习题2答案
结构力学课后习题答案(2)
习题及参考答案【习题2】【习题3】【习题4】【习题5】【习题6】【习题8】【习题9】【习题10】【习题11】【习题12】【习题13】【习题14】【参考答案】习题22-1〜2-14 试对图示体系进行几何组成分析，如果是具有多余联系的几何不变体系，指出多余则应联系的数目。
题2-2图题2-3图题2-5图题2-6图题2-8图题2-9图题2-10图题2-11图题4-1图4-2 作图示刚架的M 图。
3-1 试作图示多跨静定梁的M 及Q 图。
习题(a)1.5m 1 2m I2.5m | 1.5m l 4.5m题3-1(b)3-2 试不计算反力而绘出梁的M 图。
4m40kN(a) 5kN/mM(b )4-1 作图示刚架的M 、Q 、N 图。
2kN /m2kN • m (a)2kN 题3-2习题4(b ) (c )4-3 4-4 4-54m(a)(d)作图示三铰刚架的M图。
M=4Pa2a(b)4kN4m 4m(c)珂10kN/m4m(e)题4-2图CE0.5m ]m2J 0.5m7mB7m(a)题4-3作图示刚架的M图。
(a)I 盒lUlUUW已知结构的M图，试绘出荷载。
10kN/m1.5m题4-4图urm*~ G3mC7.35m 7.35m(b)m6Nn m220kN40kN/m4m(b)C_PaPaPaa4-6 检查下列刚架的M图，并予以改正。
5-15-2 题4-5图(b)P(d)(e) (f)(c)题4-6图习题5图示抛物线三铰拱轴线方程4 f1kN/mx)x，(h)试求D截面的内力。
20kN10m题5-1图K15m j 5ml=30m带拉杆拱，拱轴线方程 y ，求截面的弯矩。
题5-3图习题66-1 判定图示桁架中的零杆。
6-2 6-3 6-4 6-5 用结点法计算图示桁架中各杆内力。
(b) (c)m题6-2用截面法计算图示桁架中指定各杆的内力。
3m [ 3m3m I 3m题6-3试求图示组合结构中各链杆的轴力并作受弯杆件的用适宜方法求桁架中指定杆内力。
习题二和上机答案
习题二⒉１描述以下四个概念的区别：头指针变量，头指针，头结点，首结点（第一个结点）。
解：头指针变量和头指针是指向链表中第一个结点（头结点或首结点）的指针；在首结点之前附设一个结点称为头结点；首结点是指链表中存储线性表中第一个数据元素的结点。
若单链表中附设头结点，则不管线性表是否为空，头指针均不为空，否则表示空表的链表的头指针为空。
2.2简述线性表的两种存储结构有哪些主要优缺点及各自使用的场合。
解：顺序存储是按索引直接存储数据元素，方便灵活，效率高，但插入、删除操作将引起元素移动，降低了效率；而链式存储的元素存储采用动态分配，利用率高，但须增设表示结点之间有序关系的指针域，存取数据元素不如顺序存储方便，但结点的插入和删除十分简单。
顺序存储适用于线性表中元素数量基本稳定，且很少进行插入和删除，但要求以最快的速度存取线性表中的元素的情况；而链式存储适用于频繁进行元素动态插入或删除操作的场合。
2.3 在头结点为h的单链表中，把值为b的结点s插入到值为a的结点之前，若不存在a，就把结点s插入到表尾。
Void insert(Lnode *h,int a,int b){Lnode *p,*q,*s;s=(Lnode*)malloc(sizeof(Lnode));s->data=b;p=h->next;while(p->data!=a&&p->next!=NULL){q=p;p=p->next;}if (p->data==a){q->next=s;s->next=p;}else{p->next=s;s->next=NULL;}}2.4 设计一个算法将一个带头结点的单链表A分解成两个带头结点的单链表A和B，使A中含有原链表中序号为奇数的元素，而B中含有原链表中序号为偶数的元素，并且保持元素原有的相对顺序。
Lnode *cf(Lnode *ha){Lnode *p,*q,*s,*hb;int t;p=ha->next;q=ha;t=0;hb=(Lnode*)malloc(sizeof(Lnode));s=hb;while(p->next!=NULL){if (t==0){q=p;p=p->next;t=1;}else{q->next=p->next;p->next=s->next; s->next=p; s=p;p=p->next; t=0;}}s->next=NULL;return (hb);}2.5设线性表中的数据元素是按值非递减有序排列的，试以不同的存储结构，编写一算法，将x插入到线性表的适当位置上，以保持线性表的有序性。
复变函数论第三版课后习题答案 2
第一章习题解答（一）1．设z =z 及Arcz 。
解：由于3i z e π-==所以1z =，2,0,1,3Arcz k k ππ=-+=±。
2．设121z z =，试用指数形式表示12z z 及12z z 。
解：由于6412,2i i z e z i e ππ-==== 所以()64641212222i i iiz z e eee πππππ--===54()146122611222ii i i z e e e z e πππππ+-===。
3．解二项方程440,(0)z a a +=>。
解：12444(),0,1,2,3k ii z a e aek πππ+====。
4．证明2221212122()z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
证明：由于2221212122Re()z z z z z z +=++2221212122Re()z z z z z z -=+-所以2221212122()z z z z z z ++-=+其几何意义是：平行四边形对角线长平方和等于于两边长的和的平方。
5．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 ∆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 ∆是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
信息检测与信号处理习题2含答案
第二章习题一、选择题2.非线性度是表示定度曲线（ ）的程度。
A.接近真值B.偏离其拟合直线C.正反行程的不重合3.测试装置的频响函数H （j ω）是装置动态特性在（ ）中的描述。
A ．幅值域 B.时域 C.频率域 D.复数域5.下列微分方程中（ ）是线性系统的数学模型。
A.225d y dy dx t y x dt dt dt ++=+ B. 22d y dx y dt dt+= C.22105d y dy y x dt dt -=+ 6.线性系统的叠加原理表明（ ）。
A.加于线性系统的各个输入量所产生的响应过程互不影响B.系统的输出响应频率等于输入激励的频率C.一定倍数的原信号作用于系统所产生的响应，等于原信号的响应乘以该倍数7.测试装置能检测输入信号的最小变化能力，称为（ ）。
A.精度B.灵敏度C.精密度D.分辨率8.一般来说，测试系统的灵敏度越高，其测量范围（ ）。
A.越宽B. 越窄C.不变10.线性装置的灵敏度是（ ）。
A.随机变量B.常数C.时间的线性函数12.输出信号与输入信号的相位差随频率变化的关系就是系统的（ ）。
A.幅频特性B.相频特性C.传递函数D.频率响应函数13.时间常数为τ的一阶装置，输入频率为 1ωτ=的正弦信号，则其输出与输入间的相位差是（ ）。
A.-45° B-90° C-180°14.测试装置的脉冲响应函数与它的频率响应函数间的关系是（ ）。
A.卷积B.傅氏变换对C.拉氏变换对D.微分16.对某二阶系统输入周期信号 000()sin()x t A t ωϕ=+，则其输出信号将保持（）。
A.幅值不变，频率、相位改变B.相位不变，幅值、频率改变C.频率不变，幅值、相位可能改变18.二阶系统的阻尼率ξ越大，则其对阶越输入的时的响应曲线超调量（）。
A.越大B.越小C.不存在D.无关19.二阶装置引入合适阻尼的目的是（）。
A.是系统不发生共振B.使得读数稳定C.获得较好的幅频、相频特性20.不失真测试条件中，要求幅频特性为（），而相频特性为（）。
电路基础 (韩春光 著) 电子工业出版社 课后答案 习 题 2-answer
习题22.1在图2.18所示的电路中，求各理想电流源的端电压、功率及各电阻上消耗的功率。
解答：由节点方程得I3=I2-I1=1A，U1=I3R1=1A×20Ω=20V，U2=U1+I2R2=20V+2A×10Ω=40V，P1= U1I1=20V×1A=20W，P2=-U2I2=-80W，电阻上的功率P R1=20V×1A=20W，P R2=20V×2A=40W。
2.2求图2.19所示电路中各支路电流，并计算理想电流源的电压Ｕ１。
已知Ｉ１＝３Ａ，Ｒ２＝１２Ω，Ｒ３＝８Ω，Ｒ４＝１２Ω，Ｒ５＝６Ω。
电压和电流的参考方向如图中所示。
解答：节点方程I1+I2+I3=0，I3=I4+I5，网孔方程I2R2=I3R3+I4R4，I4R4=I5R5，联立上述方程得I2=I3=-1.5A，I4=-0.5A，I5=-1A，U1=I2R2=-1.5A×12Ω=-18V。
2.3试用支路电流法求图2.20所示电路中各支路电流，并求三个电源的输出功率和负载电阻ＲＬ上的取用功率。
解答：节点方程I1+I2+10=I，网孔方程0.8I1+116=0.4I2+120，0.8I1+4I=120，联立三方程得I1=75/8A，I2=35/4A，I=225/8A，三个电源的输出功率分别为1125W，1015W，1125W；负载电阻上的取用功率为3164.0625W。
2.4用网孔电流法求解习题2.3。
解答：将电流源与负载电阻的位置互换形成三个网孔，网孔参考电流方向均为顺时针方向，网孔电流方程如下1.2I A-0.4I B=120-116，4.4I B-0.4I A-4I C=116，I C=-10A，解得I A=75/8A，I B=145/8A，于是I1=I A=75/8A，I2=I B-I A=35/4A，I=I B-I C=225/8A。
2.5图2.21所示电路，网孔电流如图中所标，试列写可用来求解该电路的网孔方程。
概率论与数理统计(第三版)课后答案习题2
第二章 随机变量2.1 X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 P 1/361/181/121/95/361/65/361/91/121/181/362.2解：根据1)(0==∑∞=k k XP ，得10=∑∞=-k kae，即1111=---eae 。
故 1-=e a2.3解：用X 表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7) 用Y 表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}=1122020*********2222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C C C C C C ⨯+⨯+⨯=(2)甲比乙投中的次数多P{X >Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=12211102200220112222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628C C C C C C ⨯+⨯+⨯=2.4解:（1）P{1≤X ≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=12321515155++= (2) P {0.5<X<2.5}=P{X=1}+ P{X=2}=12115155+= 2.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=246211112222k +++=11[1()]1441314k k lim→∞-=-（2）P{X ≥3}=1―P{X <3}=1―P{X=1}- P{X=2}=1111244--=2.6解：设i A 表示第i 次取出的是次品，X 的所有可能取值为0，1，212341213124123{0}{}()(|)(|)(|)P X P A A A A P A P A A P A A A P A A A A ====18171615122019181719⨯⨯⨯= 1123412342341234{1}{}{}{}{}2181716182171618182161817162322019181720191817201918172019181795P X P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ==+++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=12323{2}1{0}{1}1199595P X P X P X ==-=-==--=2.7解：(1)设X 表示4次独立试验中A 发生的次数，则X~B(4,0.4)34314044(3)(3)(4)0.40.60.40.60.1792P X P X P X C C ≥==+==+=(2)设Y 表示5次独立试验中A 发生的次数，则Y~B(5,0.4)345324150555(3)(3)(4)(5)0.40.60.40.60.40.60.31744P X P X P X P X C C C ≥==+=+==++=2.8 （1）X ～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)0 1.51.5{0}0!P X e -=== 1.5e -（2）X ～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)0122222{2}1{0}{1}1130!1!P X P X P X e e e ---≥=-=-==--=-2.9解：设应配备m 名设备维修人员。
《随机过程及其在金融领域中的应用》习题二答案
0
sin
ux
f
xdx
0
sin
ux
f
xdx
0
0
sin
u
x
f
xdx
sin ux 0
f
x dx
0
令其中一式中的 x t
0
sin
ut
f
t
d
t
0
sin
ux
f
xdx
0
sin ut 0
证明：
X u
eiux f xdx
cos ux i sin ux f xdx
cos ux
f
xdx
i
sin
ux
f
xdx
（a）充分性：
当f
x
f
x时,sin ux
f
x
为奇函数
，
则i
c o vY Y, E Y 2 E Y 2 3 80
故（X,Y）的协方差矩阵为
cov X , X cov Y , X
1
cov X ,Y cov Y ,Y
18 0
0
3 80
4、已知二维随机变量（X,Y）服从联合正态分布，且
dFX
x
e tx f xdx
etxexdx etxdx
《现代控制理论》课后习题答案2
( sI − A) −1 =
1 adj( sI − A) det( sI − A)
(1)
式（1）中的 adj( sI − A) 和 det( sI − A) 可分别写成以下形式：
adj( sI − A) = H n −1s n −1 + H n − 2 s n − 2 + " + H 0 det( sI − A) = s + an −1s
故
Φ (t ) = α 0 (t ) I + α1 (t ) A + α 2 (t ) A2
⎡ −2tet + e 2t ⎢ = ⎢ −2(1 + t )et + 2e 2t ⎢ −2(2 + t )et + 4e 2t ⎣
(3t + 2)et − 2e 2t (3t + 5)et − 4e 2t (3t + 8)et − 8e 2t
n n −1
(2) (3) (4)
+ " + a0
，可得 将式（1）两边分别左乘 det( sI − A)( sI − A) ，并利用式（2）和（3）
Is n + an −1 Is n −1 + " + a0 I = H n −1s n + ( H n − 2 − AH n−1 ) s n − 2 + " + ( H 0 − AH1 )s − AH 0
e jt = a0 (t ) + a1 (t ) j ， e − jt = a0 (t ) − a1 (t ) j
而
e jt = cos t + j sin t ， e− jt = cos t − j sin t 因此， a0 (t ) = cos t ， a1 (t ) = sin t 。由此得到状态转移矩阵 ⎡ cos t sin t ⎤ Φ (t ) = e At = a0 (0) I + a1 (t ) A = ⎢ ⎥ ⎣ − sin t cos t ⎦
习题答案 (2)
第三章 消费者行为理论2. 假设某消费者的均衡如图3—1(即教材中第96页的图3—22)所示。
其中，横轴OX 1和纵轴OX 2分别表示商品1和商品2的数量，线段AB 为消费者的预算线，曲线图3—1 某消费者的均衡U 为消费者的无差异曲线，E 点为效用最大化的均衡点。
已知商品1的价格P 1＝2元。
(1)求消费者的收入；(2)求商品2的价格P 2；(3)写出预算线方程；(4)求预算线的斜率；(5)求E 点的MRS 12的值。
解答：(1)图中的横截距表示消费者的收入全部购买商品1的数量为30单位，且已知P 1＝2元，所以，消费者的收入M ＝2元×30＝60元。
(2)图中的纵截距表示消费者的收入全部购买商品2的数量为20单位，且由(1)已知收入M ＝60元，所以，商品2的价格P 2＝M 20＝6020＝3元。
(3)由于预算线方程的一般形式为 P 1X 1＋P 2X 2＝M 所以，由(1)、(2)可将预算线方程具体写为：2X 1＋3X 2＝60。
(4)将(3)中的预算线方程进一步整理为X 2＝－23X 1＋20。
很清楚，预算线的斜率为－23。
(5)在消费者效用最大化的均衡点E 上，有MRS 12＝P 1P 2，即无差异曲线斜率的绝对值即MRS 等于预算线斜率的绝对值P 1P 2。
因此，MRS 12＝P 1P 2＝23。
5. 已知某消费者每年用于商品1和商品2的收入为540元，两商品的价格分别为P 1＝20元和P 2＝30元，该消费者的效用函数为U ＝3X 1X 22，该消费者每年购买这两种商品的数量应各是多少？每年从中获得的总效用是多少？解答：根据消费者的效用最大化的均衡条件MU 1MU 2＝P 1P 2其中，由U ＝3X 1X 22可得 MU 1＝d TU d X 1＝3X 22； MU 2＝d TU d X 2＝6X 1X 2 于是，有 3X 226X 1X 2＝2030 整理得 X 2＝43X 1 (1) 将式(1)代入预算约束条件20X 1＋30X 2＝540，得20X 1＋30·43X 1＝540 解得 X 1＝9 将X 1＝9代入式(1)得 X 2＝12因此，该消费者每年购买这两种商品的数量应该为X 1＝9 ；X 2＝12。
《误差理论与数据处理》习题2及解答
(mm)
② 重复测量 10 次，计算其算术平均值为： x = 26.2025(mm). 取与①相同的置信度，则测量结果为：26.2025±3σ= 26.2025±0.0015 (mm). ③ 若无该仪器测量的标准差资料，则依 10 次重复测量数据计算标准差和表示测量结 果。选参考值 x0 = 26.202，计算差值 ∆x i = x i − 26.202 、 ∆ x 0 和残差ν i 等列于表中。 序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 号
∑ν
i =1
i
n( n − 1)
= 1.253
0.0008 5× 4
= 0.000224 （mm）
σx =
σ
n
=
0.000255 5
= 0.000114 ； σ x =
'
σ'
n
=
0.000224 5
= 0.0001
⑤求单次测量的极限误差和算术平均值的极限误差 因假设测量值服从正态分布，并且置信概率 P=2Φ(t)=99%，则Φ(t)=0.495，查附录
∆ x0 = 1 10 ∑ ∆xi = 0.0005 10 i =1
νi
0 +0.0003 +0.0003 0 +0.0001 -0.0003 -0.0002 0 +0.0001 -0.0003
ν i2
0 9×10 9×10 0 1×10
微机原理习题答案2
《微机原理》习题2 （P40）参考答案2.1为什么说计算机只能“识别”二进制数，并且计算机内部数的存储及运算也都采用二进制？解：因为二进制是计算机刚出现时就奠定的计算机内的进位记数制，之所以选用它来表示计算机内的信息，是因为两个状态的物理器件容易制造和实现，将这两个状态抽象为数字就可用0、1来表示；此外，采用二进制的运算规则较为简单，容易实现。
2.2在进位记数制中，“基数”和“位权（或权）”的含义是什么？一个以b为基数的任意进制数N，它按位权展开式求值的一般通式是如何描述的？解：在进位记数制中，常常要用“基数”（或称底数）来区别不同的数制，而进位制的基数就是该进位制所用的字符或数码的个数。
在一个进位记数制中，每一位都有特定的权，称为位权或简称权。
每个位权由基数的 n次幂来确定。
数N的按位权展开式的一般通式为：N=±（ki×b i）式中，ki为第i位的数码；b为基数；b i为第位的位权；n为整数的总位数；m 为小数的总位数。
2.3将下列十进制数分别转化为二进制数。
（1）147 （2）4095 （3）0.625 (4) 0.15625解：(1) 147 D=10010011 B(2) 4095 D=111111111111 B(3) 0.625 D=0.101 B(4) 0.15625 D=0.00101 B2.4将下列二进制数分别转换为BCD码。
（1）1011 (2) 0.01 (3) 10101.101 (4) 11011.001解：(1) 1011 B=1×23+0×22+1×21+ 1×20=11 D=(0001 0001)BCD(2) 0.01 B=1×2-2=0.25 D=(0.0010 0101)BCD(3) 10101.101 B =1×24+1×22+1×20+1×2-1+1×2-3 =21.625 D=(0010 0001.0110 0010 0101)BCD(4) 11011.001B=1×24+1×23+1×21+1×20+1×2-3=27.125D=(0010 0111.0001 0010 0101)BCD2.5将下列二进制数分别转换为八进制数和十六进制数。
微机原理习题2参考答案
习题2参考答案2.1 8086 CPU共有哪些16位寄存器？其中哪些16位寄存器可分为二个8位寄存器来使用？参考答案：8086 CPU共有AX、BX、CX、DX、SI、DI、SP、BP、IP、FLAGS、CS、DS、ES、SS共14个16位的寄存器。
其中AX、BX、CX、DX可分为二个8位寄存器来使用2.2 简述8086 CPU各通用寄存器的主要功能？参考答案：8086 CPU包含AX、BX、CX、DX、SI、DI、SP、BP共8个通用寄存器。
其中AX主要用在字的乘、除法，输入/输出指令中；BX主要在寄存器间接寻址和XLAT指令中作基址寄存器使用；CX主要在串操作指令和LOOP指令中作计数器使用；DX主要在字的乘除法指令和输入/输出指令中使用；SI主要在字符串操作指令中作源变址寄存器使用；DI主要在字符串操作指令中作目的变址寄存器使用；SP主要在堆栈操作中作堆栈指针使用；BP主要在寄存器间接寻址中作基址指针使用。
2.3 8086 CPU的标志寄存器有几个状态标志位？几个控制标志位？它们各自的含义和作用是什么？在Debug环境下，对应的用什么符号来表示之？参考答案：8086 CPU的标志寄存器有6个状态标志位，有3个控制标志位。
其中CF进位标志位主要用来反映运算结果是否产生进位或借位，如果运算结果的最高位向前产生了一个进位（加法）或借位（减法），则其值为1，否则其值为0；PF奇偶标志位用于反映运算结果中低8位含有“1”的个数的奇偶性，如果“1”的个数为偶数，则PF 的值为1，否则为0；AF辅助进位标志位表示加法或减法运算结果中D3位向D4位产生进位或借位的情况，有进位（借位）时AF＝1；无进位（借位）时AF＝0；ZF零标志位用来反映运算结果是否为0，如果运算结果为0，则其值为1，否则其值为0；SF用来反映运算结果的符号位，当运算结果为负数时，SF的值为1，否则其值为0；OF溢出标志位用于反映带符号数运算所得结果是否溢出，如果运算结果超过当前运算位数所能表示的范围，则称为溢出，OF的值被置为1，否则，OF的值被清为0。
图论习题答案2
w
而 (G ) (Gi ) （最外面的平面被重复 1 计算 1次）
i 1
w
(G ) (G ) (G ) 2 1 1
第四次作业
• 四(1).求K2n和Kn,n中不同的完备匹配的个数 • 解：K2n：(2n-1)!! • Kn,n:n!
第五次作业
第五次作业
在C '中，在点vh 1处，缺ih色，但ih 1色重复出现，由引理5.2可知， E ih E ih1 所导出的子图中含vh 1的连通片为一个奇圈C1，又因为边 vh 1vh 2为ih 1色，所以vh 2 C1。 第三步：着色调整 : 在奇圈C1上保持vh 1vh 2边着色不变，对其他的 边ih和ih 1交换，得到边着色C' '。 则在C' '中，vh 1处增加了一个ih色，而vh 2处减少了一个ih色，C1上其 他顶关联边的颜色数不变，则C' ' 也是个最佳边着色。在C' '中，在点 vh 2处，缺ih色，但ih 2色重复出现，，由引理5.2可知，E ih E ih2 所导 出的子图中含vh 2的连通片为一个奇圈C 2，又因为边vh 2 vh 3为ih 2色， 所以vh 3 C 2。
第四次作业
四(20).设A1 , A 2 ,..., A m 是集合S的子集， (A1 , A 2 ,..., A m )的不同代表 系是指S的一个子集{a1 , a2 ,..., am }, 其中ai A i , i 1,2,..., m, 且i j 时，ai a j , 求证： (A1 , A 2 ,..., A m )有不同代表系的充要条件是对 {1,2,..., m}的任意子集J， | A i || J | 。
(完整版)思考题及习题2参考答案
第2章思考题及习题2参考答案一、填空1. 在AT89S5仲片机中，如果采用6MHz晶振，一个机器周期为_________ 。
答：2g2. AT89S51单片机的机器周期等于______ 个时钟振荡周期。
答：123. 内部RAM中，位地址为40H、88H的位，该位所在字节的字节地址分别为________ 和______ 。
答: 28H, 88H4. 片内字节地址为2AH单元最低位的位地址是___________ ;片内字节地址为A8H单元的最低位的位地址为_________ 。
答：50H, A8H5. 若A中的内容为63H,那么，P标志位的值为___________ 。
答：06. AT89S5仲片机复位后，R4所对应的存储单元的地址为_______ ，因上电时PS ________ 。
这时当前的工作寄存器区是_________ 组工作寄存器区。
答：04H, 00H, 0。
7. 内部RAM中，可作为工作寄存器区的单元地址为______ 也〜 ______ 也。
答：00H,仆H8. 通过堆栈操作实现子程序调用时，首先要把___________ 的内容入栈，以进行断点保护。
调用子程序返回指令时，再进行出栈保护，把保护的断点送回到____________ ，先弹出的是原来中的内容。
答：PC, PC, PCH9. AT89S51单片机程序存储器的寻址范围是由程序计数器PC的位数所决定的，因为AT89S51单片机的PC是16位的，因此其寻址的范围为KB 。
答：6410. AT89S51单片机复位时，P0~ P3口的各引脚为_______ 电平。
答：高11. AT89S51单片机使用片外振荡器作为时钟信号时，引脚XTAL1接________ ，引脚XTAL2的接法是_________ 。
答：片外振荡器的输出信号，悬空12. AT89S51单片机复位时，堆栈指针SP中的内容为____________ ，程序指针PC中的内容为________ 。
有机化学练习题2及其答案
一、命吏或写结构1、 ㈀2、 3-戊酮或二乙酾 Љ ဉ 乙酰乙酸乙酯3、 〒4、 E-3m 乙基-2-己烯 对苯醌 㐀 む5、。
6、对苯二酺 N-甲基苯胺7、 邻苯二甲酸酐 む。
¸、 뀀 （2S,3S ）-2-甲基-3-氯丁酸9、 10、苯甲酰氯 甘氨酰半胱氨酸11、1-苯基-2-丙醇12、乳酸13、甲基环己烷的优势构象14、3-戊烯-1-炔15、β-硝基萘 16、pyridine17、苯乙醚 18、2,3-巯基丁二酸 19、D-果糖20、1,2-环氧丙烷二、单选题：1、下列共价键最容易极化的是（D ）A 、C －ClB 、C －H C 、C －FD 、 C －I 2、氯乙烯分子中存在的共轭效应是（ B ）A 、π-πB 、p-πC 、σ-πD 、σ- p 3、下列化合物能使Br 2/CCl 4褪色的一类物质是（ C ）。
A 、alcoholB 、alkaneC 、alkeneD 、ether4、樟脑的结构为 ，理论上其旋光异构体数目是（B ）A 、2B 、4C 、6D 、85、下列自由基相对最稳定的是：（D ） A 、H 3C · B 、CH 3CH 2· C 、(CH 3)2CH · D 、CH 2=CHCH 2·6、下列化合物相对最稳定的是（D ）A 、环丙烷B 、环丁烷C 、环戊烷D 、环己烷7、下列化合物具有芳香性的是（D ）C H 3C CC 2H 52CH 2CH 3H Cl H COOH3H CH 3CH 3COCH 2COOC 2H 5CH 3CH 2COCH 2CH3NHCH3OO O O OCOCl H 2NCH 2CONHCHCOOH2SH OCH 23OHCH 3CHCOOHOHCH 3HHC C CH CH CH 3NO 2NOCH 2CH3HOOC CH CH COOH C CH 2OHHOH OH H H HO O CH 2OHOA 、B 、C 、D 、8、一氯甲烷水解反应的特点是（D ）A 、属于S N 1反应B 、生成碳正离子中间体C 、反应速率与亲核试剂浓度无关D 、反应一步完成 9、乙醇和丙醇可用下列哪种试剂鉴别（D ）。
习题2及解答
习题 21．设p 、q 都是素数，且7p ＋q ，pq ＋11也都为素数，求()()22pqp q q p ＋＋的值．【答案】若p 、q 都是奇数，则7p ＋q 为偶数，它不是素数，故p 、q 中有一个为偶数．情形一 设p 为偶数，则p ＝2，此时由7p ＋q 为素数，知q 为奇素数，若q ≠3，则q ≡1或2(mod3) ． 若q ≡1 (mod3)，则 7p ＋q ＝14＋q ≡0(mod3)， 矛盾；若q ≡2(mod3)，则pq ＋11＝2q ＋11≡4＋11≡0(mod3)，亦矛盾，所以q ＝3，此时7p ＋q ＝17，pq ＋11＝17，都是素数，故 (p 2＋q p )( q 2＋p q )＝(22＋32)( 32＋23)＝221． 情形二 设q 为偶数，则q ＝2，同上讨论可知p ＝3，此时(p 2＋q p )( q 2＋p q )＝(32＋23)( 22＋32)＝221．综上可知，所求的值为221．2．设12345p p p p p ＜＜＜＜是5个素数，且12345p p p p p ，，，，成等差数列．求5p 的最小值． 【答案】设d 为公差，则p 1，p 1＋d ，p 1＋2d ，p 1＋3d ，p 1＋4d 都是素数． 若2d ，即d 为奇数，则p 1＋d ，p 1＋2d 中有一个为偶数，它不是素数．若3d ，则p 1＋d ，p 1＋2d ，p 1＋3d 中有一个为3的倍数(它们构成模3的一个完系)，矛盾． 若5d ，则p 1，p 1＋d ，…，p 1＋4d 中有一个为5的倍数只能是p 1＝5，这时公差d 是6的倍数． 而5，11，17，23，29是5个成等差的素数数列，所以，p 5最小为29．3．对每个正整数n ，用()S n 表示n 在十进制表示下各数码之和．证明：对任意正整数m ，存在正整数n ，使得()()3S n mS n ＝．【答案】注意到，对任意正整数k ，(1008)k S 个＝9，于是，设1008k 个＝3n ，则n ＝336k 个，故S (n )＝3k ＋6，这样，对任意正整数m ，取k ＝3m －2，就有S (n )＝mS (3n )．说明 由S (3n )≡3n (mod9)，故要求3｜S (n )，进而3｜n ，所以在先确定3n 时，要寻找一个9的倍数(例如1002k 个作为3n 就不能满足条件) ．另外，在S (2n )与S (n )之间没有上述性质，事实上，可证：S (2n )≤2S (n )；S (n )≤5S (2n )．4．求最大的正整数k ，使得存在正整数n ，满足2|31kn＋． 【答案】注意到，当n 为偶数时，设n ＝2m ，有3n ＝9m ≡1(mod8)， 当n ＝2m ＋1时，3n ＝9m ×3≡3(mod8)，所以，对任意正整数n ，有3n ＋1＝2或4(mod8)， 故k ≤2．又22｜31＋1，所以，所求k 的最大值为2．5．设n 为正整数．证明：存在十进制表示中只出现数码0和1的正整数m ，使得|n m ．【答案】考虑数列 1，11，111，…，111n+个，其中必有两个数对模n 同余（因为任何整数除以n 所得的余数只能为0，1，2，…，n －1，共n 种情况），它们的差（大的减小的）就是符合要求的m ．6．设n 为是一个正奇数．证明：存在一个十进制表示中每个数码都是奇数的正整数m ，使得|n m ． 【答案】如果(5，n )＝1，那么由上题的结论，知存在m ＝11i 个0j 个，使得n ｜m ，而n 为奇数，结合5n ，知(n ，10)＝1，故n ｜11i 个．命题获证．如果5｜n ，设5α｜n ，那么可写n ＝5α·n 1，其中5n 1．利用2.2节例5的结论，可知存在一个α位的正整数m 1，使得5α｜m 1，且m 1的每个数码都是奇数，这时，考虑数m 1， 11m m ，…，111n m m +1个，这里11i m m 个表示i 个m 1连写形成的十进制数（故上面所列的数都是5α的倍数），则存在1≤i ＜j ≤n 1＋1，使得 11j m m 个≡11i m m 个(mod n 1)，结合(n 1，10)＝1，可知n 1｜11j-i m m 个，于是记m ＝11j-i m m 个，则m 中的每个数码都是奇数，且5α｜m ，n 1｜m ，而 (5α，n 1)＝1， 故5α·n 1｜m ，即n ｜m ． 命题获证．7．证明：对每个正整数n ，数19817n⨯＋都是合数． 【答案】若n 为偶数，则 19×8n ＋17≡1×(－1)n ＋2≡0(mod3)；若n ≡1(mod4)，写n ＝4k ＋1，则19×8n ＋17＝19×642k ×8＋17≡6×(－1)2k ×8＋4≡0(mod13)；若n ≡3(mod4)，则 19×8n ＋17＝19×642k +1×8＋17≡(－1)×(－1)2k +1×3＋2≡0(mod5) ． 所以，对任意正整数n ，数19×8n ＋17是合数．8．Fibonaccia 数列{}n F 定义如下：121F F ＝＝，21n n n F F F ＋＋＝＋，n ＝1，2，…． （1）证明：该数列任意连续10项之和是11的倍数；（2）求最小的正整数k ，使得该数列中任意连续k 项之和是12的倍数． 【答案】考虑数列｛F n ｝中每一项除以11(或12)所得的余数． ⑴｛F n (mod11)｝：1，1，2，3，5，－3，2，－1，1，0，1，1，…，所以｛F n (mod11)｝是以10为周期的纯周期数列，因此｛F n ｝中任意连续10项之和≡1＋1＋2＋3＋5＋(－3) ＋2＋ (－1)＋1＋0＝11≡0(mod11)， 命题获证．⑵｛F n (mod12)｝：1，1，2，3，5，－4，1，－3，－2，－5，5，0，1，1，…是以12为周期的纯周期数列．直接验证，可求出满足条件的最小正整数k ＝36．说明 若k 是满足⑵的最小正整数，而n 是满足⑵的正整数，则k ｜n (这个结论请读者证明) ．因此，找到满足条件的n ＝36 (｛F n (mod12) ｝的每个周期内各数之和≡4(mod12))后，只需验证36的正因数不合要求，就能断言36是符合条件的最小正整数．9．设整数a 、b 满足：2221|a b ＋．证明：22441|a b ＋．【答案】先分别证明：⑴若a 2＋b 2≡0(mod3)，则a ≡b ≡0(mod3) ； ⑵若a 2＋b 2≡0(mod7)，则a ≡b ≡0(mod7) ．这只需注意到，对任意整数x ，都有x 2≡0或1(mod3)， 及 x 2≡0，1，2或4(mod7)， 即可证出．现在由21｜a 2＋b 2可推出21｜a ，21｜b ，故212｜a 2＋b 2，所以命题成立．10．正整数a 、b 、c 满足：222c a b ab ＝＋＋．证明：c 有一个大于5的素因子．【答案】我们分别证明： ⑴若2｜c ，则2｜a ，2｜b ； ⑵若3｜c ，则3｜a ，3｜b ； ⑶若5｜c ，则5｜a ，5｜b ． ⑴的证明是平凡的．⑵的证明只需注意到 c 2＝a 2＋ab ＋b 2＝(a －b ) 2＋3ab ，就容易证出． 对于⑶，由条件，知 4c 2＝4a 2＋4ab ＋4b 2＝3a 2＋(a ＋2b )2， 而对任意整数x ，知 x 2≡0，1，4(mod5)， 于是，由 3x 2＋y 2≡0 (mod5)， 可知 x 2≡y 2≡0 (mod5)， 即 x ≡y ≡0 (mod5)．因此，由5｜c ，知 3a 2＋(a ＋2b )2≡0 (mod5)， 故 a ≡a ＋2b ≡0(mod5)， 可得 a ≡b ≡0(mod5)， 所以⑶成立．回到原题，当c 是2、3或5的倍数时，c 2＝a 2＋ab ＋b 2两边可分别约去22、32或52后，等式的形式保持不变．所以c 有一个大于5的素因子．11．将整数1，2，…，9填入一个3×3的表格，每格一个数，使得每行、每列及每条对角线上各数之和都是9的倍数．（1）证明：该表格中正当中那个方格内的数是3的倍数；（2）给出一个正当中方格内所填数为6的满足条件的放置方法．【答案】⑴设表格中第i 行、第j 列的方格上所填的数为a ij ，1≤i ≤3，1≤j ≤3， 则 a 11＋a 22＋a 33≡a 13＋a 22＋a 31≡a 12＋a 22＋a 32≡a 21＋a 22＋a 23≡0(mod9)， 于是它们求和后，得(a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33)＋3a 22≡0(mod9)， 即 3a 22＋(1＋2＋…＋9)≡0(mod9)， 故 9｜3a 22， 即 3｜a 22，从而表格中正当中的格子内所填数为3的倍数． ⑵下表给出的例子是中间格为612．下面的算式给出了一种判别一个数是否为19的倍数的方法：每次去掉该数的最后一位数字，将其两倍与剩下的数相加，依此类推，直到数变为20以内的数为止，若最后一个数为19，则最初的那个数为19的倍数，否则原数不是19的倍数． ６ ７ ９ ４ ４ ８ ６ ８ ０ ２ ４ ６ ８ ４ ８ ７ ６ １ ２ １ ９ ４ ４ ９ ７ ６ １２ ４ ５ ０ ９ １ ８ ４ ６ ８ １６ ６ ２ ４ １ ０例如上面判定了67944为19的倍数，而44976不是19的倍数．（1）试证明：上面的判别方法是正确的；（2）请给出判别一个数是否为29的倍数的类似方法． 【答案】一般地，设数10n n a a a -是一个十进制表示下的n ＋1位数，则若它是19的倍数，那么1011n n a a a -＋a 0＝10n n a a a -≡0(mod19)，故 2011n n a a a -＋2a 0≡0(mod19)， 即 11n n a a a -＋2a 0≡0(mod19)，这表明每次操作后的结果都是19的倍数． 另一方面，若 11n n a a a -＋2a 0≡0(mod19)， 则 1011n n a a a -＋20a 0≡0(mod19)， 这表明 1011n n a a a -＋a 0≡0(mod19)，即 10n n a a a -≡0(mod19)，所以，每次操作后的结果是19的倍数，则操作前该数也是19的倍数． 所以，题给的判别方法是正确的．对于29而言，类似的判别方法是：每次去掉最后一位，将它的3倍与剩下的数相加，以此类推，直到变为30以内的数为止．若最后的结果为29，则原数是29的倍数，否则原数不是29的倍数．13．能否将2010×2010的方格表的每个方格染成黑色或白色，使得关于表格的中心对称的方格颜色不同，且每行、每列中黑格数与白格数都各占一半？ 【答案】不能做到．事实上，若存在满足条件的染色方式，我们在黑格中都写上＋1，白格中都写上－1，并依表格的中心所在的两条方格线将表格分为4块，左上角那块中各数之和设为A ，右上角那块为B ，左下角那块为C ，右下角那块为D ．由条件，可知A ，B ，C ，D 都是10052个奇数之和，故A ，B ，C ，D 都为奇数，且A ＝－D ，B ＝－C (因为关于表格的中心对称的方格不同色)，而且A ＋B ＝A ＋C ＝0(这里用到每行、每列中黑、白格数各占一半)．所以，A －C ＝A ＋C ＝0，这要求A ＝C ＝0，但A 、C 都是奇数，矛盾．14．标号为1，2，…，100的火柴盒中有一些火柴，如果每次提问允许问其中任意15盒中所有火柴数之和的奇偶性．那么要确定1号盒中火柴数的奇偶性，至少需要提问几次？ 【答案】至少需要3次提问．先证“3次提问是足够的” ．例如： 第一次为：a 1，a 2，…，a 15；第二次为：a 1，a 2，…，a 8，a 16，a 17，…，a 22； 第三次为：a 1，a 9，a 10，…， a 22．其中a i 表示第i 盒中火柴的数目．这样，3个答案之和的奇偶性与a 1的奇偶性相同(其余每盒在3次提问中恰好出现2次) ．因此，经3次提问可确定a 1的奇偶性．再证“至少需要3次提问” ．如果提问只有两次，且两次中都出现a 1，那么在两次提问中必有a i 和a j ，使得a i 只在第1次提问中出现，而a j 只在第二次提问中出现，这样同时改变a 1、a i 、 a j 的奇偶性，每次答案是相同的，从而不能确定a 1的奇偶性．如果两次中都不出现a 1，在a 1都不出现时，改变a 1的奇偶性；在a 1只出现一次时，改变a 1与a i (这里a i 是与a 1同时出现的某个火柴盒)的奇偶性，那么两次答案仍是相同的，不能确定a 1的奇偶性． 综上可知，至少需要提问3次．15．求所有的正整数n ，使得可以在一个n ×n 的方格表的每个方格内写上＋1或－1，满足：每个标号为＋1的方格的相邻格中恰有一个标号是－1，而每个标号为－1的方格的相邻格中恰有一个标号是＋1． 【答案】用a ij 表示第i 行、第j 列上的方格内所填的数．如果存在符合要求的填法，那么我们不妨设a 11＝1(否则改变表格中所有数的符号再讨论)，此时a 21与a 22中恰好有一个为－1，不妨设a 21＝－1(否则将表格的第2行与第2列互换后再讨论)，则a 12＝1，进一步讨论，知a 22＝－1，a 13＝1，…，可知第1行中的数都是1，第2行中的数都是－1，进而，第3行中的数都是－1，第4行中的数都是1，依此递推，知当且仅当i ≡1(mod3)时，第i 行中的数都是1，而其余每行中的数都是－1．如果，n ≡0(mod3)，那么第n 行的数为－1，该行上的每个方格中相邻方格上的书都是－1，不合要求，直接验证可知其余情况都合要求． 所以，当且仅当3n ，n ＞1时，存在符合要求的填法．16．设12100a a a ，，…，是1，2，…，100的一个排列，令12i i b a a a ＝＋＋…＋，i ＝1，2，…，100，记i r 为i b 除以100所得的余数．证明：12100r r r ，，…，中至少有11个不同的数．【答案】若r 1，r 2，…，r 100中只有10个不同的数，则对i ＝1，2，…，99，r i +1－r i 只有102－9＝91(这里减去9是因为r i +1＝r i 时所得的值都是零)种不同取值．但是在模100的意义下，r i +1－r i 依次为a 2，a 3，…，a 100，共有99种不同的取值，矛盾．所以r 1，r 2，…，r 100中至少有11个不同的值．17．求所有满足下述条件的正整数a 的个数：存在非负数0122001x x x x ，，，…，，使得0xa ＝200112x x x a a a ＋＋＋．【答案】若a 是一个满足条件的数，则0x a ＞1，故a ＞1．此时，对 0x a ＝1x a ＋2x a ＋…＋2001x a 两边模a －1，知 1≡200111++个(mod a －1)，所以 a －1｜2000．另一方面，若a ＞1满足a －1｜2000，则我们在x 1，x 2，…，x 2001中取a 个数为0，a －1个为1，a －1个为2，…，a －1个为k －1，这里k ＝20001a -，并取x 0＝k ，就有0x a ＝1x a ＋2x a ＋…＋2001x a ． 所以，当且仅当a ＞1且a －1｜2000时，a 为满足条件的数，这样的a 共有20个．18．设m 、n 为正整数，m ＞1．证明：()21|mm n －的充要条件是()221|21mn－－． 【答案】若m (2m －1)｜n ，设n ＝m (2m －1)k ，则 2n－1＝(21)2m m k-－1＝()()212mmk-－1＝()21mk -A ，其中 A ＝()222mmk -＋()232mmk -＋…＋()12mk ＋1．注意到 2mk －1＝()2km －1≡1k －1≡0(mod2m －1)， 所以 ()21m -2｜2n －1．反过来，若()21m -2｜2n －1，我们先证m ｜n ．若否，设n ＝mq ＋r ，0＜r ＜m ，则由 2n ≡1(mod2m －1)，知 (2m )q ·2 r ≡1(mod2m －1)， 故 2 r ≡1(mod2m －1)， 但是 1≤2 r －1＜2m －1． 所以2m －12 r －1，矛盾．因此m ｜n ．现设n ＝mq ，则 2n －1＝(2m －1)×B ，其中 B ＝(2m )q -1＋(2m )q -2＋…＋2m ＋1， 由 (2m －1)2｜2n －1， 知 2m －1｜B ，又 B ＝1 q -1＋1 q -2＋…＋1＝q (mod 2m －1)， 所以 2m －1｜q ， 从而 m (2m －1)｜n ． 命题获证．19．设正整数a 、b 互素，p 为奇素数．证明：1p p a b a b p a b ⎛⎫⎪⎝⎭＋＋，＝或＋． 【答案】记A ＝p pa b a b ++＝a p -1―a p -2b ＋…―ab p -2＋b p -1，结合p 为奇数及b ≡―a (mod a ＋b )，知A ≡111p p p p a a a ---+++个＝pa p -1(mod a ＋b )．而 (a ，b )＝1， 故 (a ，a ＋b )＝1，所以 (a ＋b ，p pa b a b++)＝(a ＋b ，A )＝(a ＋b ，pa p -1)＝(a ＋b ，p )＝1或p ．20．求最小的正整数a ，使得对任意整数x ，都有()13565|5139x x ax ＋＋．【答案】由条件，知65｜(18＋9a )(取x ＝1)，而(9，65)＝1，故65｜a ＋2， 即a ≥63．当a ＝63时，利用Fermat 小定理知：对任意整数x ，都有5x 13＋13x 5＋9ax ≡13x ＋9ax ≡(3＋(－1)×3)x ≡0(mod5 )； 5x 13＋13x 5＋9ax ≡5x ＋9ax ≡(5＋9×(－2))x ≡0(mod13 )． 所以 65｜5x 13＋13x 5＋9ax ． 综上可知，所求的最小正整数a ＝63．21．是否存在整数a 、b 、c ，使得方程20ax bx c ＋＋＝和()()()21110a x b x c ＋＋＋＋＋＝都有两个整数根？【答案】不存在这样的整数a 、b 、c ．事实上，若a 、b 、c 满足条件，我们不妨设a 为偶数(否则用－(a ＋1)、－(b ＋1)、－(c ＋1)代替a 、b 、c 讨论)，由条件，结合韦达定理知－b a 与ca都是整数，故b 、c 都是偶数，所以a ＋1、b ＋1、c ＋1都是奇数．此时，对任意整数x ，有(a ＋1)x 2＋(b ＋1)x ＋(c ＋1)≡x 2＋x ＋1＝x (x ＋1)＋1≡1(mod2)(最后一步用到x 与x ＋1中有一个偶数)．这表明方程(a ＋1)x 2＋(b ＋1)x ＋(c ＋1)＝0没有整数根，矛盾．22．求所有的正整数组（x ，y ，z ，w ），使得x ！＋y ！＋z ！＝w ！． 【答案】不妨设x ≤y ≤z ＜w ，则w ≥z ＋1，若z ≥3，则w ！≥(z ＋1)·(z ！)≥z ！＋y ！＋x ！， 矛盾，故 z ≤2．若z ＝1，则x ＝y ＝z ＝1，此时w ！＝3，不存在这样的w ，故z ＝2． 此时w ≥3，故 w ！≡0(mod3)，所以 x ！＋y ！≡1(mod3)， 而 x ≤y ≤2， 故只能是 x ＝y ＝2， 此时 w ＝3，故 (x ，y ，z ，w )＝(2，2，2，3)．23．求满足下述条件的整数数组（a ，b ）的组数：0≤a ，b ≤36，且()220mod37a b ＋＝．【答案】注意到，a 2＋b 2≡a 2－36b 2(mod37)，故由条件知 37｜a 2－36b 2， 即 37｜(a －6b )(a ＋6b )，所以 37｜a －6b 或37｜a ＋6b ．因此，对每个1≤b ≤36，可知恰有两个a (a ≡±6b (mod37)) 满足条件， 而b ＝0时，由a 2＋b 2≡0(mod37)知a ＝0． 所以，满足条件的(a ，b )共有2×36＋1＝73(组)．24．设m 、n 为正整数，且22|mn m n m ＋＋．证明：m 是一个完全平方数．【答案】有条件可设m 2＋n 2＋m ＝kmn ，k 为正整数，这样，关于n 的一元二次方程n 2－kmn ＋m 2＋m ＝0①有正整数解，故△＝(km ) 2－4(m 2＋m )＝m (k 2m －4m －4)是一个完全平方数．若m 为奇数，则(m ，k 2m －4m －4)＝(m ，－4)＝1，故由△为完全平方数知m 为完全平方数．若m 为偶数，则由①知n 为偶数 (否则①的左边为奇数，矛盾)，故4｜n 2，4｜kmn ，4｜m 2，从而由①知4｜m ．设m ＝4m 1，则△＝16 m 1(k 2m 1－m 1－1)，所以，m 1(k 2m 1－m 1－1)是一个完全平方数，这时(m 1，k 2m 1－m 1－1) ＝(m 1，－1)＝1． 故m 1是完全平方数，所以m ＝4m 1也是完全平方数，命题获证．25．证明：若正整数n 可以表示为三个正整数的平方和的形式，则2n 也可以表示为三个正整数的平方和的形式．【答案】设n ＝x 2＋y 2＋z 2，x ≥y ≥z 为正整数，则n 2＝(x 2＋y 2＋z 2) 2＝(x 2＋y 2) 2＋2(x 2＋y 2) z 2＋z 4 ＝(x 2＋y 2－z 2) 2＋4(x 2＋y 2) z 2＝(x 2＋y 2－z 2) 2＋(2xz ) 2＋(2yz ) 2．注意到，x 2＋y 2－z 2＞0，知n 2可表为3个正整数的平方和．26．求所有的正整数n ，使得n 的三次方根等于n 去掉最后三位数字后得到的正整数．【答案】设n ＝1000x ＋y ，这里x 为正整数，y 为整数，且0≤y ≤999．依题意知x 3＝1000x ＋y ．1000x ≤x 3＜1000x ＋1000＝1000(x ＋1)， 故 x 2≥1000，x 3＋1≤1000(x ＋1)， 得 x 2≥1000，x 2－x ＋1≤1000． 所以 32≤x ＜33， 故 x ＝32， 这样 y ＝768， 所以 n ＝32 768．27．证明：存在无穷多个整数n ，使得数n 、n ＋1、n ＋2都可以表示为两个整数（不必不同）的平方和．例如：22000＝＋，22101＝＋，22211＝＋，故n ＝0即为一个满足条件的整数． 【答案】只需寻找正整数l ，使得l 2－1＝x 2＋y 2有正整数解．令x ＝2m 2，y ＝2m ，及l ＝2m 2＋1，就有l 2－1＝x 2＋y 2．所以，对任意正整数m ，取 n ＝(2m 2＋1) 2－1＝4m 4＋4m 2， 则 n ＝(2m 2) 2＋(2m ) 2， n ＋1＝(2m 2＋1) 2＋02， n ＋2＝(2m 2＋1) 2＋12．28．求最小的正整数n ，使得在十进制表示下3n 的末三位数字是888． 【答案】由条件，知n 3≡888(mod1000)，故n 3≡888(mod8)，n 3≡888(mod125)， 由前者知n 为偶数，设n ＝2m ，则m3≡111(mod125)，因此m3≡111≡1(mod5) ．注意到当m＝0，1，2，3，4(mod5)时，对应地m3≡0，1，3，2，4(mod5)，所以，由m3≡1(mod5)知m≡1(mod5)，可设m＝5k＋1，这时m3＝(5k＋1) 3＝125k 3＋75k2＋15k＋1≡111(mod125)，故75k2＋15k≡110(mod125)，从而15k2＋3k≡22(mod25)，既有15k2＋3k＋3≡0(mod25)，故5k2＋k＋1≡0(mod25) ．这要求5k2＋k＋1≡0(mod25)，故5│k＋1．可设k＋1＝5l，得5k2＋k＋1＝5×(5l－1) 2＋5l，＝125l2－50l＋5(l＋1)≡0(mod25)，故5│l＋1．可设l＋1＝5r，因此n＝2m＝10k＋2＝10(5l－1)＋2＝50l－8＝50(5r－1)－8＝250r－58．结合n为正整数，可知n≥250－58＝192．又1922＝7077888符合要求，故满足条件的最小正整数为192．29．设正整数n＞1，证明：数21n－既不是完全平方数，也不是完全立方数．【答案】由于n≥2，故2n－1≡－1(mod4)，而完全平方数≡0或1(mod4)，故2n－1不是完全平方数．另一方面，若存在n＞1及正整数x，使得2n－1＝x3，则2n＝(x＋1)(x 2－x＋1)，由于x 2－x＋1＝x(x－1)＋1，其中x(x－1)为偶数(两个相邻整数中有一个为偶数)，故x 2－x＋1为奇数，这要求x 2－x＋1＝1，进而x＝1，导出n＝1，矛盾．故2n－1不是一个完全平方数．30．设a、b、c a、b、c都是完全平方数．【答案】先证：对任意正整数a a为完全平方数．qp，p、q为正整数，且(p，q)＝1，则a＝22qp，此时由a为正整数，知p2｜q2，但(p，q)＝1，故p＝1，即a＝q2．m，m为整数，则)2＝(m2即a＋b＋m 2－c，n ，n 为正有理数，则 ab ＝(n 2＝n 2－2c ，c ＝m 可知a ，b 也都是完全平方数．31．已知正整数c 是一个奇合数．证明：存在正整数a ，使得13ca ≤－，且()2218a c －＋是一个完全平方数．【答案】通过凑完全平方式来处理．由条件可设c ＝pq ，3≤p ≤q ，p 、q 都是奇数，现在需要寻找a ，使得(2a －1) 2＋8pq 是一个完全平方式，一个自然的取法是：2a －1＝2q －p ，则(2a －1)2＋8pq ＝(2q －p ) 2＋8pq ＝(2q ＋p ) 2，a ＝12(2q －p ＋1)＝q －12p -≤q －1＝c p －1≤3c－1，符合题中的要求．32．设整数a 、b 满足：对任意正整数n ，数2na b •＋都是完全平方数．证明：a ＝0．【答案】若a ≠0，注意到在a ＜0时，n 充分大后，数2n a ＋b ＜0，与2n a ＋b 为完全平方数矛盾，故a ＞0．现在设2n a ＋b ≡x 2n ，x n 为正整数，则对任意正整数n ，有x n ＜x n +1．由于 4x 2n －x 2n +2＝4(2n a ＋b )－(2n +2a ＋b )＝3b ， 故 3│b │＝│2x n －x n +2│·│2x n ＋x n +2│，而 2x n ＋x n +2随着n 的增大而增大，故只能是│2x n －x n +2│＝0， 即 │b │＝0，但这时2n a 与2n +1a 都要是完全平方数，这是不可能的，矛盾．所以a ＝0．33．求不能表示为42的正倍数与一个合数之和的最大正整数．【答案】对任意不能表示为42的正倍数与一个合数之和的正整数n ，考虑n 除以42所得的余数r ．若r ＝0或r 为合数，则n ≤42．下面考虑r ＝1或r 为素数的情形．若 r ≡1(mod5)，则 84＋r ≡0(mod5)， 此时 n ＜3×42＝126；若 r ≡2(mod5)，则 4×42＋r ≡0(mod5)， 此时 n ＜5×42＝210；若 r ≡3(mod5)，则 42＋r ≡0(mod5)， 此时 n ＜2×42＝84；若 r ≡4(mod5)，则 3×42＋r ≡0(mod5)， 此时 n ＜4×42＝168；若 r ≡0(mod5)，则 r ＝5，此时由于5，47，89，131，173都是素数，故n 最大为215． 综上可知，所求最大正整数为215．34．求一个正整数n ，使得数n ，n ＋1，…，n ＋20中每个数都与30030不互素． 【答案】由于30 030＝2×3×5×7×11×13，所以若取N ＝210k ，则N 与N ±r 都与30 030不互素，这里r 为2，3，…，10中的数．现在考虑数N ±1，我们取k ，使得210k ≡1(mod11)且210k ≡－1(mod13)，前者要求k ≡1(mod11)，设k ＝11m ＋1，后者要求 210(11m ＋1)≡－1(mod13)，解得 m ≡4(mod13)，所以，令k ＝45，则所得的21个数9440，9441，…，9460与30 030都不互素，因此取n ＝9440即可．35．是否存在连续13个正整数，其中每个数都是2、3、5、7、11中的某个数的倍数？连续14个呢？【答案】注意到，114，115，…，126这13个数都是合数，每个数都是2、3、5、7、11中某个数的倍数，因此存在13个符合要求的数．下证：没有连续14个正整数，使得其中每个数都是2、3、5、7、11中某个数的倍数．事实上，若存在这样的14个数，考虑其中的7个奇数，设它们为a ，a ＋2，…，a ＋12．由于若两个奇数都是3的倍数，则它们的差至少为6，故这7个奇数中至多有1个数为11的倍数．同样可证这7个奇数中至多有2个数是5的倍数；至多有1个数为7的倍数；至多有1个数为11的倍数．由假设，这7个数都是3、5、7、11中某个数的倍数，故这7个奇数中分别有3个为3的倍数，2个为5的倍数，1个为7的倍数，1个为11的倍数，并且不出现一个数同时是3、5、7、11中某两个数的倍数．但是，这时要求a 、a ＋6、a ＋12为3的倍数；a 、a ＋10或者a ＋2、a ＋12中有一组数为5的倍数．必有一个数同为3和5的倍数，矛盾．36．设p 为素数，a 、n 都是正整数，且23p p n a ＋＝．证明：n ＝1．【答案】当p ＝2时，a n ＝13，知a ＝13，n ＝1．当p ＞2时，由p 为素数，可知p 为奇数，此时2p ＋3 p ＝(2＋3)(2 p -1－2 p -2×3＋…－2×3 p -2＋3p -1) ，故 5｜a n ，即5｜a ．若n ＞1，则52｜a n ，这时，应有2 p -1－2p -2×3＋…－2×3 p -2＋3p -1≡0(mod5) ．利用3≡－2(mod5)，p 为奇数及上式，知2 p -1－2p -2×3＋…－2×3 p -2＋3p -1≡11112222p p p p p -----++个＝p ·2 p -1≡0(mod5)， 所以5｜p ，而p 为素数，故p ＝5，这导致a n ＝25＋35＝275＝52×11，n 只能为1，矛盾．因此n ＝1．37．圆周上排列着2000个点，在某个点上标上数1，按顺时针方向数两个点，在其上标数2，再数3个点标数3，依此继续，标出数1，2，…，2000．这样，有些点上没有标数，有些点上所标的数不止一个．问：被标上2000的那个点上所标的数中最小的是多少？【答案】等价于求最小的正整数n ，使得1＋2＋…＋n ≡1＋2＋…＋2000(mod2000) ． ①即(1)2n n +≡1000(mod2000)， 等价于 n (n ＋1)≡2000(mod4000)，这要求 2000｜n (n ＋1) ．注意到 (n ，n ＋1)＝1，而 2000＝24×53，所以24｜n ，53｜n ＋1；或者53｜n ，24｜n ＋1；或者n 与n ＋1中有一个为2000的倍数．分别求得n 最小为624，1375，1999，其中满足①的最小的数为624．所以，被标上2000的那个点上所标的数中最小的那个是624．38．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1，2，…，800，它们将圆周分为800个间隙．现在选定某个点，将其染上红色，然后进行下述操作：如果第k 号点染成了红色，那么依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色．问：依此规则，圆周上最多有多少个点被染成了红色？证明你的结论．【答案】等价于求在模800的意义下，数列a ，2a ，22a ，23a ，…中，出现的不同的数的个数的最大值，这里a 在1，2，…，800中取值．注意到，当2n 2m (mod800)时 ，2n a 2m a (mod800)不一定成立；反过来，当2n a 2m a (mod800)成立时，2n 2m (mod800) 一定成立．因此，数列a ，2a ，22a ，…在模800的意义下，不同元素个数的最大值在a ＝1时可以取到，因此，只需求1，2，22，…在模800的意义下不同元素的个数．由于800＝25×52，而n ≥5时有 2n ≡0(mod25)，另外｛2n (mod25)｝为2，4，8，16，7，14，3，6，12，－1，－2，－4，－8，－16，－7，－14，－3，－6，－12，1，…故｛2n (mod25)｝中恰好有20个不同元素．结合｛2n (mod25)｝为2，4，8，16，0，0，…，可得｛2n (mod800)｝中恰好有20＋4＝24(个)不同的数．所以，圆周上至多有24个点染成了红色．39．设m 为正整数，且()2mod4m ≡．证明：至多存在一对正整数（a ，b ），使得m ab ＝，且05441a b m ＜－＜＋＋【答案】如果能确定a ＋b 的值(视m 为常数)，那么利用韦达定理的逆定理，可知至多只有一组正整数(a ，b )满足条件．由条件，知(a ＋b ) 2＝(a －b ) 2＋4ab 满足1＋4m ≤(a ＋b ) 2＜5＋4+1m 4m ＝4+1m 2) 2，即 4+1m a ＋b 4+1m 2，所以 41411141121m m m a b m m m +++++⎡⎡++++⎪⎣⎣⎩或，若4为整数；或4+1，若4不是整数． 总之，a ＋b 只能取值于某两个连续正整数．而ab ＝m ≡2(mod4)，可知a 、b 一奇一偶，即a ＋b 为奇数．这样我们知道a ＋b 的值唯一确定，命题获证．40．设n 是一个大于10的正整数，且n 的每个数码都为1、3、7或9．证明：n 有一个大于10的素因子．【答案】用反证法，若n 的每个素因子都不大于10，利用条件，知n 为奇数，且n 不是5的倍数，故存在非负整数i 、j ，使得 n ＝3i ·7j ，考虑3i 与7 j 除以20所得的余数，对i ＝0，1，2，…， j ＝0，1，2，…，分别依次有 ｛3i (mod20)｝：1，3，9，7，1，3，…；｛7 j (mod20)｝：1，7，9，3，1，7，…．这两个都是以4为周期循环的数列，因此 3i ·7j ≡ab (mod20)，这里a 、b 都为1，3，7或9．分别计算，可知 3i ·7j ≡1，3，7或9 (mod20)，这表明，所有形如3i ·7j 的数的十位数字都为偶数，但n 的每一位数字都是1，3，7或9，矛盾． 所以，n 有一个大于10的素因子．41．求所有的素数对（p ，q ），使得|1p qpq p q ＋＋．【答案】由条件可知p ≠q ，利用对称性，不妨设p ＜q ．若p ＝2，则q q ＋5≡0(mod q )，知q ＝5．直接验证，可知(p ，q )＝(2，5)符合要求．若p ＞2，则p ，q 都为奇素数．由条件知p p ＋1≡0(mod q )，故p 2p ≡1(mod q )，利用Fermat 小定理，有p q -1≡1(mod q )，于是， p (2p ，q -1)≡1(mod q ) ． ①注意到，2｜(2p ，q －1)，而(2p ，q －1) ｜2p ，故只有下面的两种情形．情形一 (2p ，q －1) ＝2，则由①知p 2≡1(mod q )，导致q ｜p ＋1或q ｜p －1，这与p ≤q －2矛盾． 情形二 (2p ，q －1) ＝2p ，则由①知q ≡1(mod p )，于是0≡p p ＋q q ＋1＝2(mod p )，导致p ＝2，矛盾．综上可知，满足条件的(p ，q )＝(2，5)或(5，2) ．42．设()22010f n n n n ⋯＝1＋＋＋＋．证明：对任意整数m ，若2≤m ≤2010，则不存在正整数n ，使得()|m f n ．【答案】若存在2≤m ≤2010，使得对某个正整数n ，有m ｜f (n ) ．则由于f (1)＝2011为素数(这里2011为2011去验证)，故n ≠1，此时可写f (n )＝201111n n --． 对m 的素因子p ，由m ｜f (n )知n 2011≡1(mod p )，而由Fermat 小定理知n p -1≡1(mod p )，所以，有 (2011,1)p n -≡1(mod p )．结合 p －1＜2011，及2011为素数，可得(2011，p －1)＝1，于是n ≡1(mod p )，从而 0≡f (n )≡1＋12＋…＋12010＝2011(mod p )，要求 p ＝2011，这与m ≤2010矛盾．所以命题成立．43．是否存在整数x 、y ，使得2012201120102010442011x y y y －＝＋＋？【答案】不存在这样的整数x ，y ．若不然，则有x 2012＋1＝(4y 2010＋2011)( y ＋1) ． ①注意到，4y 2010＋2011≡3(mod4)，这表明①式右边有模4余3的素因子，故存在素数p ，使得p ≡3(mod4)， 且 x 2012＋1≡0(mod p ) ．由于2012为偶数，利用2.3节例2的结论知x 2012＋1的每一个奇素因子都≡1(mod4)，矛盾．。
02习题及答案
第二章热力学第一定律思考题1设有一电炉丝浸于水中,接上电源，通过电流一段时间。
如果按下列几种情况作为系统，试问ΔU，Q，W为正为负还是为零?(1)以电炉丝为系统；(2)以电炉丝和水为系统；(3)以电炉丝、水、电源及其它一切有影响的部分为系统。
2设有一装置如图所示，(1)将隔板抽去以后，以空气为系统时，ΔU，Q，W为正为负还是为零?(2)如右方小室亦有空气，不过压力较左方小，将隔板抽去以后，以所有空气为系统时，ΔU，Q，W为正为负还是为零？作业题1 (1)如果一系统从环境接受了160J的功，内能增加了200J，试问系统将吸收或是放出多少热?(2)一系统在膨胀过程中，对环境做了10 540J的功，同时吸收了27 110J的热，试问系统的内能变化为若干？[答案：(1) 吸收40J；(2) 16 570J] 2在一礼堂中有950人在开会，每个人平均每小时向周围散发出4．2xl05J的热量，如果以礼堂中的空气和椅子等为系统，则在开会时的开始20分钟内系统内能增加了多少?如果以礼堂中的空气、人和其它所有的东西为系统，则其ΔU＝?[答案：1.3×l08J;0] 3一蓄电池其端电压为12V，在输出电流为10A下工作2小时，这时蓄电池的内能减少了1 265 000J，试求算此过程中蓄电池将吸收还是放出多少热？[答案：放热401000J]4 体积为4.10dm3的理想气体作定温膨胀，其压力从106Pa降低到105Pa,计算此过程所能作出的最大功为若干?[答案：9441J]5 在25℃下，将50gN2作定温可逆压缩，从105Pa压级到2×106Pa，试计算此过程的功。
如果被压缩了的气体反抗恒定外压105Pa作定温膨胀到原来的状态，问此膨胀过程的功又为若干？[答案：–1.33×104J；4.20×103J]6 计算1mol理想气体在下列四个过程中所作的体积功。
已知始态体积为25dm3终态体积为100dm3；始态及终态温度均为100℃。
23机高多习题2版答案 第3章 立体及其表面交线
第三章 立体及其表面交线3-1 棱柱的投影1．补画正六棱柱的左视图。
2．补画正三棱柱的左视图。
3．补画正五棱柱的俯视图。
4．求六棱柱表面上点的投影。
5．求三棱柱表面上点的投影。
6．求五棱柱表面上点的投影。
（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版） 《习题答案》第三章 胡建生 编3-2 棱锥的投影1．补画四棱台的俯视图。
2．补画三棱锥的左视图。
3．补画三棱台的俯视图。
4．求四棱台表面上点的投影。
5．用辅助线法求三棱锥表面上点C 的投影。
6．用辅助平面法求三棱台表面上点D 的投影。
（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版） 《习题答案》第三章 胡建生 编3-3 圆柱的投影1．补画半圆筒的左视图。
2．补画半圆筒的主视图。
3．求圆柱表面上点的投影。
4．求圆柱表面上点的投影。
（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-4 圆锥的投影1．补全1/2圆台的左视图。
2．补全1/4圆台的俯视图。
3．补画带孔圆台的俯视图。
4．求圆锥表面上点的投影。
5．用辅助线法求圆锥表面上点的投影。
6．用辅助平面法求圆锥表面上点的投影。
（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-5 圆球的投影1．判断点的空间位置。
点A 位于（最前）点点B 位于（最高）点点C 位于（最左）点2．补全点的投影。
3．判别点的空间位置，求出圆球表面上点的另外两面投影。
想一想，此题有几种解法。
点A 在 左 、 前 、 上 半球上点B 在 右 、 后 、 下 半球上（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版） 《习题答案》第三章 胡建生 编3-6 用细点画线补画视图中缺漏的对称中心线或轴线1．2．3．4．5．6．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-7 补画物体被截切后的第三视图（注意截平面的投影）1．2．3．4．5．6．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-8 补全物体被截切后的投影（一）1．2．3．4．5．6．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-9 补全物体被截切后的投影（二）1．2．3．4．5．6．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-10 补全圆球被截切后的投影1．2．3．4．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-11 补全俯视图中所缺的图线1．2．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-12 用简化画法补全相贯线的投影（一）1．2．3．4．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-13 补全第三视图（相贯线采用简化画法）1．2．3．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版） 《习题答案》第三章 胡建生 编3-14 用简化画法补全相贯线的投影1．2．3．4．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-15 用简化画法补全相贯线的投影1．2．3．4．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-16 选择正确的左视图，在（）内画√1．2．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编3-17 准确求出相贯线的投影（保留作图线）1．2．（机工高职）机械制图习题集（多学时第2版）《习题答案》第三章 胡建生 编。
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初%
0.75%
41.67%
( )共晶% 1初 % 58.33%
% 0.95 0.50 100% 56.25%
0.95 0.15
% 1 % 43.75%
共晶体中α相和β相的重量％
%
0.95 0.95
0.75 0.15
(
)共晶 %
14.58%
F % 0.77% wc 100% 90% 0.77% 0.0218%
解得，wc 0.097%
5.试说明在正温度梯度下为什么固溶体合金凝固时可以呈树枝状方 式成长，而纯金属则得不到树枝状晶。
解：答：在固溶体合金凝固过程中，虽然实际温度分布一定，但 由于界面前沿液体中溶质分布所发生的变化，必将引起凝固温度 的改变，因此将界面前沿液体中的实际温度低于由溶质分布所决 定的凝固温度时产生的过冷，称为成分过冷。
由β初’中析出的AⅡ的相对量为
AⅡ%
0.90 0.70 0.90 0
初' %
11.11%
所以，室温下β初的相对量为
初% 初' % AⅡ% 50% 11.11% 38.89%
该合金室温下组织组成物的相对量为
（A ）共晶% 50% 初 % 38.89%
AⅡ% 11.11%
（4）合金为0.8A－0.2B时 室温下相组成物为A和β相，其相对量为 A% 0.90 0.20 100% 77.78% 0.90 0 % 1 A% 22.22%
（1）试根据相律绘成平衡相图并标注各相区符号及特征 点的温度和成分。
（2）如果希望得到A2B化合物与β共晶组织加上5％的 初的合金，求该合金的成分。
解：(1)设A2B化合物中B的质量百分数为wB，则
wB
50 100% 30 2 50
45%
相图如下图所示：
(2) 设合金的成分为含B wB，则由杠杆定律得
而在纯金属中，在正的温度梯度下，当界面上偶尔有凸起部分而 深入温度较高的液体中时，它的生长速度就会减缓甚至停止，周 围部分的过冷度较凸起部分大而会赶上来，使凸起部分消失，使 液固界面保持稳定的平面状态，而不会形成树枝晶。
6. 组元A和B的熔点分别为700℃和500℃，在液态完全互溶， 在固态部分互溶形成α和β固溶体，其最大溶解度分别为 为5％B和25％A（重量），在零度时溶解度则为2％B和 5％A（重量）。两金属形成熔点为750℃的A2B化合物， A和B的原子量分别为30和50。在450℃和320℃分别发 生液体成分为22％B和60％B（重量）的共晶转变。
% ( )共晶% % 58.33% 14.58% 43.75%
(2) 设该合金中B的重量％为wB，则
初
%
wB 0.75 0.95 0.75
100%
50%
解得 wB 0.85，即该合金成分为含B85％
2. 已知在A-B二元合金中，A (熔点600℃)与B (熔点500℃)在 液态无限互溶，固态时A在B中的最大固溶度(质量分数)为 wA＝0.30，室温时为wA＝0.10；但B在固态和室温时均不溶 于A。在300℃时，含wB＝0.40的液态合金发生共晶反应。 试绘出A-B合金相图；并分析wA=0.20，wA=0.45，wA=0.80 的合金在室温下组织组成物和相组成物的重量％。 。
室温下相组成物为A和β相，其相对量为
% 0.55 0 100% 61.11%
0.9 0
A% 1 % 38.89%
室温下组织组成物为β初+(A+β)共晶+AⅡ 在共晶反应刚完成时，
（A
）共晶 %
0.7 0.55 0.7 0.4
100%
50%
初' % 1（A ）共晶% 50%
冷却至室温时，将由β初’和(A+β)共晶的β中析出AⅡ。由 于共晶β中析出的AⅡ与共晶A连接在一起，故略去不计。
1．已知某二元合金的共晶反应为：
L € （75％B）
（15％B） （95％B）
(1) 试求含50％B的合金完全结晶后，初晶α与共 晶(α+β)的重量％，α相与β相的重量％；共 晶体中α相与β相的重量％。
(2) 若测出显微组织中β初晶与(α+β)共晶各占一 半时，试求该合金成分。
解：(1)根据杠杆定律可得
4. 试利用冷却曲线分析含碳量0.3％亚共析钢平衡组织的 形成过程。若已知亚共析组织中先共析铁素体含量为 90％，试确定该钢的大致含碳量。
解：(1) 冷却曲线如图所示。
平衡组织的形成过程为：
1以上，均匀的液相L； 1～2，L→δ，液体中析出 δ相； 2 时，L+δ； 2～2’，L+δ→γ，发生包 晶反应，生成γ相； 2’ 时，L+γ； 2’→3，L→γ，剩余液相 转变为γ；
室温下组织组成物为A+(A+β)共晶，其相对量为
A% 0.40 0.20 100% 50% 0.40 0
( A )共晶% 1 A% 50%
3. 试根据含碳量3.5％亚共晶白口铁的平衡组织， 计算其中各组织组成物的相对含量。
解：含碳量3.5％的亚共晶白口铁的平衡组织为P+Fe3CⅡ+Ld’。 共晶反应刚完成时，
初
%
wB 0.60 0.75 0.60
100%
5%
解得，wB 60.75%
解：（1）A－B合金相图如下图所示
（2）合金为0.2A－0.8B时 室温下相组成物为A和β相，其相对量为
% 0.8 0 100% 88.89%
0.9 0
A% 1 % 11.11%
室温下组织组成物为β+AⅡ，其相对量与相组 成物相同，即
% 88.89%
AⅡ% 11.11%
（3）合金为0.45A－0.55B时
3时，得到单一γ相； 3～4，不发生变化，仍为γ相； 4～5，γ→α，形成铁素体组织(F) 5时， γ+α； 5～5’，γ→(α+Fe3C)，发生共析反应，形成珠光体(P)组 织； 5’时，α+P； 5’～6，α→Fe3CⅢ，其量甚少，可以忽略不计； 6时，F+P。
(2) 设钢的大致含碳量wc，则由杠杆定律得
实际合金在通常的凝固中不可避免地会出现成分过冷。当界面前 沿液体处于正温度梯度条件下，如果液固界面前沿存在较大的成 分过冷区，界面某些地方的凸起进入过冷区后，由于过冷度增加， 促使它们进一步凸向液体并不断伸向过冷液相中生长，同时在侧 面产生分枝，形成二次轴，在二次轴上在长出三次轴等，形成树 枝状组织。
Ld % 3.5 2.11100% 63.47% 4.3 2.11
% 1 Ld % 1 63.47% 36.53%
室温下组织组成物的相对量为
Ld '% Ld % 63.47%
Fe3CⅡ%
2.11 6.69
0.77 0.77
%
8.27%
P% % Fe3CⅡ% 36.53% 8.27% 28.26%