘量法所用的指示剂是KI的淀粉液。

9、直接碘量法间接碘量法所用的指示剂相同，终点颜色也相同。

10、KMnO4法需要在酸性条件下测定样品，是为了增强KMnO4的氧化性。

11、用碘量法测定铜盐样品时，采用的是剩余滴定法。

12、氧化还原滴定的突跃中点与化学计量点是一致的。

13、亚硝酸钠法可用于测定具有氧化性物质的含量。

14、Na2S2O3滴定液应需要前临时配制及时滴定。

15、亚硫酸钠法中，采用快速滴定法的目的是为了减小NaNO2的逸失和分解。

16、氧化还原滴定选择氧化还原指示剂的依据是电势差在突跃范围内。

17、已知 MX 是难溶盐，可推知 E( M2+ / MX ) < E( M2+ / M+ ) 。

18、在实验室中MnO2 (s) 仅与浓HCl 加热才能反应制取氯气，这是因为浓HCl仅使E ( MnO2 / Mn2+ ) 增大。

（）19、E( Cl2 / Cl- ) < E( Cl2 / AgCl ) 。

..............................（）20、以原电池的E来计算相应氧化还原反应的标准平衡常数，由此可以推论出，氧化还原反应的K是各物种浓度为1.0 mol·L-1 或p = p时的反应商。

（）21、理论上所有氧化还原反应都能借助一定装置组成原电池；相应的电池反应也必定是氧化还原反应。

（）22、已知K( AgCl ) =1.8 ⨯10-10，当c (Ag+ ) = 1.8 ⨯10-1 0 mol·L-1 时，E (Ag+ /Ag ) = E(AgCl / Ag ) 。