习题分析与解答
基础物理学上册习题解答和分析第六章习题解答和分析
习题六6-1频率为Hz 41025.1⨯=ν的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量211/1090.1m N E ⨯=，棒的密度33/106.7m Kg ⨯=ρ.求该纵波的波长. 分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。
解：波速ρ/E u =,波长νλ/u = 2/0.4E m λρν==6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(5.2cos(04.0SI x t y ππ-=(1)求波的振幅、波速、频率及波长；(2)求绳上的质点振动时的最大速度；(3)分别画出t=1s 和t=2s 的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同.解：（1）用比较法，由)2cos()5.2cos(04.0x t A x t y λπϕωππ-+=-=得0.04A m = ； /2 2.5/2 1.25Hz νωπππ===；2, 2.0m ππλλ== 2.5/u m s λν==（2）0.314/m A m s νω==（3）t=1(s)时波形方程为：)5.2cos(04.01x y ππ-= t=2(s)时波形方程为：)5cos(04.02x y ππ-=x=1(m)处的振动方程为：)5.2cos(04.0ππ-=t y6-3 一简谐波沿x 轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图6－3所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为（-π，π].求各点的初相.分析 由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。
依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。
解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知 质点1的初相为π; 质点2的初相为π/2; 质点3的初相为0; 质点4的初相为-π/2.6-4 有一平面谐波在空间传播,如题图6－4所示.已知A 点的振动规律为)t cos(A y ϕ+ω=，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式中在描写距A 点为b 处的质点的振动规律是否一样? 分析 无论何种情况，只需求出任意点x 与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于题图题图6-3t=坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。
《文化遗产保护案例分析》习题与答案
《文化遗产保护案例分析》习题与答案（解答仅供参考）一、名词解释1. 文化遗产：文化遗产是指从历史、艺术或科学角度看，具有突出的普遍价值的人类创造物和自然景观，包括物质文化遗产（如古建筑、艺术品等）和非物质文化遗产（如传统技艺、民俗活动等）。
2. 世界文化遗产：由联合国教科文组织设立，旨在保护全人类共同的文化财富。
凡被认为对全人类具有杰出普世价值的自然或文化遗址，均可列入《世界遗产名录》。
3. 遗产保护修复原则：在进行文化遗产保护修复时，应遵循真实性原则（保持遗产原有状态和特征）、完整性原则（保护遗产所有组成部分及其环境）、可逆性原则（采用可逆性的保护措施）以及最小干预原则（尽可能减少对原遗产的改动）。
4. 文物本体保护：指对文化遗产实体本身采取的一系列预防性、保养性和修复性的保护措施，以维持其结构稳定、形态完整和材质安全，确保其历史文化信息得以真实、完整地保存和传承。
5. 非物质文化遗产传承人：是指在非物质文化遗产中掌握并承载着某一传统文化表现形式，并能够对其进行有效传承的人群或个体。
二、填空题1. 我国于____年加入《保护世界文化和自然遗产公约》，正式成为缔约国。
答案：1985年2. 中国故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑之一，于____年被联合国教科文组织列入《世界文化遗产名录》。
答案：1987年3. 在文化遗产保护中，“最小干预”原则强调在____的前提下，尽可能减少对遗产本身的干预。
答案：保证遗产安全4. 国家文物局提出的“四有”文物保护工作要求，即有保护范围、有标志说明、有记录档案、有____。
答案：专门机构或专人管理5. 非物质文化遗产保护的重要内容之一是对其____的传承与传播。
答案：活态流变性三、单项选择题1. 下列不属于我国世界文化遗产的是（）A. 敦煌莫高窟B. 秦始皇陵及兵马俑坑C. 长城D. 布达拉宫答案：D. 布达拉宫（布达拉宫属于世界文化遗产，此题无正确答案）2. 关于文化遗产保护，下列说法不正确的是（）A. 应尊重当地社区和群体的文化权益B. 只需关注物质文化遗产的保护，非物质文化遗产无需特别关注C. 文化遗产保护应当注重科学研究和技术创新D. 文化遗产的合理利用有利于其保护答案：B. 只需关注物质文化遗产的保护，非物质文化遗产无需特别关注3. 下列关于文化遗产保护修复的原则，哪项描述是错误的？（）A. 必须严格遵守真实性原则，恢复到最初的状态B. 应尽量保持遗产的完整性，保护好各个组成部分C. 在可能的情况下，实施的保护修复措施应该是可逆的D. 对遗产的干预应尽可能减少到最低程度答案：A. 必须严格遵守真实性原则，恢复到最初的状态（应为“保持遗产原有状态和特征”而非强制恢复到最初状态）四、多项选择题1. 下列文化遗产中，属于世界自然与文化双重遗产的是（）A. 泰山B. 黄山C. 峨眉山-乐山大佛D. 武夷山E. 敦煌莫高窟答案：ABCD2. 在我国文化遗产保护工作中，以下哪些措施体现了“最小干预”原则？（）A. 使用可逆性材料和技术进行修复B. 对文物本体进行大规模复原重建C. 尽量维持现状，避免过度修复D. 注重对遗产环境的整体保护E. 强调预防性保护，定期维护保养答案：ACDE3. 关于非物质文化遗产的保护，下列做法正确的有（）A. 开展非遗传承人群研修研习培训计划B. 制定并实施地方非遗名录和代表性传承人认定制度C. 加强对非遗项目的数字化记录和传播D. 推动非遗进校园，让青少年了解和接触非遗E. 鼓励非遗项目商业化开发以实现自我保护答案：ABCD4. 下列关于文化遗产保护案例分析的说法，正确的是（）A. 洛阳龙门石窟采用三维扫描技术进行数字化保护B. 北京故宫博物院采用科技手段监测古建筑微环境变化C. 广东开平碉楼群通过国际合作项目实现了整体性保护D. 西安城墙采取了原址保护与展示相结合的方式E. 云冈石窟利用现代科技手段复制洞窟，减少游客对原址的影响答案：ABCDE5. 文化遗产的价值体现在（）A. 科学价值B. 历史价值C. 艺术价值D. 文化价值E. 经济价值答案：ABCDE五、判断题1. 文化遗产保护应注重其真实性、完整性及可持续性的统一。
复变函数部分习题解答分析(复拉)
∂u ∂y 2
= 2vvy = −vx 两式相乘并整理得 (4v 2 + 1)vx vy = 0. 由以上
ux = vy = 6xy ⇒ u = 3x2 y + D(y ) (4) 将(3),(4)代入(0)式,得 u =
3x2 y − y 3 + C, v = 3xy 2 − x3 + C .
chz =
ez +e−z 2
1 = 0, e2z + 1 = 0. 2z = Ln(−1) = ln | − 1| + i arg(−1) + 2kπi, z = (k + 2 )πi.
作业卷（三） 一 判断题 1.设 C 为 f (z ) 的解析域 D 内的一条简单正向闭曲线， 则 |z | < 2 内解析， C 取 |z | = 1, 则
的解为 z =
分析：两边同乘以 eiz , 得e2iz = 1. 两边取自然对数， 得 2iz = Ln1 = ln |1| + i arg(1) + 2kπi = 2kπi, z =
条件.
分析：f (z ) 在该点解析, 则 f (z ) 在该点的某一个邻域内可导， 在该点当然连续。填必要.
分析: 解析的充要条件. ux =
复变函数部分习题解答分析
作业卷（一） 一 判断题 1.复数 7 + 6i > 1 + 3i. ×. 两个复数, 只有都是实数时, 才可比较大小. 2.若 z 为纯虚数,则 z = z ¯. √ . 按书上定义, 纯虚数指 yi, y = 0, 若 z = yi , 则 z ¯ = −yi. 3.函数 w = arg(z ) 在 z = −3 处不连续. √ . 当 z 从下方 → −3时, w = arg(z ) 的极限为 −π ; 当 z 从上方 → −3 时, w = arg(z ) 的极限为 π . 4. f (z ) = u + iv 在 z0 = x0 + iy0 点连续的充分必要条件是 u(x, y ), v (x, y ) 在(x0 , y0 ) 点连续. √ . Th1.4.3. 5.参数方程 z = t2 + ti ( t 为实参数)所表示的曲线是抛物线 y = x2 . ×. x = y 2 . 二 填空题 1.若等式 i(5 − 7i) = (x + i)(y − i) 成立,则 x= 2.方程 Im(i − z ¯) = 3 表示的曲线是 3.方程z 3 + 27 = 0的根为 4.复变函数 w =
模拟电子技术学习指导与习题解答分析
把电路分成两个部分，一部分是由二极管组成的非线性电路，另一部分则是由电源、 电阻等线性元件组成的线性部分。分别画出非线性部分（二极管）的伏安特性曲线和线性部
分的特性曲线，两条特性曲线的交点即为电路的工作电压和电流。
2）等效模型分析法
二极管的等效模型有四种：理想、恒压降、折线和微变等效模型。一般情况下，理想 模型和恒压降模型用得较多。
还兼作阴极），其中，阴极有发射电子的作用，阳极有接收电子的作用。二极管具有单向导 电的特性，可用作整流和检波。在二极管的基础上增加一个栅极就成了电子三极管，栅极
能控制电流，栅极上很小的电流变化，都会引起阳极很大的电流变化，所以，电子三极管 有放大作用。
5.晶体管和集成电路
1）晶体管
通俗地说，晶体管是半导体做的固体电子元件。像金、银、铜、铁等金属，它们导电 性能好，叫做导体。木材、玻璃、陶瓷、云母等不易导电，叫做绝缘体。导电性能介于导 体和绝缘体之间的物质，叫半导体。晶体管就是用半导体材料制成的，这类材料中最常见 的便是锗和硅两种。晶体管的出现是电子技术之树上绽开的一朵绚丽多彩的奇葩。
图2.5 PN结的形成
当浓度差引起的多子的扩散运动和内电场引起的少子的漂移运动达到动态平衡时，就 形成了PN结。
2）PN结的单向导电性
PN结加正向偏置时，能形成较大的正向电流，PN结正向电阻很小；加反向偏置时,
反向饱和电流很小，PN结呈高阻这就是PN结的单向导电性。
3.半导体二极管
1）二极管的伏安特性
PN结外加正向电压一一正向偏置时， 由于是多子导电，因而外加电压的微小变化将使
电流有较大的变化。结果，扩散力大于电场力 一一由多子形成的扩散（正向）电流起主导地
位，而少子形成的漂移电流可忽略不计， 空间电荷区变窄，电阻变小。当外加负向电压 ——
第十七章 波动光学习题析与解答
x d
K+1 K
c
第十七章 波动光学
部分习题分析与解答
钢珠c和 、 的直径不同 的直径不同， 钢珠 和a、b的直径不同，则两平板玻璃形成 空气劈尖，由分析得，钢珠c的直径与标准件 空气劈尖，由分析得，钢珠 的直径与标准件 直径相差： 直径相差：
x = N
λ
2
= 1 . 81 × 10
6
m
改变钢珠间的距离d，将钢珠c移至 c′ 处，如图 改变钢珠间的距离 ，将钢珠 移至 所示， 与 之间条纹数目未改变， 所示，a与 c′之间条纹数目未改变，故不影响检 验结果。但由于相邻条纹间距变小， 验结果。但由于相邻条纹间距变小，从而影响观 测。
d = (2k + 1)
λ
4n2
= 2n2 d = (2k + 1)
当k = 0时，d =
λ
4n2
2 = 99.3nm.
17第十七章 波动光学 17-7另解 -
部分习题分析与解答
在折射率n3=1.52的照相机镜头表面涂有一层折射率n2= 1.38的MgF2增透膜，若此膜仅适用于波长 λ =550nm的 光，则此膜的最小厚度为多少？ 解：如图示，光线1直接透射，光 2 1 线2经过两次反射后透射，有半波 n1=1.0 2 损失，故两透射光的光程差为 n2=1.38 d
第十七章 波动光学
部分习题分析与解答
解法2 解法 因双缝干涉是等间距的，故也可用以下的条纹间距 公式求入射光波长
x =
d ′ λ d
x
第5条暗纹
应注意两个第5条暗纹之间所包含的相 9 邻条纹间隔数为9，因为中央明纹是中 心（被分在两侧，如右图所示）。故 △x=22.78/9mm，把有关数据代入可得
习题解答分析
习 题 二1. 一袋中装有5只球，编号依次为1，2，3，4，5.在袋中同时取3只，以X 表示取出的3只球中的最大的号码，写出随机变量X 的分布律.解 以X 表示取出的3只球中的最大的号码，由古典概型易知X 的分布律为2. 一批产品包括10件正品，3件次品，有放回地抽取，每次一件，直到取到正品为止. 假定每件产品被取到的机会相同，求抽取次数X 的分布律.解 抽取产品为伯努里试验，设事件A ={取到正品}，103(),11313P A p q p ===-= 事件{}X k =表示前1k -次均取到次品，而第k 次首次取到正品，则X 的分布律11310{}(,(1,2,)1313k k P X k q p k --====） 3. 自动生产线在调整之后出现废品的概率为p ，当在生产过程中出现废品时立即重新进行调整，求在两次调整之间生产的合格品数X 的分布律.解 由题设可知，自动生产线生产产品（废品与合格品）为贝努里试验，事件{}X k =表示首次出现废品之前已生产k 个合格品，而生产合格品的概率为1p -，则在两次调整之间生产的合格品数X 的分布律为{}(1),(0,1,2,)k P X k p p k ==-=4. 将一颗骰子抛掷两次，X 表示两次掷得的小的点数，求X 的分布律.解 样本空间{(1,1),(1,2),,(1,6),(2,1),,(2,6),,(6,1),,(6,6)}S =,随机变量X 的所有取值为1,2,3,4,5,6,X 的分布律5. 试确定常数c ，使得下列函数成为分布律：（1）{}n k ck k X P ,,2,1, ===；（2）{},0,1,2,,,0.!k P X k ck n k λλ===>， λ为常数. 解 （1）由n 11k ck ==∑ 得2(1)c n n =+; （2）由k 0e 1k k c c λλ∞===∑！ 得c e λ-=.6. 设在三次独立试验中，A 出现的概率相等，若已知A 至少出现一次的概率为2719，求A 在一次试验中出现的概率. 解 设A 在一次试验中出现的概率为p ，在三次独立试验中，A 出现的次数为X , 则~,)X b p （3.X 的分布律为33{}(1)k k k P X k C p p -==- 0,1,2,3k =. 故A 至少出现一次的概率为319{1}1{0}1(1)27P X P X p ≥=-==--=， 解得 13p =. 7. 一大楼装有5个同类型的供水设备. 调查表明在任一时刻t 每个设备被使用的概率是0.1，问在同一时刻(1) 恰有2个设备被使用的概率是多少？(2) 至多有3个设备被使用的概率是多少？(3) 至少有1个设备被使用的概率是多少？解 设在同一时刻被使用设备的个数为X ，则)1.0,5~（b X .X 的分布律为k k k C k X P -==55)9.0()1.0(}{ 5,,1,0 =k .于是 (1) 恰有2个设备被使用的概率为2235{2}(0.1)(0.9)0.0729P X C ===(2) 至多有3个设备被使用的概率是445555{3}1{4}{5}1(0.1)(0.9)(0.9)0.40906P X P X P X C C ≤=-=-==--=(3) 至少有1个设备被使用的概率是5{1}1{0}10.90.40951P X P X ≥=-==-=8. 甲、乙进行投篮，投中的概率分别为0.6，0.7. 今各投3次. 求（1）两人投中次数相等的概率； （2）甲比乙投中次数多的概率.解 设各投3次甲、乙两人投中的次数分别为X Y 、，则~,0.6)~,0.7)X b Y b （3、（3. X 的分布律为 33{}(0.6)(0.4)k k k P X k C -== 0,1,2,3k=, 即 {0}0.064,{1}0.288,P X P X ==== {2}0.432,{3}0.216,P X P X ====Y 的分布律为 33{}(0.7)(0.3)k k k P Y k C -== 0,1,2,3k =， 即 {0}0.027,{1}0.189,P Y P Y ==== {2}0.441,{3}0.343,P Y P Y ====（1）两人投中次数相等的概率为3300{}{,}{}{}0.32076k k P X Y P X k Y k P X k P Y k ==========∑∑（2）甲比乙生产投中次数多的概率.331010{}{,}{}{}0.243k k k l P X Y P X k Y k P X k P Y l -===>==<====∑∑∑9. 设一厂家生产的每台仪器，以概率0.70可以直接出厂，以概率0.30需进一步调试，经调试后以概率0.80可以出厂，以概率0.20定为不合格不能出厂。
焦叔斌管理学第四版配套习题及案例分析解答
管理学第四版配套习题及案例分析解答第1章管理、管理者与组织测试题一、填空题1。
“正确地去做正确的事"强调管理活动既要追求,又要追求。
2。
管理的职能包括计划、、和控制四大类。
3。
管理不仅具有性，而且具有高度的性。
4。
管理者通过协调的努力来使组织活动更加有效并实现组织的.5.明茨伯格将管理者的角色归纳为人际角色、和三种类型。
6。
系统是指由一组和的要素而构成的统一的整体.7。
企业是依法设立的从事商品生产、流通或服务性经营活动,进行的社会基本经济组织。
8.公司制企业最鲜明的两大特征是制度和制度。
9.企业家精神是指个人或群体通过有组织的努力,以创新和独特的方式去、和谋求增长的欲望和能力。
10.社会责任是指企业追求有利于社会的的一种义务,它超越了所要求的义务.二、单选题1.管理的目的是（)。
A.把人管住B.做正确的事C.正确地做事D.有效实现组织目标2.管理的职能包括(）。
A.计划、组织、领导、控制B。
计划、组织、协调、控制C.组织、协调、沟通、激励D。
组织、沟通、激励、控制3。
通过营造一种为实现目标努力奋斗的氛围，对组织成员施加影响是管理的（)职能所从事的活动。
A.计划B.组织C.领导D.控制4。
按照管理者的横向分类,事业部经理应当属于(）。
A.高层管理人员B。
中层管理人员C.综合管理人员D。
专业管理人员5。
明茨伯格提出应培养管理者的五种心智模式是(）。
A.学习、反思、分析、练达、行动B.反思、分析、练达、合作、行动C。
学习、反思、总结、合作、行动D.学习、反思、行动、分析、合作6.下列关于管理者的说法中,正确的是（).A。
管理者是组织中地位较高的人B。
管理者可以分为高层、中层和基层C。
管理者指挥别人的活动，不受别人的指挥D.组织中的技术专家和法律顾问也是管理者7.管理的载体是()。
A。
组织B。
人C。
管理者D.资源8。
一般认为，企业最核心的三大职能是()。
A.计划、领导、控制B。
协调、整合、调配C。
《新编基础物理学》 第二章习题解答和分析3
2-34．设76()F i j N =-。
（1）当一质点从原点运动到3416(m )r i j k =-++时，求F所作的功；（2）如果质点到r处时需0.6s ，试求F 的平均功率；（3）如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化。
分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为F 所作的功与重力作的功之和。
解：（1）0F dr ⋅⎰r A=(76)()i j dxi dyj dzk -⋅++⎰r=76dx dy -⎰⎰-34=45J =-，做负功 （2）45750.6A P W t ===（3）0rk E A mgj dr ∆=+-⋅⎰= -45+4mgdy -⎰= -85J2—35．一辆卡车能沿着斜坡以115km h -⋅的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tan 0.02α=，所受的阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速率是多少？分析：求出卡车沿斜坡方向受的牵引力，再求瞬时功率。
注意：F 、V 同方向。
解：sin 0.02tg αα≈=，且0.04f G = 上坡时，sin 0.06F f G G α=+= 下坡时，sin 0.02F f G G α'==－ 由于上坡和下坡时功率相同，故p Fv F v ''==所以45/12.5/v km h m s '==2—36．某物块质量为P ，用一与墙垂直的压力N 使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦系数为μ，试计算物块沿题图所示的不同路径：弦AB ，圆弧AB ，重力和摩擦力作的功。
已知圆弧半径为r 。
分析：保守力作功与路径无关，非保守力作功与路径有关。
解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为f N μ=。
（1）物块沿弦AB 由A 移动到B 时， 重力的功pgh pgr == 摩擦力的功f A B N r =⋅=（2）物块沿圆弧AB 由A 移动到B 时，题图2—35题图2—36重力的功pgh pgr ==摩擦力的功 12f A B N r πμ=⋅=（3）物块沿折线AOB 由A 移动到B 时，重力的功pgh pgr ==。
《新编基础物理学》第15章习题解答和分析
第15章 早期量子论15-1 某物体辐射频率为146.010Hz ⨯的黄光，问这种辐射的能量子的能量是多大？ 分析 本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系. 解: 根据普朗克能量子公式有:-3414196.6310 6.010 4.010(J)h εν-==⨯⨯⨯=⨯15-2 假设把白炽灯中的钨丝看做黑体，其点亮时的温度为K 2900. 求：(1) 电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长； (2) 据此分析白炽灯发光效率低的原因.分析 维恩位移定律告诉我们，电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长与温度的乘积等于一个常量.由此可以直接由维恩位移定律求解. 解 （1）由维恩位移定律，得-3-72.89810=9.9910(m)=999(nm)2900b T λ⨯==⨯（2）因为电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长在红外区域，所以白炽灯的发光效率较低。
15-3 假定太阳和地球都可以看成黑体，如太阳表面温度T S =6000K ，地球表面各处温度相同，试求地球的表面温度（已知太阳的半径R 0=6.96×105km ，太阳到地球的距离r =1.496×108km ）。
分析 本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用。
解： 由 40T M σ=太阳的辐射总功率为2428482002644 5.671060004(6.9610)4.4710(W)S S S P M R T R πσππ-===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯地球接受到的功率为62226221117 6.3710() 4.4710()422 1.496102.0010(W)S E E E S P R P R P d d ππ⨯===⨯⨯⨯=⨯ 把地球看作黑体，则 24244E E E E E R T R M P πσπ==290(K)E T ===15-4 一波长nm 2001＝λ的紫外光源和一波长nm 7002＝λ的红外光源，两者的功率都是400W 。
电路分析典型习题与解答
电路分析典型习题与解答目录第一章：集总参数电路中电压、电流的约束关系................... 错误!未定义书签。
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、注意：................................................. 错误!未定义书签。
、典型例题：............................................. 错误!未定义书签。
第二章网孔分析与节点分析.................................... 错误!未定义书签。
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、注意：................................................. 错误!未定义书签。
、典型例题：............................................. 错误!未定义书签。
第三章叠加方法与网络函数.................................... 错误!未定义书签。
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、典型例题：............................................. 错误!未定义书签。
第四章分解方法与单口网络.................................... 错误!未定义书签。
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《新编基础物理学》第十章习题解答和分析
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： AC AB U U =而: 2AC AC d U 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10-1题10-1解图 d(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 ′。
第8、9章习题解答分析
第8章习题解答8-2下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷； （B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C ）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
解：[答案：D]高斯定理的原意。
8-3一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A ）0?/σε （B ）0/2σε （C ）/4σε0 （D ）0/8σε 解：[答案：C]利用均匀带电球面的场强公式计算02004qq r πε==F E r ，其中σπ24R q =, R 2r =8-4下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 解：[答案：D].根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
8-5在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 。
解：[答案：0] 根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
8-6一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为 ，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将 。
解：[答案：0/6q ε, 将为零]，第一空：根据高斯定理知：正六面体的六个对称面组成的闭合面总通量为0εq，故每个面是总量的61。
第二空：根据高斯定理：总通量仅与面内电荷有关。
只要将点电荷由中心移动至六面体外，则该点荷对闭合面的总通量将没有贡献。
8-8电量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比 。
解：[答案：5：6]利用⎰=RV E W 020d 21内内ε及⎰∞=R V E W d 2120外外ε计算。
其中dr r dV 24π=，304R Qr E πε＝内，204r QE πε＝外。
《新编基础物理学》下册习题解答和分析
《新编基础物理学》下册习题解答和分析第九章习题解答9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷?10?5C,如果当两小球相距时，任一球受另一球的斥力为试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。
解：如图所示，设两小球分别带电q1，q2则有q1+q2= ①题意，库仑定律得：q1q29?109?q1?q2F1 4π?0r24题9-1解图②5q110C①②联立得：? ?5??q2??10C 9-2 两根长的丝线一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。
求每一个小球的电量。
分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解：设两小球带电q1=q2=q，小球受力如图所示q2F??Tcos30? 4π?0R2mg?Tsin30?①②联立①②得：mg4??0R2?tan30o 2q ③题9-2解图其R?2r中r?lsin60??3?6?10?2?33?10?2(m) 2代入③式，即： q= 9-3F电场中某一点的场强定义为E?q0，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷Fq0所受力与Fq0成正比，故E?q0是与q0无关的。
19-4 直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A 点上有一点荷q1??10?9C，B点上有一点电荷q210?9C，已知BC=，AC=，求C点电场强度E的大小和方向(cos37°≈, sin37°≈). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如题图9-4所示C点的电场强度为E?E1?E210991094E110(N/C) 224π?0(AC)()?10?9?9?109E2104(N/C) 224π?0(BC)()2E?E12?E2104??104(N/C)或(V/m)4C方向为：10o ?arctan??10题9-4解图即方向与BC边成°。
《新编基础物理学》第二章习题解答和分析
习题二2-1．两质量分别为m 和M (M m)≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力? 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？ 分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…①以m 为研究对象，如图2-1（a ），有M m F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小M m M F F m M =+若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如图2-1（b ）有M m F m a =…………③ 由①、③，有相互作用力大小M m m F F m M=+，发生变化。
2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如图所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF =1122M m g M M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M mm g F =当M 1=5m, M 2=3m, 2109M mm g F=，发生变化。
m（a ）MFm（b ）M F2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？ 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
(电子技术对口升学考试)组合逻辑电路的分析习题与解答
组合逻辑电路的分析(习题与解答)组合逻辑电路的分析，是指基于逻辑电路图、分析、明确该电路的基本功能的过程。
理论上讲，逻辑电路图本身就是逻辑功能的一种表达方式，但在许多情况下，用逻辑电路图表达的逻辑功能不够直观、形象，往往需要将其转化为逻辑表达式的形式，以使逻辑功能更加直观、确定。
组合逻辑电路的分析一般可按如下步骤进行。
（1）根据逻辑电路图，由输入到输出逐级输出逻辑表达式。
（2）化简逻逻辑表达式，得到最简逻辑表达式。
（3）根据最简的逻辑表达式列出真值表。
（4）根据列真值表，分析、确定逻辑电路的基本功能。
习题1.分析如图所示的三人表决器的逻辑电路的逻辑功能。
解：（１）根据逻辑电路逐级写出逻辑表达式AB Y=1BCY=2ACY=3ACBCABYYYY••=••=321（2）化简逻辑表达式ACBCABACBCABY++=••==（3）根据化简后的逻辑表达式列出真值表输入输出输入输出A B C Y A B C Y0 0 0 0 1 0 0 00 0 1 0 1 0 1 10 1 0 0 1 1 0 10 1 1 1 1 1 1 1 （4）由真值表可知，3个输入中至少有两个或两个以上的输入为1时，输出才为１，否则输出为０。
此电路为一个少数服从多数的三人表决器。
习题2.分析如图所示的逻辑电路的逻辑功能。
解：（１）根据逻辑电路逐级写出逻辑表达AB Y=1ABAY•=2ABBY•=3ABBABAYYY•••=•=32（2）化简逻辑表达式ABBABAYYY•••=•=32ABBABA•+•=BABA+=（3）根据化简后的逻辑表达式列出真值表输入输出A B Y0 0 00 1 11 0 11 1 0（4）由真值表可知，可知逻辑电路的功能：输入一致时，输出为0，输入不一致时，输出为１。
此电路的逻辑功能为同出0，异出1。
习题3.分析如图所示的逻辑电路的逻辑功能。
解：（１）根据逻辑电路逐级写出逻辑表达式BA Y=1ABY=2ABBAYYY+=+=21（2）化简逻辑表达式ABBAY+=此函数表达式已为最简与或表达式。
人教版六年级数学上册教材的巩固练习题解答与分析
人教版六年级数学上册教材的巩固练习题解答与分析在人教版六年级数学上册教材中，巩固练习题是帮助学生巩固所学知识和提高解题能力的重要环节。
本文将对人教版六年级数学上册教材中的巩固练习题进行解答与分析，以帮助学生更好地理解和掌握相关知识点。
一、整数加减法整数加减法是六年级数学中的重要内容，它不仅涉及到整数的运算规律，还能锻炼学生的计算能力和逻辑思维。
下面我们将对整数加减法的一道练习题进行解答分析。
例题：计算下列各题。
（1）(-5) + (-2) = ?（2）(-8) - 3 = ?（3）9 + 7 + (-6) = ?解答与分析：（1）(-5) + (-2) = -7解析：两个负数相加，结果符号仍为负，绝对值等于两数绝对值之和，即|-5|+|-2|=7，结果为-7。
（2）(-8) - 3 = -11解析：负数减去正数，结果符号与被减数相同，绝对值等于两数绝对值之差，即|-8|-3=11，结果为-11。
（3）9 + 7 + (-6) = 10解析：正数与负数相加，结果的符号取决于绝对值较大的数的符号，绝对值等于两数绝对值之差，即|9|+|-6|=3，结果为3。
通过以上解答与分析，学生能够更好地理解整数加减法的运算规律，从而更加熟练地进行计算。
二、小数四则运算小数四则运算是六年级数学中的重点内容之一，它需要学生掌握小数的加减乘除法，并能应用于实际问题的解决。
下面我们将对小数四则运算的一道练习题进行解答分析。
例题：计算下列各题。
（1）3.4 + 7.26 = ?（2）2.7 - 1.39 = ?（3）4.5 × 0.6 = ?（4）18.9 ÷ 3 = ?解答与分析：（1）3.4 + 7.26 = 10.66解析：按小数位对齐，从个位向高位逐位相加，进位运算。
（2）2.7 - 1.39 = 1.31解析：按小数位对齐，从个位向高位逐位相减，借位运算。
（3）4.5 × 0.6 = 2.7解析：先将0.6乘以10，再乘以4.5。
数学分册习题分析与解析
数学分册（袁进）习题分析与解析第一章整数、有理数、实数习题（基础）1.1.问题求解1.解答根据质数的定义，最小质数是2，则找>2的最小合数为4，正因数为1、2、4，一共3个。
2.解答设合数m=p1*p2*p3*…pk，根据题干m<100，因为，2是最小的质数，故设p=2，则2×2×2×2×2×2=64，故k=63.解答根据公倍数的概念可得。
4.解答2×3|n；2×2×2|n故3×2×2可以被n整除。
5.解答由题干知，k=12q+3（1）2k=12*2 q +6（2）6k=12*6 q +18（3）4k+6=12*4 q +18又因为18/12余6，故（1）（2）（3）均可以被12整除余6.6.解答拆分方法7.解答拆分方法8.解答根据有理数的概念可得9.解答根据题干，将9进行质数分解，9=3×3×1，可设a、b、c、d分别为3、-3、1-、1，则a+b+c+d=010.解答降幂到2，计算可得。
注意在降幂过程中，尽量少出现根号11.解答设三个质数为a,b,c，则1/a+1/b+1/c=(bc+ca+ab)/abc=1879/3495若(bc+ca+ab)/abc可以约分，则有三种情况bc+ca+ab被a整除，即(bc+ca+ab)÷a=(bc/a)+c+b为整数，由a,b,c为质数，知bc/a是最简分数，矛盾！故bc+ca+ab不能被a整除。
同理，bc+ca+ab也不能被b,c整除。
所以abc=3495=5×3×233即这三个质数为5，3，233。
所以a+b+c=2411.2.条件充分性判断12.解答5、7均是质数，由概念可得13.解答（1）2×5|n（2）2×7|n则n能够得出5×7×k|n，即35k|n，其中k=1、2、3…35、70、105等14.解答a×b=[a，b] ×(a，b)=2160计算选项：（1）a×b=2160（2）a×b=2160故（1）和（2）都对15.解答（1）m=3k+2，当k=1时，m=5，m不为偶数（2）m=6k+4=2(3k+2)，故为偶数16.解答？（1）[x]=5,[y]=3[z]=1,5 <= x < 63 <= y < 41 <= z < 21< x - y - z <0错误（2）[x]=5,[y]=-3[z]=-1,5 <= x < 6-3 <= y < -2, 2 < -y <= 3-1 <= z < 0, 0 < -z <= 15 + 2 + 0 < x - y - z <6 + 3 + 1,7 < x - y - z < 108 <= [x-y-z] <= 9.则[x-y-z]可以取值的数为8和9第二章 整式和分式 习题例 1.5：观察常数项，可得 -1× 32 ×a=6即得：a= -4。
F.A.Carey-最全最完备的高等有机化学习题-详细解答与分析-完美版
F.A.C a r e y-最全最完备的高等有机化学习题-详细解答与分析-完美版work Information Technology Company.2020YEARChapter 1 Effect of Substituted in Organic molecule1. 试判断下列各对基团，那一个具有强的－I 效应（即强的吸电子诱导效应）：（1） －COOH , －COO －（2） C HN O CH 3 , C H N N(CH 3)2CH 3+（3） C OCH 3 , C CH 2CH 3， （4） SO 2H ,SO 3H（5） OCH 3 , SCH 3 （6）C H C H CH 3 ,C C CH 3（7） N (CH 3)2 , P(CH 3)2（8） Si(CH 3)3 ,Si(CH 3)23（9） N(CH 3)3+,NH 2 （10）CN , CH 2NH 2 （11） SiCH 3 ,Cl （12） C C CH 3 ,C H C H CH 3（13）,（14） NO 2,NO 2 （15）O 2SCH 3, O 2SBr2. 指出下列各对酸中哪一个酸性强 （1） H 3NCH 2CH 2COOH , HOCH 2CH 2COOH （2） HC C COOH ,H 2C C H COOH（3） C 6H 5COCH 2COOH , C 6H 5CHOHCH 2COOH（4）C 4H 9CHCOOn,C C CH 3CH 3CH 3CH 3COOHOOC（5） COOH OH，COOH OH（6） BrCH 2CH 2COOH ， CH 3CHBrCOOH（7） (H 3C)2CH 2CHCOOH ，H 2CC HCH 2COOH（8） HC C COOH ， SCOOH（9） CH 2(COOH)2 ，HOOCH CCOOCl（10）CH 3OCH 2CH 2COOH ， CH 3SCH 2CH 2COOH （11）CH 3SCH 2COOH ，CH 3SO 2COOH （12）OHCCOOH，COOHCHO（13）OHC(CH 3)3(H 3C)3C ，OHC(CH 3)3CH 3(H 3C)3C（14） H 3COCOOH ， OCH 3COOH（15） C 6H 5CH 2SeH ，H 3CSeH3. 预料以下各对化合物，何者具有更强的酸性？ （1） CH 3NO 2 ，(CH 3)2CHNO 2 （2） CH 2(SO 2C 6H 5)2 ，CH 2(SOC 6H 5)2（3） H 3CCH(C 6H 5)2，(C 6H 5)2CHCH 2C 6H 5（4） CH 3COCH 2COOCH 3 ，CH 3COCH 2CONH 2（5） CH 3COCH 2COCH 2F ，CH 3COCHFCOCH 3（6）NOCH 3，NO H 3C（7） SO 2O 2S，OO（8） NO 2CH 3CH 3H 3C ，NO 2CH 3H 3CCH 3（9）CH3，CH3（10） CH(C 6H 5)2，CH(C 6H 5)2（11）(CH)3Se ， (CH 3)2O（12） ，4.解释以下现象：(1). 杯烯 (Calcene) 的偶极距很大，μ= 5.6 D.(2). 吡咯 μ = 1.80 D ，吡啶 μ = 2.25 D ，且极性相反，如图：NN H5.比较下列化合物的碱性的强弱：N N(CH3)2N(C2H5)2NH2N6.9，10-二氢蒽-1-羧酸（A）和9，10-乙撑蒽-1-羧酸（B）的酸性取决于8-位上取代基X的性质。
《全国计算机等级考试二级教程——C语言程序设计》课后习题详细答案
2．16 【参考答案】 ［1］ { ［2］ } ［3］ 定义 ［4］ 执行
2．17 【参考答案】 ［1］ 关键字 ［2］ 用户标识符
2．18 【参考答案】 ［1］ int ［2］ float ［3］ double
《全国计算机等级考试二级教程——C语言程序设计》
习题分析与详细解答
第一章 程序设计基本概念习题分析与解答
1．1 【参考答案】 EXE
1．2 【参考答案】 ［1］ .C ［2］ .OBJ ［3］ .EXE
1．3 【参考答案】 ［1］ 顺序结构 ［2］ 选择结构 ［3］ 循环结构
2．8 【参考答案】 B)
2．9 【参考答案】 D)
2．10 【参考答案】 C)
2．11 【参考答案】 B)
2．12 【参考答案】 B)
2．13 【参考答案】 A)
二、填空题
2．14 【参考答案】 ［1］ 11 ［2］ 12
2．23 【参考答案】 把10赋给变量s
2．24 【参考答案】 ［1］ 位 ［2］ 1位二进制数据(0或1)
2．25 【参考答案】 ［1］ 8 ［2］127 ［3］01111111 ［4］-128 [ 5 ] 10000000
2．26 【参考答案】 ［1］ 32767 ［2］ -32768 ［3］ 1000000000000000
2．27 【参考答案】 ［1］ 十 ［2］ 八 ［3］ 十六
三、上机改错题
2．28 【分析与解答】
第1行的错误：
(1) include是一个程序行，因此在此行的最后不应当有分号(;)。
1
第二章 C程序设计的初步知识习题分析与解答
习题分析与解答
习 题 解 答10-1 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，是摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时.若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为（ ）(A) 2π （B ）π/2 (C)0 (D)θ解 由已知条件可知其初始时刻的位移正向最大。
利用旋转矢量图可知，初相相位是0.故选C10-2 如图所示，用余弦函数描述一简谐振动。
已知振幅为A ，周期为T ，初相3πϕ-=，则振动曲线为（ ）解 由已知条件可知初始时刻振动的位移是23cos AA y =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=π，速度是()A t A v ωϕωω23sin =+-=，方向是向y 轴正方向，则振动曲线上0=t 时刻的斜率是正值。
故选A10-3 已知某简谐振动的振动曲线和旋转矢量图如附图（a ）、（b ）所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒，则此简谐振动的振动方程为（ ） （A ）cm t x ⎪⎭⎫⎝⎛+=ππ3232cos 2 （B ）cm t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππ3232cos 2（C)cm t x ⎪⎭⎫⎝⎛-=ππ3234cos 2 （D ）cm t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2习题10-3图习题 10-2 图解 由振动图像可知，初始时刻质点的位移是2A-，且向y 轴负方向运动，附图（b ）是其对应的旋转矢量图，由图可知，其初相位是π32，振动曲线上给出了质点从2A -到A 的时间是s 1，其对应的相位从π32变化到π2，所以它的角速度1-s rad 32T 2⋅==ππω 简谐振动的振动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2t x故选D10-4 弹簧振子做简谐振动，已知此振子势能的最大值为100J,当振子处于最大位移的一半时其动能为（ ）（A ）25J （B ）50J （C)75J （D)100J解 物体做简谐运动时，振子势能的表达式是221kx E P =，其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移最大时，势能达到最大值221kA E P =，动能为零，但其总机械能却保持不变.当振子处于最大位移的一半时其势能为2281)2(21'kA A k E p ==,所以此时的动能是J J J kA kA kA E k 754310043218121222=⨯=⨯=-=故选C10-5 一质点作简谐振动，速度最大值Vm=0.05m/s ，振幅A=2cm.若令速度具有正最大值的那一时刻为t=0，则振动表达式为 。
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习 题 解 答10-1 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，是摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时.若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为（ ）(A) 2π （B ）π/2 (C)0 (D)θ解 由已知条件可知其初始时刻的位移正向最大。
利用旋转矢量图可知，初相相位是0.故选C10-2 如图所示，用余弦函数描述一简谐振动。
已知振幅为A ，周期为T ，初相3πϕ-=，则振动曲线为（ ）解 由已知条件可知初始时刻振动的位移是23cos AA y =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=π，速度是()A t A v ωϕωω23sin =+-=，方向是向y 轴正方向，则振动曲线上0=t 时刻的斜率是正值。
故选A10-3 已知某简谐振动的振动曲线和旋转矢量图如附图（a ）、（b ）所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒，则此简谐振动的振动方程为（ ） （A ）cm t x ⎪⎭⎫⎝⎛+=ππ3232cos 2 （B ）cm t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππ3232cos 2（C)cm t x ⎪⎭⎫⎝⎛-=ππ3234cos 2 （D ）cm t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2习题10-3图习题 10-2 图解 由振动图像可知，初始时刻质点的位移是2A-，且向y 轴负方向运动，附图（b ）是其对应的旋转矢量图，由图可知，其初相位是π32，振动曲线上给出了质点从2A -到A 的时间是s 1，其对应的相位从π32变化到π2，所以它的角速度1-s rad 32T 2⋅==ππω 简谐振动的振动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2t x故选D10-4 弹簧振子做简谐振动，已知此振子势能的最大值为100J,当振子处于最大位移的一半时其动能为（ ）（A ）25J （B ）50J （C)75J （D)100J解 物体做简谐运动时，振子势能的表达式是221kx E P =，其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移最大时，势能达到最大值221kA E P =，动能为零，但其总机械能却保持不变.当振子处于最大位移的一半时其势能为2281)2(21'kA A k E p ==,所以此时的动能是J J J kA kA kA E k 754310043218121222=⨯=⨯=-=故选C10-5 一质点作简谐振动，速度最大值Vm=0.05m/s ，振幅A=2cm.若令速度具有正最大值的那一时刻为t=0，则振动表达式为 。
解 速度的最大值105.0-⋅==s m A v m ω,A =0.02m,所以)(5.202.005.01-⋅===s rad A v m ω 振动的一般表达式)cos(ϕω+=t A x ，现在只有初相位没确定，速度具有正最大值时位于原点处，由旋转矢量法可知2πϕ-=，振动的表达式为m t y )25.2cos(02.0π-=.10-6 已知一个谐振子的振动曲线如图(a)、对应的旋转矢量图（b ）所示,求:a 、b 、c 、d 、e 各点状态的相位分别为 。
解 结合旋转矢量图附图(b),振动曲线上的a,b,c,d,e对应旋转矢量图上的e d c b a '''''、、、、,所以其相位分别是3432230ππππ、、、、10-7 一简谐振动的旋转矢量如图所示，振幅矢量长2cm,则该简谐振动的初相为 ，振动方程为 。
解 振动方程的一般表达式是)cos(ϕω+=t A x ,ϕ是指t = 0时对应的相位,也是初相位,由图可知t=0时的角度是4π,所以该简谐振动的初相为4π.角速度是ππθω===tt t ,代入振动方程可得到)4cos(02.0ππ+=t x (m).10-8 质点的振动曲线如图所示。
试求： （1）振动表达式（2）点P 对应的相位（3）到达点P 对应位置所需时间。
解 （1）根据振动曲线对应的旋转振幅矢量可知，初相03πϕ=-，从t=0到t=1s 时间内相位差为5()236πππϕ∆=--=，所以角频率为56t ϕπω∆==∆ 可得振动表达式为50.06cos()63y t m ππ=-习题10-8图习题 10-6 图ω(2)P 点相对应的相位为0。
(3)到达P 点所需时间为0()'3'0.456t s πϕπω--∆∆=== 10-9 沿x 轴作简谐振动的小球，振幅A=0.04m ，速度的最大值10.06m v m s -=⋅。
若取速度为正的最大值时t=0。
试求：（1）振动频率；（2）加速度的最大值； （3）振动的表达式。
解 （1） 速度的最大值10.06m v A m s ω-==⋅，A=0.04m10.06 1.50.04m v rad s A ω-===⋅， 324Hz ωνππ==。
（2）加速度的最大值220.09m a A m s ω-==⋅。
（3）速度为正的最大值时t=0，由旋转矢量法可知：2πϕ=-振动的表达式为 30.04cos()22y t m π=-10-10 一物体质量为0.25 kg ，在弹性力作用下作谐振动，弹簧劲度系数为 25 N ・m －1，如果起始振动时具有势能和动能，求（1）振幅；（2）动能恰等于势能时的位移； （3）经过平衡位置时物体的速度。
解 物体做简谐振动时，振子势能的表达式是2p 12E kx =，动能表达式是2k 12E mv =。
其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移最大时，势能达到最大值2p 12E kA =，动能为零，但其总机械能却保持不变为212E kA =。
（1）由于振动过程总机械能却保持不变，210.060.02252A +=⨯⨯，A=0.08m 。
（2）动能恰等于势能时，也就是此时势能是总机械能的一半，22p 111'222E kx kA ==⨯，20.057x A m =±=± （3）通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值，此时210.060.022mv +=⨯， 10.8v m s -=⋅.10-11 一质点作简谐振动，其振动方程为26.010cos()()34x t SI ππ-=⨯-。
求： （1）当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半（2）质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少秒解 （1）系统的势能为总能量的一半时，有2226.010 4.24102x m m --=±⨯⨯=±⨯ （2）质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为60.7588T t s s ===10-12 一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为21510cos(4)()3x t SI π-=⨯+22310sin(4)()6x t SI π-=⨯-求合振动的振动方程。
解 22222310sin(4)310cos(4)310cos(4)6623x t t t ππππ---=⨯-=⨯--=⨯-作两振动的旋转矢量图，如图所示。
由图得合振动的振幅和初相分别为 A ＝(5-3)cm=2cm ，3πϕ=合振动方程为2210cos(4)()3x t m π-=⨯+10-13 火车在铁轨上行驶，每经过铁轨接缝处即受到一次振动，从而使装在弹簧上面的车厢上下振动。
设每段铁轨长ｍ，弹簧平均负重×10４N ，而弹簧每受×103N 的力将压缩1.6mm 。
试问火车速度多大时，振动特别强解 由题意可得弹簧劲度系数316139.810 6.125101.610k N m N m ---⨯=⋅=⨯⋅⨯1133222--⋅=⋅⨯=⋅=s m s m u ππωπλ系统的振动角频率1133.34s rad s ω--==⋅=⋅ 火车的固有周期22 3.140.1833.34T s s πω⨯=== 因此，当火车在接轨处受到振动周期等于固有周期时，振动将最强，于是1112.569.40.18L v m s m s T --==⋅=⋅时，振动将特别强烈。
10-14 一平面简谐波的波动方程为0))(3cos(1.0=+-=t SI x t y πππ时的波形曲线如附图所示，则（ ）（A ）O 点的振幅为m 1.0-（B ）波长为（C ）b a 、两点间相位差为2/π（D ）波速为9m/s解 波动方程的一般表达式是 ，对比所给的波动方 程可知：各质点的振幅都是0.1m,波长λ=2m ，角频率-1s rad 3⋅=πω 所以波速a,b 两点间距离差是对应的相位差是 故选C10-15 某平面简谐波在s t 25.0=时波形图如图所示，则该波的波函数为（ ）（A) (B) (C) (D) m x t y ]2)8(4cos[5.0ππ--=mx t y ]2)8(4cos[5.0ππ++=m x t y ])(4cos[5.0ππ-+=m x t y ]2)8(4cos[5.0ππ+-=rad rad r 2422πλλπλπϕ=⨯=∆=∆4λ)2cos(ϕλπω+=x t A y μ.0图解 波动方程的一般表达式为 ，由图可知cm 5.0=A ，s m u /8=，所以x 前的系数取负值。
当s t 25.0=时，0,000〈=υy ，此时的相位是将已知条件带入方程可得 所以波函数为 故选A10-16 一平面简谐波在弹性媒质中传播时，某一时刻在传播方向上介质中某质元在负的最大位移处，则它的能量（ ）（A ）动能为零，势能最大 （B ）动能为零，势能为零 （C ）动能最大，势能最大 （D ）动能最大，势能为零解 介质中某质元的动能表达式 )2(sin 21222ϕλπωωρ+-=x t dVA dW k ，质元的弹性势能)2(sin 21222ϕλπωωρ+-=x t dVA dW p ，所以在波动传播的介质中，任一体积元的动能、势能均随t x ,作周期性的变化，且变化是同相位的. 体积元在平衡位置时，动能、势能和总机械能均最大. 体积元的位移最大时，三者均为零. 故选B10-17 频率为Hz 100，传播速度为1300-⋅sm 的平面简谐波，波线上距离小于波长的两点振动的相位差为π，则此两点相距（ )(A) m 5.1 (B) m 19.2 (C) m 5.0 (D) m 25.0解 相位差与波程差之间的关系是 ，本题中.故选A10-18 两列相干波沿同一直线反向传播形成驻波，则相邻波节间各质点的振动（ ）(A) 振幅相同，相位相同 (B)振幅不全相等，相位相同 (C) 振幅相同，相位不同 (D)振幅不全相等，相位不同解 驻波方程为，因此根据其特点，两波节间 2π2πϕ-=m x t y ]2)8(4cos[5.0ππ--=])(cos[ϕω+±A =uxt y r ∆=∆λπϕ2mm v u s m u Hz v 3100300,300,1001===⋅==-λm m r 5.1232=⨯=∆=∆ππϕπλt x x y ωπcos 2cos2A =各点运动振幅不同，但相位相同，故选B 。