参考补充例题

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补充例题-企业合并

企业合并【例2.1】A公司取得B公司100% 的股权比例，形成同一控制下的控股合并。

合并日B公司的资产、负债以及所有者权益情况如下表所示：【例】A、B公司分别为P公司控制下的两家子公司。

A公司于20×6年3月10日自母公司P处取得B公司l00%的股权，合并后B公司仍维持其独立法人资格继续经营。

为进行该项企业合并，A公司发行了1 500万股本公司普通股〔每股面值l元〕作为对价。

假定A、B公司采用的会计政策相同。

合并日，A公司及B公司的所有者权益构成如下：表1 单位：万元A公司在合并日应进行的会计处理为：【拓展】①在合并工作底稿中，应编制以下调整分录：借：资本公积30 000 000贷：盈余公积l0 000 000未分配利润20 000 000②在编制合并日合并资产负债表时编制的抵销分录：借：股本 1 500资本公积500盈余公积 1 000未分配利润 2 000贷：长期股权投资 5 000【例2.3】20X7年6月30日，P公司向S公司的股东定向增发1 000万股普通股〔每股面值为1元，市价为10.85元〕对S公司进行吸收合并，并于当日取得S公司净资产。

当日，P公司、S公司资产、负债情况如表2-1所示。

表2-1 资产负债表〔简表〕【例2.4】A公司取得B公司100% 的股权比例，形成非同一控制下的控股合并。

购买日B【例2.5】20X7年1月1日，P公司收购了S公司的全部资产，并承担S公司的全部负债。

假定P公司和S公司的合并属于非同一控制下的企业合并。

S公司20X7年1月1日的资产和负债的账面价值和公允价值见下表。

S公司的资产和负债的账面价值和公允价值〔1〕假定P公司以支付现金800 000元、发行普通股100 000股的方式换取S公司的净资产，P公司普通股每股账面价值为10元，每股市价为20元。

P公司以现金支付发行股票发生的手续费、佣金100 000元，合并过程中发生审计费用100 000元，法律服务费50 000元。

工程问题补充

工程问题在下面例题的讲述中，不完全采用通常教科书中“把工作量设为整体1”的做法，而偏重于“整数化”或“从比例角度出发”，也许会使我们的解题思路更灵活一些.一、两个人的问题标题上说的“两个人”，也可以是两个组、两个队等等的两个集体.●例1 一件工作，甲做9天可以完成，乙做6天可以完成。

现在甲先做了3天，余下的工作由乙继续完成，乙需要做几天可以完成全部工作？解一：把这件工作看作1，甲每天可完成这件工作的九分之一，做3天完成的1/3。

乙每天可完成这件工作的六分之一，（1-1/3）÷1/6=4（天）答：乙需要做4天可完成全部工作.解二：9与6的最小公倍数是18.设全部工作量是18份.甲每天完成2份，乙每天完成3份.乙完成余下工作所需时间是（18- 2 × 3）÷ 3= 4（天）.解三：甲与乙的工作效率之比是6∶ 9= 2∶ 3.甲做了3天，相当于乙做了2天.乙完成余下工作所需时间是6-2=4（天）.工程问题.当知道了两者工作效率之比，从比例角度考虑问题，也需时间是因此，在下面例题的讲述中，不完全采用通常教科书中“把工作量设为整体1”的做法，而偏重于“整数化”或“从比例角度出发”，也许会使我们的解题思路更灵活一些.一、两个人的问题标题上说的“两个人”，也可以是两个组、两个队等等的两个集体.●例1 一件工作，甲做9天可以完成，乙做6天可以完成。

乙每天可完成这件工作的六分之一，（1-1/3）÷1/6=4（天）答：乙需要做4天可完成全部工作.解二：9与6的最小公倍数是18.设全部工作量是18份.甲每天完成2份，乙每天完成3份.乙完成余下工作所需时间是（18- 2 × 3）÷ 3= 4（天）.解三：甲与乙的工作效率之比是6∶ 9= 2∶ 3.甲做了3天，相当于乙做了2天.乙完成余下工作所需时间是6-2=4（天）.●例4一件工程，甲队单独做10天完成，乙队单独做30天完成.现在两队合作，其间甲队休息了2天，乙队休息了8天（不存在两队同一天休息）.问开始到完工共用了多少天时间？解一：甲队单独做8天，乙队单独做2天，共完成工作量余下的工作量是两队共同合作的，需要的天数是2+8+ 1= 11（天）.答：从开始到完工共用了11天.解二：设全部工作量为30份.甲每天完成3份，乙每天完成1份.在甲队单独做8天，乙队单独做2天之后，还需两队合作（30- 3 × 8- 1× 2）÷（3+1）= 1（天）.解三：甲队做1天相当于乙队做3天.在甲队单独做8天后，还余下（甲队）10-8= 2（天）工作量.相当于乙队要做2×3=6（天）.乙队单独做2天后，还余下（乙队）6-2=4（天）工作量.4=3+1，其中3天可由甲队1天完成，因此两队只需再合作1天.解四：方法：分休合想（题中说甲乙两队没有在一起休息，我们就假设他们在一起休息.)甲队每天工作量为1/10，乙为1/30，因为甲休息了2天，而乙休息了8天，因为8>2，所以我们假设甲休息两天时，乙也在休息。

补充例题

第五节特殊交易在合并财务报表中的会计处理【补充例题】【2016·综合题】甲公司为境内上市公司，专门从事能源生产业务。

2×15年，甲公司发生的企业合并及相关交易或事项如下：（1）2×15年2月20日，甲公司召开董事会，审议通过了以换股方式购买专门从事新能源开发业务的乙公司80%股权的议案。

2×15年3月10日，甲公司、乙公司及其控股股东丙公司各自内部决策机构批准了该项交易方案。

2×15年6月18日，证券监管机构核准了甲公司以换股方式购买乙公司80%股权的方案。

2×15年6月30日，甲公司以3：1的比例向丙公司发行6 000万股普通股，取得乙公司80%股权，有关股份登记和股东变更手续当日完成；同日，甲公司、乙公司的董事会进行了改选，丙公司开始控制甲公司，甲公司开始控制乙公司。

甲公司、乙公司普通股每股面值均为1元，2×15年6月30日，甲公司普通股的公允价值为每股3元，乙公司普通股的公允价值为每股9元。

2×15年7月16日，甲公司支付为实施上述换股合并而发生的会计师、律师、评估师等费用350万元，支付财务顾问费1 200万元。

【手写板】（2）甲公司、乙公司资产、负债等情况如下：2×15年6月30日，甲公司账面资产总额17 200万元，其中固定资产账面价值4 500万元，无形资产账面价值1 500万元；账面负债总额9 000万元；账面所有者权益（股东权益）合计8 200万元，其中：股本5 000万元（每股面值1元），资本公积1200万元，盈余公积600万元，未分配利润1 400万元。

2×15年6月30日，甲公司除一项无形资产外，其他资产、负债的公允价值与其账面价值相同，该无形资产为一项商标权，账面价值1 000万元，公允价值3 000万元，按直线法摊销，预计尚可使用5年，预计净残值为零。

2×15年6月30日，乙公司账面资产总额34 400万元，其中固定资产账面价值8 000万元，无形资产账面价值3 500万元；账面负债总额13 400万元；账面所有者权益（股东权益）合计21 000万元，其中，股本2 500万元（每股面值1元），资本公积500万元，盈余公积1 800万元，未分配利润16 200万元。

统计学统计综合指标补充例题

第四章统计综合指标（五）计算题例1、某集团公司所属各拖拉机厂某月生产情况如下表所示：厂别类型每台马力数产量（台）第1厂履带式36 75履带式18 105轮式28 400 第2厂履带式75 85轮式15 94轮式12 150 第3厂履带式45 40履带式75 25轮式24 50 要求按产品类型和功率核算有关总量指标。

解：【分析】通常总量指标中首选核算实物量。

这里可以核算自然实物量、双重单位实物量和标志单位实物量。

从下面两表看出核算的过程及结果：（1）按自然单位和双重单位核算：产品类型产量（台）产量（台/马力）履带式330 330/14640轮式694 694/15610合计1024 1024/30250 （2）按标准单位核算（以15马力拖拉机为标准单位）：产品类型与功率产量（台）换算系数标准台数（1）（2）（3）=（1）÷15 （4）=（2）×（3）履带式18马力105 12636马力75 18045马力40 12075马力110 550小计330 —976轮式12马力150 12015马力94 9424马力50 8028马力400 747小计694 —1041合计1024 —2017例2、下面是某市年末户籍人口和土地面积的资料：单位：人户籍人口数2001年 2002年人口总数男女1343599 682524 6610751371588 695762 675826已知该土地面积1565平方公里，试计算全部可能计算的相对指标，并指出它们属于哪一种相对数。

解：计算结果列表如下：2001年 2002年人口总数男女（1）男性人口占总人口比重（%）（2）女性人口占总人口比重（%）（3）性别比例（%）男：女（4）人口密度（人/平方公里）（5）人口增长速度（%） 1343599 682524 661075103 858 —1371588 695762 675826102 876在所计算的相对指标中：（1）、（2）为结构相对数，（3）为比例相对数，（4）为强度相对数，（5）为动态相对数。

《高等数学》(一)(2)补充例题及练习题

第八章空间解析几何与向量代数（6学时）§8.1 向量及其线性运算一、补充例题例1 已知向量)1,5,3(-=a ，)3,2,2(=b ，)3,1,4(--c，求c b a 432+-。

例2 在yOz 面上，求与三点)2,1,3(A 、)2,2,4(--B 和)1,5,0(C 等距离的点。

例3 已知两点)1,3,2(-A 和)0,2,1(-B ，求与方向相同的单位向量e。

例4 已知两点)2,1,1(-A 和)3,1,0(B ，计算向量的模、方向余弦和方向角。

例5 一向量的终点在点)7,1,2(-B ，它在x 轴、y 轴和z 轴上的投影依次为4，4-和7。

求这向量的起点A 的坐标。

二、练习1312-p 习题8-1 4，5，15，17§8.2 向量的数量积与向量积一、补充例题例1 已知j i a += ，k i b += ，求b a ⋅，∧),(cos b a 及a j bPr 。

例2 已知四点)1,2,2(A 、)2,1,0(B 、)1,1,1(C 、)2,3,3(D ，求AB j CDPr ，∧),(cos 。

例3 记)0,1,3(-=a，)1,2,1(-=b，求b a⨯。

例4 已知ABC ∆的三个顶点为)2,0,3(A ，)1,3,5(B ，)3,1,0(-C ，（1）求垂直于这个三角形所在平面的单位向量；（2）求ABC ∆的面积。

解（1）因为a ⨯= 垂直于向量与，所以a是一个垂直于三角形ABC 所在平面的向量。

而)1,3,2(-=，)1,1,3(--=，所以k j i kj i a72113132++=---=⨯=。

63712222=++=a ，)7,1,2(631=a e。

所以垂直于三角形ABC 所在平面的单位向量为)7,1,2(631±。

（2）因为ABC ∆的面积S 是以AB ，AC 为邻边的平行四边形面积的一半，所以6237122121222=++===a S 。

理论力学参考补充例题2

CD杆：
mC (F) 0, FDy 2a FDx 2a F a 0 (1)
例：正方体各边长均为a，作用有 F1 , F2 , F3 ，如图所示。且三力大小均为F，求此力系向O点简化的结果。
解：
F1x F1y
3 3
F1

3F 3
3
3
F1z 3 F1 3 F,
F2x 0
F2 y F2z
2 F, 2
x
z
F1
o
F3
y
F2
2 F3x F3z 2 F ,
2 2
FR, i FR, j 45o
主矩：
y
F2 450
FR
F1
1 2
(2,2)
x
(-3,0) O
(0,-3)
M
F3
Mo

M

F1

2 5

2

F1

1 5

2

F3

3

F2
cos
450

3
100 200 300 300 100N m
解：（1）将平面力系向O点简化
主矢： FRx ' Fx F2 F1 cos600 250N C F2
FRy ' Fy F1 sin 600 F3
100 3 400 486.6N 2
F1
A
O
M
F3
x B
FR ' FRx ' FRy ' 2502 486.62 512.23N

《数论》第一章补充例题

整除理论补充例题∗彭道意†September 27,2013整除性理论是初等数论的基础.本章要介绍带余数除法,辗转相除法,最大公约数,最小公倍数,算术基本定理以及它们的一些应用.1整数的整除性例1设A ={d 1,d 2,···,d k }是n 的所有约数的集合,则B ={n d 1,n d 2,···,n d k}也是n 的所有约数的集合.解由以下三点理由可以证得结论:(i)A 和B 的元素个数相同;(ii)若d i ∈A ,即d i |n,则n d i |n,反之亦然;(iii)若d i =d j ,则n d i =n d j .例2以d (n )表示n 的正约数的个数,例如:d (1)=1,d (2)=2,d (3)=2,d (4)=3,···.问:d (1)+d (2)+···+d (1997)是否为偶数?解对于n 的每个约数d ,有n =d ·n d ,因此,n 的正约数d 与n d 是成对地出现的.只有当d =n d ,即d =n 2时,d 和n d 才是同一个数.故当且仅当n 是完全平方数时,d (n )是奇数.因为442<1997<452,所以在d (1),d (2),···,d (1997)中恰有44个奇数,故d (1)+d (2)+···+d (1997)是偶数.问题d 2(1)+d 2(2)+···+d 2(1997)被4除的余数是多少?例3证明:存在无穷多个正整数a ,使得n 4+a (n =1,2,3,···)都是合数.∗例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到.本文仅供参考,不足与错误难免,请同学们批评指正!†Email:daoyi123@解取a=4k4,对任意的n∈N,有n4+4k4=(n2+2k2)2−4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2−2nk).由n2+2k2−2nk=(n−k)2+k2 k2,所以,对于任意的k=2,3,···以及任意的n∈N,n4+a是合数.例4设a1,a2,···,a n是整数,且n∑k=1a k=0,n∏k=1a k=n,则4|n.解如果2 n,则n,a1,a2,···,a n都是奇数.于是a1+a2+···+a n是奇数个奇数之和,不可能等于零,这与题设矛盾,所以2|n,即在a1,a2,···,a n中至少有一个偶数.如果只有一个偶数,不妨设为a1,那么2 a i(2 k n).此时有等式a2+···+a n=−a1,在上式中,左端是(n−1)个奇数之和,右端是偶数,这是不可能的,因此,在a1,a2,···,a n中至少有两个偶数,即4|n.例5若n是奇数,则8|n2−1.解设n=2k+1,则n2−1=(2k+1)2−1=4k(k+1),在k与k+1中有一个偶数,所以8|n2−1.2带余数除法例1设a,b,x,y是整数,k和m是正整数,并且a=a1m+r1,0 r1<m,b=b1m+r2,0 r2<m,则ax+by和ab被m除的余数分别与r1x+r2y和r1r2被m除的余数相同.特别地,a k与r k1被m除的余数相同.解由ax+by=(a1m+r1)x+(b1m+r2)y=(a1x+b1y)m+r1x+r2y可知,若r1x+r2y被m除的余数是r,即r1x+r2y=qm+r,0 r<m,则ax+by=(a1x+b1y+q)m+r,0 r<m,即ax+by被m除的余数也是r.例2设a1,a2,···,a n为不全为零的整数,以y0表示集合A={y|y=a1x1+···+a n x n,x i∈Z,1 i n}中的最小正数,则对任何的y∈A,y0|y;特别地,y0|a i,1 i n.解设y0=a1x′1+···+a n x′n,∀y∈A,由带余除法,∃q,r0∈Z,使得y=qy0+r0,0 r0<y0.因此r0=y−qy0=a1(x1−qx′1)+···+a n(x n−qx′n)∈A.如果r0=0,那么,因为0<r0<y0,所以r0是A中比y0还小的正数,这与y0的定义矛盾.所以r0=0,即y0|y.显然a i∈A(1 i n),所以y0整除每个a i(1 i n).例3任意给出的五个整数中,必有三个数之和被3整除.解设这五个数是a i,i=1,2,3,4,5,记a i=3q i+r i,0 r i<3,i=1,2,3,4,5.分别考虑以下两种情形:(i)若r1,r2,···,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,r2=1,r3=2,此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3可以被3整除;(ii)若r1,r2,···,r5中数0,1,2至少有一个不出现,这样至少有三个r i要取相同的值,不妨设r1,r2,r3=r(r=0,1或2),此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3r可以被3整除.例4设a0,a1,···,a n∈Z,f(x)=a n x n+···+a1x+a0,已知f(0)与f(1)都不是3的倍数,证明:若方程f(x)=0有整数解,则3|f(−1)=a0−a1+a2−···+(−1)n a n.证对任意整数x,都有x=3q+r,r=0,1或2,q∈Z.(i)若r=0,即x=3q,q∈Z,则f(x)=f(3q)=a n(3q)n+···+a1(3q)+a0=3Q1+a0=3Q1+f(0),其中Q1∈Z,由于f(0)不是3的倍数,所以f(x)=0;(ii)若r=1,即x=3q+1,q∈Z,则f(x)=f(3q+1)=a n(3q+1)n+···+a1(3q+1)+a0=3Q2+a n+···+a1+a0=3Q2+f(1),其中Q2∈Z.由于f(1)不是3的倍数,所以f(x)=0.因此若f(x)=0有整数解x,则必是x=3q+2=3q′−1,q′∈Z,于是0=f(x)=f(3q′−1)=a n(3q′−1)n+···+a1(3q′−1)+a0=3Q3+a0−a1+a2−···+(−1)n a n.其中Q3∈Z.所以3|f(−1)=a0−a1+a2−···+(−1)n a n.例5设n是奇数,则16|n4+4n2+11.证我们有n4+4n2+11=(n2−1)(n2+5)+16.由上节例题知道,8|n2−1,由此及2|n2+5得到16|(n2−1)(n2+5).例6证明:若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程x3+y3=a没有整数解.证∀x,y∈Z,记x=3q1+r1,y=3q2+r2,0 r1,r2<3.则存在Q1,R1,Q2,R2∈Z,使得x3=9Q1+R1,y3=9Q2+R2,其中R1和R2被9除的余数分别与r31和r32被9除的余数相同,即R1=0,1或8,R2=0,1或8.因此x3+y3=9(Q1+Q2)+R1+R2.(2.1)又由式(2.1)可知,R1+R2被9除的余数只可能是0,1,2,7或8,所以,x3+y3不可能等于a.例7证明:方程a21+a22+a23=1999(2.2)无整数解.证若a1,a2,a3都是奇数,则存在整数A1,A2,A3,使得a21=8A1+1,a22=8A2+1,a23=8A3+1,于是a21+a22+a23=8(A1+A2+A3)+3.由于1999被8除的余数是7,所以a1为奇数.由式(2.2),a1,a2,a3中只有一个奇数,设a1为奇数,a2,a3为偶数,则存在整数A1,A2,A3,使得a21=8A1+1,a22=8A2+r,a23=8A3+s,于是a21+a22+a23=8(A1+A2+A3)+1+r+s,其中r和s是整数,而且只能取值0或4.这样a21+a22+a23被8除的余数只可能是1或5,但1999被8除的余数是7,所以这样的a1,a2,a3也不能使式(2.2)成立.3最大公约数例1(105,140,350)=(105,(140,350))=(105,70)=35.例2证明:若n是正整数,则21n+414n+3是既约分数.证由辗转相除法得到(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,1)=1. 4辗转相除法例1用辗转相除法求(125,17),以及x,y,使得125x+17y=(125,17).解作辗转相除法:125=7×17+6,q1=7,r1=6,17=2×6+5,q2=2,r2=5,6=1×5+1,q3=1,r3=1,5=5×1,q4=5.由推论1.1,(125,17)=r3=1.利用定理1计算(这里n=3)P0=1,P1=7,P2=2·7+1=15,P3=1·15+7=22,Q0=0,Q1=1,Q2=2·1+0=2,Q3=1·2+1=3,取x=(−1)3−1Q3=3,y=(−1)3P3=−22,则125·3+17·(−22)=(125,17)=1.例2在m个盒子中放若干个硬币,然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币:每一次在n(n<m)个盒子中各放一个硬币.证明:若(m,n)=1,那么无论开始时每个盒子中有多少个硬币,经过若干次放硬币后,总可使所有盒子含有同样数量的硬币.证由于(m,n)=1,所以存在整数x,y,使得mx+ny=1.因此对于任意的自然数k,有1+m(−x+kn)=n(km+y),这样,当k充分大时,总可找出正整数x0,y0,使得1+mx0=ny0.上式说明,如果放y0次(每次放n个),那么在使m个盒子中各放x0个后,还多出一个硬币.把这个硬币放入含硬币最少的盒子中(这是可以做到的),就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1.因此经过若干次放硬币后,必可使所有盒子中的硬币数量相同.5素数与算术基本定理例1写出51480的标准分解式.解我们有51480=2·25740=22·12870=23·6435=23·5·1287=23·5·3·429=23·5·32·143=23·32·5·11·13.例2设a,b,c是整数,证明:(i)(a,b)[a,b]=ab;(ii)(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)].证为了叙述方便,不妨假定a,b,c是正整数.(i)设a=pα11pα22···pαk k,b=pβ11pβ22···pβk k,其中p1,p2,···,p k是互不相同的素数,αi,βi(1 i k)都是非负整数.由推论3.3,有(a,b)=pλ11pλ22···pλk k,λi=min{αi,βi},1 i k,[a,b]=pµ11pµ22···pµk k,µi=max{αi,βi},1 i k.由此知(a,b)[a,b]=k∏i=1pλi+µii=k∏i=1p min{αi,βi}+max{αi,βi}i=k∏i=1pαi+βii=ab;(ii)设a=k∏i=1pαii,b=k∏i=1pβii,c=k∏i=1pγii,其中p1,p2,···,p k是互不相同的素数,αi,βi,γi(1 i k)都是非负整数.由推论3.3,有(a,[b,c])=k∏i=1pλii,[(a,b),(a,c)]=k∏i=1pµii,其中,对于1 i k,有λi=min{αi,max{βi,γi}},µi=max{min{αi,βi},min{αi,γi}},不妨设βi γi,则min{αi,βi} min{αi,γi},所以µi=min{αi,γi}=λi,即(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)].。

财务管理第二章课后补充习题及课堂例题及答案(学生版)

第二章财务管理的价值观念课后补充计算题：1、某人希望以8%的年利率，按每半年付款一次的方式，在3年内等额偿还现有的6 000元债务，问每次应偿还多少?2、一农户购置了一台新收割机，他估计新机器头两年不需要维修，从第3年末开始的10年中，每年需支付200元维修费，若折现率为3%，问10年维修费的现值为多少?3、某人在2000年1月1日存入银行1000元，年利率为10%。

要求计算：（1）每年复利一次，2003年1月1日存款账户余额是多少？（2）每季度复利一次，2003年1月1日存款账户余额是多少？（3）若1000元，分别在2000年、2001年、2002年和2003年1月1日存入250元，仍按10%利率，每年复利一次，求2003年1月1日余额？（4）假定分4年存入相等金额，为了达到第一问所得到的账户余额，每期应存入多少金额？（5）假定第三问为每季度复利一次，2003年1月1日余额是多少？（6）假定第四问改为每季度复利一次，每年应存入多少金额？4、某人拟明年年初借款42000元，从明年年末开始，每年年末还本付息6000元，连续10年还清，设预定最低借款利率为8%，问此人是否能按计划借到款项？5、有人在今后五年中每年末借给你2 500元，要求你在随后的10年中，每年末归还2 500元于他，若年利率为5%，问你是否接受这笔借款?6、某工商管理研究生计划从银行借款10 000元，利率12%，半年计息一次。

这笔借款在四年内分期等额摊还，每半年还款一次。

第一次还款是从今天起的6个月后，问：（1）贷款的实际年利率是多少？（2）计算每半年应付的偿还额。

（3）计算第二个半年所付的本金和利息。

7、某公司准备投资开发新产品，现有三个方案可供选择。

根据市场预测，三种不同市场状况的预计年报酬率如下表：试计算投资开发各种新产品的风险大小。

8、某公司去年支付的股利为每股1元，一位投资者预计公司股利按固定比率5%增长，该公司股票的β系数为 1.5，无风险利率为8% ，所有股票的平均报酬率为15%。

会计学基础概念第9章必做补充课后作业参考答案带解析

会计学基础概念第9章必做补充课后作业参考答案带解析第九章负债补充课后作业姓名：学号：班级：成绩一、单项选择题1、【例题单选题】某企业为增值税一般纳税人，20某7年应交各种税金为：增值税350万元，消费税150万元，城市维护建设税35万元，房产税10万元，车船税5万元，所得税250万元。

上述各项税金应计入税金及附加账户的金额为（）万元。

A.450B.200C.550D.185『正确答案』B『答案解析』计入税金及附加的金额＝150＋35＋10＋5＝200（万元）。

2、【例题单选题】下列各项中，关于相关税费的会计处理正确的有（）。

A.拥有产权房屋交纳的房产税计入房屋成本B.企业应交的城市维护建设税计入税金及附加C.签订购销合同缴纳的印花税计入主营业务成本D.商用货车缴纳的车船税计入管理费用『正确答案』B『答案解析』选项ACD，应计入税金及附加。

3、【例题单选题】某企业2022年发生的相关税费如下：增值税1100000元，城镇土地使用税200000元，消费税500000元，土地增值税350000元，城市建设维护税税率为7%，下列关于城市维护建设税的处理，正确的是（）。

A.借：管理费用112000贷：应交税费——应交城市维护建设税112000B.借：管理费用150500贷：应交税费——应交城市维护建设税150500C.借：税金及附加112000贷：应交税费——应交城市维护建设税112000D.借：税金及附加150500贷：应交税费——应交城市维护建设税150500『正确答案』C『答案解析』城市维护建设税＝（1100000＋500000）某7%＝112000（元），应计入税金及附加。

4、【单选题】某企业计提生产车间管理人员基本养老保险费120000元。

下列各项中，关于该事项的会计处理正确的是（）。

A.借：管理费用120000贷：应付职工薪酬——设定提存计划——基本养老保险费120000B.借：制造费用120000贷：应付职工薪酬——设定提存计划——基本养老保险费120000C.借：制造费用120000贷：银行存款120000D.借：制造费用120000贷：其他应付款120000『正确答案』B『答案解析』计提生产车间管理人员的养老保险费：借：制造费用120000贷：应付职工薪酬——设定提存计划——基本养老保险费1200005、【单选题】企业作为福利为高管人员配备汽车。

6-无形资产-例题与真题

(3)2×17年1月份发生研发支出(4）2×17年1月31日，该项新型技术已经达到预定用途【补充例题6—5•多选题】（2017年）下列关于企业内部研发支出会计处理的表述中，正确的有（).A.开发阶段的支出,满足资本化条件的，应予以资本化B.无法合理分配的多项开发活动所发生的共同支出，应全部予以费用化C.无法区分研究阶段和开发阶段的支出，应全部予以费用化D.研究阶段的支出，应全部予以费用化【补充例题6—6•多选题】（2018年）下列各项满足资本化条件后的企业内部的研发支出,应予以资本化会计处理的有（)A。

开发过程中研发人员支出B。

开发过程中正常耗用的材料C.开发过程中所用专利权的摊销D.开发过程中固定资产的折旧【补充例题6—7•多选题】（2012年)企业在估计无形资产使用寿命应考虑的因素有（）。

A.无形资产相关技术的未来发展情况B。

使用无形资产产生的产品的寿命周期C。

使用无形资产生产的产品市场需求情况D。

现在或潜在竞争者预期将采取的研发战略【补充例题6—8•多选题】(2014年）下列关于使用寿命有限的无形资产摊销的表述中，正确的有（）。

A.自达到预定用途的下月起开始摊销B.至少应于每年年末对使用寿命进行复核C。

有特定产量限制的经营特许权，应采用产量法进行摊销D。

无法可靠确定与其有关的经济利益预期消耗方式的，应采用直线法进行摊销【例6-2】2×16年1月1日，甲公司从外单位购得一项新专利技术用于产品生产,支付价款75 000 000元，款项已支付，该项专利技术法律保护期间为15年，公司预计运用该专利生产的产品在未来10年内会为公司带来经济利益，假定这项无形资产的净残值均为零，并按年采用直线法摊销.（假定不考虑相关税费)【答案】甲公司的账务处理如下：2×18年1月1日（已经使用了2年），就上述专利技术,第三方向甲公司承诺在3年内以其最初取得时公允价值的60％购买该专利技术,从公司管理层目前的持有计划来看,准备在3年内将其出售给第三方,为此，甲公司应当在2×18年变更该项专利技术的估计使用寿命为3年，变更净残值为45 000 000元（75 000 000×60%），并按会计估计变更进行处理.2×18年该项无形资产的摊销金额为5 000 000元，即[（75 000 000 -7 500 000×2-45 000 000）］÷3甲公司2×18年对该项专利技术按年摊销的账务处理为:【补充例题6-9•单选题】(2013年）2×13年1月1日,甲公司某项特许使用权的原价为960万元，已摊销600万元，已计提减值准备60万元。

关税补充例题及作业答案

⏹例1：上海某进出口公司从美国进口货物一批，货物以离岸价格成交，成交价折合人民币为1410万元（包括单独计价并经海关审查属实的，向境外采购代理人支付的买方佣金10万元，但不包括使用该货物而向境外支付的软件费50万元、向卖方支付的佣金15万元），另支付货物运抵我国上海港的运费、保险费等35万元。

假设该货物适用关税税率为20%，增值税税率为17%，消费税税率为10%。

⏹要求：请分别计算该公司应纳关税、增值税、消费税。

1）关税完税价格=1410-10+50+15+35=1500万元2）进口关税=1500*20%=300万元3）组成计税价格=（1500+300）/（1-10%）= 2000万元4）进口应纳增值税=2000*17%=340万元5）进口应纳消费税=2000*10%=200万元⏹例2：某企业海运进口一批银首饰，海关审定货价折人民币6970万元，运保费无法确定，海关按同类货物同程运输费估定运费折价人民币9.06万元，该批货物进口关税税率为15%。

⏹要求：请计算进口环节应纳税金。

1）按海关有关法规规定：如果进口货物运费无法确定或未实际发生，海关应按照运输行业公布的运费率计算运费，并按照（货价+运费）×3‰计算保险费。

运费=9.06万元保险费=（6970+9.06）*3‰=20.94万元2）关税完税价格=6970+9.06+20.94=7000万元3）关税=7000*15%=1050万元4）组成计税价格=7000+1050=8050万元5）进口应纳增值税=8050*17%=1368.5万元⏹进口关税由海关负责征收，纳税人应在海关填发税款缴款书之日起15日内向指定银行缴纳税款；⏹进口环节增值税由海关代征，纳税人应在海关填发税款缴款书之日起15日内向指定银行缴纳税款。

⏹例3：某公司进口货物一批，CIF（到岸价格）成交价格为人民币600万元，含单独计价并经海关审核属实的进口后装配调试费用30万元，该货物进口关税税率为10%，海关填发税款缴款书日期为2007年1月10日，该公司于1月25日缴纳税款。

复数的运算

复数的运算人教版高中数学选修系列：4.2复数的运算(备课资料) 备课资料(一)补充例题?［例1］已知f(z)=2z+z-3i,f(z+i)=6-3i,求f(-z)的值.?分析：欲求f(-z)的值，说明z一定是一个常数，由已知所给的条件可观察出，实质上是通过复合函数的求法建立以z为变量的复数方程来求解z.?解：∵f(z)=2z+ -3i,?∴f( +i)=2( +i)+ -3i??=2 +z-2i,?又f( +i)=6-3i,?∴2 +z-2i=6-3i,即2 +z=6-i.?设z=a+bi(a、b∈R),则将 =a-bi代入上式得3a-bi=6-i.?由两复数相等的充要条件得∴z=2+i.故f(-z)=f(-2-i)=2(-2-i)+(-2+i)-3i=-6-4i.?解题回顾：本题是牵涉面较广的一道题，我们在学习过程中，一定要注意知识之间的横、纵联系.?［例2］已知复数z1、z2满足｜z1｜=｜z2｜=1,z1+z2= ,求z1、z2值.?分析一：由已知｜z1｜=1可设出z1=a+bi(a、b∈R),代入z1+z2求出z2.再根据｜z2｜=1又得出一实数方程，联立即可求解.?解法一：设z1=a+bi(a、b∈R),则a2+b2=1.①?∵z1+z2= ,?∴z2= -a+( -b)i.?∵｜z2｜=1,∴ ,?即a+ b=1.②?将a=1- b代入①,解得b=0或 .?将b=0代入②得a=1;?将代入②得 .?∴ 或 .?分析二：从几何角度入手分析这个题，由于｜z1｜=｜z2｜=｜z1+z2｜=1，所以z1、z2、z1+z2所对应的点都在以原点为圆心，1为半径的圆上.再结合z1+z2实部、虚部的特殊性不难从图中直接观察出z1或z2.?解法二：由｜z1｜=｜z2｜=｜z1+z2｜=1,故z1、z2、z1+z2均在图4-5单位圆上，如图,由z1+z2= + ,不难找出相应点为Z.又因z1+z2实部是 ,故图中θ=6°.又｜z1｜=｜z2｜=1，z1+z2对应，又是和向量，所以可看出z1=1或z2=1,?即或解题回顾：（1）对本题的解法一，若是设z1=a+bi,z2=c+di,则a2+b2=1,c2+d2=1,再根据z1+z2=又得两个方程，这样，相当于解一个四元二次方程，变量设的太多，不利于解题，所以我们在解题时，注意巧设，尽量减少变量.?(2)解法二由复数几何意义进行数形结合求解，是一种很重要的思维方法.?［例3］（1）复数z满足｜z+5-12i｜=3,求z的轨迹；?(2)复数z满足2｜z-3-3i｜=｜z｜,求z的轨迹；?(3)已知｜z｜=2,试求z+3-4i对应点的轨迹.?（1）解：由｜z-z0｜意义可知｜z+5-12i｜=3表示动点Z到定点Z0距离为定值3，故z轨迹为以（-5+12i）对应点为圆心，3为半径的圆.?(2)解：本题由方程直接看不出z满足的条件，故可设z=x+yi(x、y∈R)，代入2｜z-3-3i｜=｜z｜得?到方程为(x-4)2+(y-4)2=8.故z轨迹为?以(4,4)为圆心，22为半径的圆.?(3)解法一：设ω=z+3-4i,ω=x+yi(x,y∈R),z=a+bi(a、b∈R).?∴x+yi=a+3+(b-4)i.?∴ 即∵a2+b2=4,?∴(x-3)2+(y+4)2=4.?故z轨迹为以(3,-4)为圆心，2为半径的圆.?解法二：设ω=z+3-4i?,?则z=ω-3+4i.?∵｜z｜=2,∴｜ω-3+4i｜=2.?故z轨迹为以3-4i对应点为圆心，2为半径的圆.?解题回顾：（1）本题属于求轨迹问题.方法与我们解析几何中求轨迹方法一样，有直接法、代入法和消参法.?（2）对于（3）题的两种解法均为代入法，从上述解法可看出，有时就用复数直接代入还是很方便的.?［例4］已知｜｜z-(3-4i)｜-1｜=1且z≠3-4i.?(1)求｜z｜的最大值和最小值；?(2)求｜z-1｜2+｜z+1｜2的最大值和最小值.?(1)分析：由｜z｜的几何意义可知，只需弄清z的轨迹即可.?解法一：∵｜｜z-(3-4i)｜-1｜=1且z≠3-4i,??∴｜z-(3-4)i｜=2,z轨迹如图46,以z0=3-4i为圆心，2为半径的圆.?图4-6故｜z｜max?=2+9+16=7,｜z｜min=5-2=3.?分析：由模的性质｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜知，只要存在λ使得z-(3-4i)=λ(3-4i)(λ＞0有最大值，λ＜0有最小值)即可.?解法二：｜z｜=｜［z-(3-4i)］+(3-4i)｜≤｜z-(3-4i)｜+｜3-4i｜≤2+5=7,当且仅当z-(3-4i)=λ(3-4i)(λ＞0)时，等号成立.?∵｜z-(3-4i)｜=2,∴｜λ(3-4i)｜=2.?∴ ，?即当时，｜z｜max=7.?又∵｜z｜=｜［z-(3-4i)］+(3-4i)｜≥｜｜z-(3-4i)｜-｜3-4i｜｜=｜2-5｜=3,当且仅当z-(3-4i)=λ(3-4i)(λ＜0)时，等号成立，即 .?∴当时，｜z｜min=3.?解题回顾：本题可拓宽到求｜z-z1｜的最值，相当于在圆上求一点到z1对应点距离的最值，此时，不论z1点与圆位置如何，均有?｜z-z1｜max=｜z1-z0｜+r,?｜z-z1｜min=｜｜z1-z0｜-r｜.?(2)分析：此问题实质上是在圆上求一点P，使P到两点（-1，0）、（1，0）距离和最大.此问题，若用圆的参数方程解时较繁，此时可利用向量加、减法几何意义将问题转化为（1）来求解.?图4-7解：如图,设A（1，0），B（-1，0），在图上任取一点P，以PA、PB为邻边作平行四边形，则由模性质得?｜PA｜2+｜PB｜2= ［｜AB｜2+(2｜OP｜)2］?= ［｜AB｜2+4｜OP｜2］,?而｜AB｜2=4，欲求｜PA｜2+｜PB｜2的最值，只需求｜OP｜2最值即可.?由（1）知｜OP｜max=7,｜OP｜min=3,?故｜z-1｜2+｜z+1｜2最大值为100，最小值为20.?解题回顾：本题可拓宽到求｜z-z1｜2+?｜z-z2｜2的最值.设z1、z2对应点仍为A、B，线段AB中点为C，则｜z-z1｜2+｜z-z2｜2= ［｜AB｜+4｜PC｜2］,问题转化为在图上求点P到点C的最大、最小值.?（二）名篇欣赏?对挖掘数学课本知识的实践与思考?方均斌（浙江温州师范学院325027）?一个有经验的教师，应该对挖掘课本知识非常重视.笔者经常在各种中学数学杂志上看到诸如《谈课本某某知识的挖掘》《要重视课本知识的挖掘》《要挖掘数学知识的思想方法》等等之类的文章，笔者非常同意这些作者的观点.但在如何把握挖掘数学知识的度，挖掘的过程中应注意的事项以及挖掘课本知识的策略方面，谈得不多.为此，笔者想借贵刊一角谈谈自己的一点想法，供大家参考.?1.“典型、适时、有度”地挖掘充分调动学生的积极性?“挖”得典型减轻负担?要“挖”得典型，“挖”是为了教师今后“不挖”，重在教会学生“如何挖”.数学发展到现在，已经形成一门体系庞大的科学，就算经过长期实践和论证而纳入中学生必须学习的数学知识，如果教师处理不当，也会让学生负担过重而苦不堪言.例如对每一个定理、公式都进行推广和变形的挖掘,由于这种挖掘都是教师一厢情愿下进行的，对学生来说是被动的，这些经教师挖掘出来的内容，将成为学生的一种新的负担.挖掘课本知识的根本目的在于让学生学会探索性学习，培养他们的探索能力和创新精神，教师应教会学生掌握对问题采用诸如归纳、类比、演绎、映射与反演、普遍化和特殊化、开放性处理以及条件的变更等挖掘知识的方法,而并非是让学生掌握挖掘出来的知识，否则将增加学生的负担.因此，挖掘课本知识要选择典型的内容.那么到底哪些内容需要挖掘，哪些知识不需要挖掘呢？一般说来，这样的几个内容需要挖掘：（1）方法典型，培养学生的创新能力效果较好的内容；（2）思想蕴涵丰富的内容；（3）实际应用较广的内容；（4）对后续知识学习作用较大的内容.当然，教师应着重考虑课程标准（或大纲）范围内的内容.?［例1］判断下列函数是否具有奇偶性：（高中数学第一册（上）试验修订本必修P61例4）（1）f(x)=x3+2x;(2)f(x)=2x4+3x2.?该题教师要不要对奇偶函数经过四则运算后的函数奇偶性判断的一般规律进行挖掘？笔者认为，需要挖掘.因为挖掘过程可以培养学生运用一般化的思想方法，而且学生也容易得出结论，对提高判断函数的奇偶性的速度大有好处.但是要让学生记住“非空公共定义域内非零奇函数与非零偶函数的和为非奇非偶函数” “非空公共定义域内奇函数和为奇函数”等等，恐怕就可能增加学生的不必要负担了.其实学生如果记不住，只要简单推导一下就可以了.至于是否在讲解该例时就马上进行挖掘，恐怕还为时过早.笔者认为，应该在学生完成习题2.3第7题后的作业评讲或在小结课时进行总结和挖掘较好.如何把握好挖掘课本知识的时机是本文要讨论的另一个话题.?［例2］求下列两条直线的交点：（高中数学第二册（上）修订本必修P50例8）?l1:3x+4y-2=0,l2:2x+y+2=0.?有的教师感觉每一次都要求两条直线的交点较麻烦，干脆将一般化的方程组：?(A1B2-A2B1≠0)的通解告诉学生，让学生记住结论.虽然这样做可以避免每一次都要解二元一次方程组的麻烦,但是增加了学生记忆公式的负担（因为该公式容易记混，尽管有些教师采用行列式帮助学生记忆），而且会削弱学生解一次方程组的变形能力.当然，学生如果自己产生挖掘的需要，那就另当别论了.教师应积极鼓励学生去挖掘，不要以高考不作要求为由，阻止学生对课本知识的挖掘.因为学生探索新知识的兴趣和欲望是至关重要的.只要教师正确引导，相信一定能培养出具有强烈好奇心和探索能力的创新人才.?1.2 把握时机恰到好处?判断哪些知识需要挖掘，需要较多的经验积累，而如何在恰当的时机进行挖掘，更需要教师有一个实践的过程.一般说来，刚传授的新知识不宜马上进行挖掘，需要学生有一个接触和熟悉新知识的过程.这些新知识对学生来说是一片未开发的处女地，让学生在学习和熟悉新知识的过程中去感悟，给学生一点自由的开发时间和空间，教师最多只能做一些暗示、表扬等一些外围工作.此外，教师应充分感悟教材编者的意图，课本中的例题、练习、习题等陆续重复出现的类似问题和结论，很可能是编者有意识地安排并暗示学生进行挖掘的内容，以培养学生的创新和发现能力.教师切勿在学生刚开始学习或在学习中途就一挖到底，来个赶尽杀绝！?［例3］如何处理以下来自教材（高中数学第二册（上）试验修订本必修）的类题？?1.求证： + 2 .（P12例6）?2.求证：（1） + 4；?(2) -2.(P17习题6.3第4题)?3.已知a≥3,求证： - - .(P17习题6.3第5题)?4.已知ab0,求证： - .(P30复习参考题六A组第6题)?5.求证： + 1+ .(P30复习参考题六A组第7题)?这些都是“若ab≥cd0,且a+d=b+c，则+ + ”的推论和变形.如果教师“一眼洞穿”，刚开始或在中途将一般规律给学生，并且给予证明，那么很可能将课本编者的意图付诸东流，对培养学生的探索和发现能力是一个败笔之举.如果有学生发现这些问题的共同性，教师应个别表扬，鼓励这些学生作更多的探索，不应惊动其他学生，给其他学生一个探索和发现的时间和空间.等到整章学习完毕以及学生已经完成全部的练习后，教师在总复习或习题总评时，提示学生对整章例题、习题进行归纳和分类（题型和方法分类），鼓励学生去发现和探索，激发学生的学习兴趣.?。

财务管理第二章课后补充习题及课堂例题及答案(学生版)

这笔借款在四年内分期等额摊还，每半年还款一次。

第一次还款是从今天起的6个月后，问：（1）贷款的实际年利率是多少？（2）计算每半年应付的偿还额。

（3）计算第二个半年所付的本金和利息。

7、某公司准备投资开发新产品，现有三个方案可供选择。

根据市场预测，三种不同市场状况的预计年报酬率如下表：试计算投资开发各种新产品的风险大小。

第二章补充例题：船体剖面模数总纵弯曲应力的近似计算和极限弯矩计算——船体强度与结构设计

6
静力矩 AiZi
cm2·m
-384.48 0.0
336.4 -18.4 -6.5 15.0 5.03 -16.95
B
7
8
9
10
惯性矩 AiZi2
构件自身惯性矩i 0
距中和轴的距离Z i ′
总纵弯曲应力
σi
cm2·m2 cm2·m2
m
N/mm2
615.94
0
0
21.85
538.94
0
27.20
2-6 在极限弯矩的作用下，经过折减后的船体舯剖面如图所示。已知其型深
H=13.2m，全剖面积为 A=11199mm2，中和轴距基线高为 5.6m，剖面对中和轴的惯
性矩为 567537cm2m2，材料的屈服极限为 σY = 235.2N / mm2 。当船体处于中
拱状态，内底板的临界应力为 σ cr = 184N / mm2 。请求出此状态下甲板和内
武汉船舶职业技术学院何志标
2-3 某船舯剖面设计如图所示，其几何特性如下：全剖面面积 A=5000cm2，中
和轴距基线高 e=6m，剖面惯性矩 I=30000cm2·m2，甲板剖面模数 Wd=6000cm2·m2。
因装配时发生差错，误将上、下甲板的纵桁相互调换，即上甲板装配了 4 根截面
积各为 f2=15cm2 的小纵桁，而下甲板装配了 4 根截面积各为 f1=25cm2 的大纵桁。
次近似计算值 σ1 j 与 σ1d 。
解（1）列表计算如下：
所求惯性矩为：
I2
=
⎛ 2 ⎜ C1
⎝
−
B12 A1
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ 2⎜
⎝
242163.44

第三章集成逻辑门电路例题补充

第2章逻辑门电路2.1解题指导【例2-1】试用74LS 系列逻辑门，驱动一只V D =1.5V ，I D =6mA 的发光二极管。

解：74LS 系列与之对应的是T4000系列。

与非门74LS00的I OL 为4mA ，不能驱动I D =6mA 的发光二极管。

集电极开路与非门74LS01的I OL 为6mA ，故可选用74LS01来驱动发光二极管，其电路如图所示。

限流电阻R 为Ω=--=--=k V V V R OL D CC 5.065.05.156【例2-2】试分析图2-2所示电路的逻辑功能。

解：由模拟开关的功能知：当A =1时，开关接通。

传输门导通时，其导通电阻小于1k Ω，1k Ω与200k Ω电阻分压，输出电平近似为0V 。

而A =0时，开关断开，呈高阻态。

109Ω以上的电阻与200k Ω电阻分压，输出电平近似为V DD 。

故电路实现了非逻辑功能。

【例2-3】试写出由TTL 门构成的逻辑图如图2-3所示的输出F 。

&≥1F≥1A B图2-3 例2-3门电路解：由TTL 门输入端悬空逻辑上认为是1可写出【例2-4】试分别写出由TTL 门和CMOS 门构成的如图2-4所示逻辑图的表达式或逻辑值。

B F图2-4 例2-4门电路解：由TTL 门组成上面逻辑门由于10k Ω大于开门电阻R ON ，所以，无论 A 、B 为何值。

由CMOS 门组成上面逻辑门由于CMOS 无开门电阻和关门电阻之说，所以，。

2.2 例题补充2-1 一个电路如图2-5所示，其三极管为硅管，β=20，试求：ν1小于何值时，三极管T 截止，ν1大于何值时，三极管T 饱和。

解：设v BE =0V 时，三极管T 截止。

T 截止时，I B =0。

此时10)10(020I --=-v v I =2VT 临界饱和时，v CE =0.7V 。

此时V CC v Iv O+10V VV V 020011DD F ≈+=DDDD 44DD 599F 210101021010V V V V ≈+≈⨯+=A B A F =++⋅=110≡F AB F =mAI 0465.010207.010BS =⨯-=mAv I I 0465.010)10(7.027.0I BS B =----== v I =4.2V上述计算说明v I <2V 时，T 截止；v I >4.2V 时，T 饱和。

一元二次方程补充例题与练习

一元二次方程补充练习：把下列方程化为一元二次方程的一般形式，再写出二次项，一次项，常数项：（1）x x 3252=- )2,3,5(2--x x （2）015622=--x x )2,15,6(2-x x （3）5)2(7)1(3-+=+y y y )9,4,3(2--y y （4） m m m m m m 57)2())((2-=-+-+ )3,0,2(2-m （5）22)3(4)1(5-=-a a )31,14,(2-a a 3．一元二次方程的解的定义与检验一元二次方程的解(1)关于x 的一元二次方程01)1(22=-++-a x x a 有一个根为0，则=a （1-=a ） (2)已知关于x 的一元二次方程)0(02≠=++a c bx ax 有一个根为1，一个根为1-，则=++c b a ，=+-c b a （0，0）（3）已知c 为实数，并且关于x 的一元二次方程032=+-c x x 的一个根的相反数是方程032=-+c x x 的一个根，求方程032=-+c x x 的根及c 的值。

（0，-3， c=0）（二）一元二次方程的解法1．让学生明确一元二次方程是以降次为目的，以配方法、开平方法、公式法、因式分解法等方法为手段，从而把一元二次方程转化为一元一次方程求解；2．要让学生能根据方程系数的特点，熟练地选用配方法、开平方法、公式法、因式分解法等方法解一元二次方程；3．引导学生体会不同解法的相互的联系； 4．四种解法的课时安排：(1) 直接开平方法（1课时）：（1）直接开平方法初一已学过平方根和算术平方根，学生见过此类型，当时只是求值，没有提到过一元二次方程，现在变成它的正规解法。

教学时，计划由浅入深的安排一下类型题：① x 2=a (a ＞0) ②bx 2=a (a 、b 同号，b ≠0)③ （x-b ）2=a (a ＞0)④ m(x-b)2=a (a 、m 同号,m ≠0) ⑤ m(nx-b)2=a (a 、m 同号,m 、n ≠0) 形如n x =2的方程的解法：当0>n 时，n x ±=;当0=n 时，021==x x ;当0<n 时，方程无实数根。

质心系动量角动量守恒例题补充

例
长为l的轻质细杆，两头分别固定一个质量为m的小球，杆水平漂在静水水面上（水对杆的力只计及浮力）。现有另一质量也为m的橡皮泥，以水平速度v0沿垂直于杆的方向打在一个小球上，并与球粘在一起。求：碰撞以后杆的运动规律。
解：以杆与橡皮泥作为一个系统，碰撞过程水平动量守恒
mv0 3mVc
1 l 3
Hห้องสมุดไป่ตู้Yin
以质心参考系：
Vc =v0 / 3
即：碰后，系统质心以Vc沿橡皮泥运动方向运动。质心位置: C
H.Yin
C 系统由于没有受到外力矩（重力矩与浮力力矩抵消）系统对质心角动量守恒 2 ⊗ 1 2 2 v0 碰前：橡皮泥角动量 L10 l mv0 lmv0 3 3 3 9 C 2 1 1 1 1 杆角动量 L20 l mv0 l mv0 v0 3 3 3 3 3 1 1 lmv 0 ⊗ L0 lmv0 ⊗ 9 3 碰后，系统相对于质心若有运动，只能是绕质心转动 1 1 1 2 由角动量守恒 L lmv0 l 2mv1 + l mv2 v1 l 3 3 3 3 v0 杆除随质心平动外，还将绕质心 v 2 l 2 2l 3 以的角速度顺时针转动

补充例题——等值电路、潮流计算

则变压器串联支路始端功率为： ~ ~
线路串联支路的功率损耗为： 2 2
∆SL = =
~
~
P + Q2 2 (RL + jXL ) 2 UN 110
2
30.1322 +11.872
(11.2 + j32) = 0.97 + j2.77(MVA)
则线路串联支路的始端功率为： ~ ~ S1 = S 2 + ∆ S L
则系统端电压（相量）为：则系统端电压（相量）为：
U A =U1− ∆U1 − jδU1 =159.80 − 25.02 − j37.46 =134.78 − j37.46 =139.89∠−15.53o (kV)
• •'
U A = (U1− ∆U1)2 + (δU1)2 = (159.80 − 25.02)2 + 37.462 =139.89(kV)
以 U1 为参考相量，则变压器高压侧母线电压为： • • U 2 = U1 − ∆U1 − jδU1 =121− 6.75 − j6.87
•
=114.25 − j6.87 =114.46∠− 3.43o (kV) 变压器串联支路的电压降落纵分量、横分量分别为：
P RT + Q3 XT 15.11× 4.08 +11.71×63.53 ∆U 2 = 3 = = 7.04(kV) U2 114.46 P XT − Q3RT 15.11×63.53−11.71× 4.08 δ U2 = 3 = = 7.97(kV) U2 114.46
（7.875+43.1）
-j25.652MVA
评析： 1、本题为双回线并列运行，与单回线相比阻抗减半，导纳加倍； 2、本题主要考察用2.1节相关公式计算，而不是、本题主要考察用2.1节相关公式计算，而不是查表； 3、本题中对地支路用充电功率表示，计算充电功率时用的是网络额定电压（因实际电压未知），故线路两端充电功率大小相等。

补充第1章例题与习题

补充例题与习题【例1-3】如图1—19a 所示刚架。

在B 处受一水平力刚架自重不计，尺寸如图所示。

试分别用几何法与解析法求解刚架在固定铰链A 和活动铰链D 处的约束反力。

【解】(1)几何法以刚架为研究对象，取出分离体。

画出主动力FP 和约束反力FND(垂直于支承面，沿DC 方向)，FP 与FND 相交于c 点；根据三力平衡汇交定理，FNA 的作用线必通过C 点，如图l-19b 所示。

最后作力多边形求未知力F ND 和F NA 。

选力比例尺1cm=10kN ，任取一点a ，从a 作FP 的平行线段ab ，并取ab=FP ，再从a 和b 分别作FNA 和FND 的平行线相交于C ，于是得到封闭的力三角形abc ，如图1．19c 所示。

根据力多边形法则，按各力矢量首尾相接的顺序，得出FNA 和FND 的指向。

量出FNA 和FND 的长度经比例尺换算得(2)解析法以刚架为研究对象，画出受力图如图1-19b 所示。

b)选坐标系xAy 。

列平衡方程︒==565.26)8/4(arctg α由式(1-8)得 36.22565.26cos /==P NA F F KN 由式(1-9)得 kN F F NA ND 10565.26sin 36.22sin =⨯==α解得：均为正值，表示所假设的方向与实际指向相同。

【例1-4】增力机构如图1—20a 所示，已知活塞D 上受到液压力F P =300N ，通过连杆BC 压紧工件。

当压紧平衡时，杆AB 、BC 与水平线的夹角均为α=8°。

不计各杆自重和接触处的摩擦，试求工件受到的压力。

【解】根据作用力与反作用力定律，工件所受的压力可通过求工件对压块的反力F Q 而得到，因已知力F P 作用在活塞上，而活塞杆与压块间有一根二力杆相联系，所以必须分别研究活塞BD 和压块C 的平衡才能解决问题。

图1-20增力机构受力分析(1)取活塞杆BD为研究对象作用在活塞上的力有液压力F P和二力杆AB、BC的约束反力沿着各自杆的中心线，其指向假设如图1-20b所示。

参考补充例题

补充例题-企业合并

工程问题补充

补充例题

统计学统计综合指标补充例题

《高等数学》(一)(2)补充例题及练习题

理论力学参考补充例题2

《数论》第一章补充例题

财务管理第二章课后补充习题及课堂例题及答案(学生版)

会计学基础概念第9章必做补充课后作业参考答案带解析

6-无形资产-例题与真题

关税补充例题及作业答案

复数的运算

财务管理第二章课后补充习题及课堂例题及答案(学生版)

第二章补充例题：船体剖面模数总纵弯曲应力的近似计算和极限弯矩计算——船体强度与结构设计

第三章集成逻辑门电路例题补充

一元二次方程补充例题与练习

质心系动量角动量守恒例题补充

补充例题——等值电路、潮流计算

补充 第1章例题与习题

补充第1章例题与习题