第四章习题解
工程力学 习题详解 第四章
n
mO ( R ) Rd M O (主矩)
———合力矩定理
M O ( R ) mO ( Fi )
n i 1
由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。 即：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系 中各力对于同一点之矩的代数和。
12
静力学
例题4-1
第4章 平面任意力系
F
A C B
Fx 0,
FAx FC cos 45 0 FAy FC sin 45 F 0 FC cos 45 l F 2l 0
Fy 0,
M A F 0,
解平衡方程可得
FC 2 F
D
cos 45 FAx FC cos 45 2 F 20 kN
组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端 为活动铰链支座。受力如图所示。已知： l =8 m， F=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小 M= 5 kN•m，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。 F q B l/4
M E
A
H
C
l/4
D l/4
l/8 l/8
30
解： 1.取CE段为研究对象。受力分析如图。
例题4-5
如图所示为一悬臂梁，A为固定端，设梁上受强度
为q的均布载荷作用，在自由端B受一集中力F和一力偶
M作用，梁的跨度为l，求固定端的约束力。
q
A l
M
F
45
B
24
解：
取梁为研究对象，受力分析如图 由平衡方程
M F
45
q
A
Fx 0,
Fy 0,
FAx F cos 45 0
高等代数-第4章习题及解答
第四章 多项式4.1习题,()(),..(-)-(-)()()-(-)()--(-)(-)Z a c ad bc q Z s t ad bc q a c a c b d ab cd ad bc a c b d ab cd a c q a c b d q ab cd ∈-+∴∃∈+==++=++=+1. 设a,b,c,d 已知(a-c)(ad+bc),求证(a-c)(ab+cd)证明：又由 （） 得 （）（） 即 ,,-()()b d q Zb d q Z ac ab cd ∈∴+∈-+即有 121212,65(-3)13,65(-2)5,65-,65(-3)13(-2)571865-(6528)65(-65)-2828m m m m r c c m c m c c c m m r ⨯⨯∃⨯+⨯==-+∴=2. 一个整数被5除余3，被13除余2，求它被65除的余数解：设所求数为由题知 即 有 令 ，， 则有 故有 1723582957,581-143,-143202,0231414a b a b a b a b b a b a b a ==-=-==-=-=-=-=+=⋅+=⋅+3. 对于下列的整数，分别求出以除所得的商和余数： （1）, （2）, （3）, （4）解：）由带余除法，可表示为 故商为，余数为；）同理得 故商为，余数为； ）由 知商为，余数为； 49595b a =+ ）由 知商为，余数为。
.()001a b a b b aq q Z b q b a q q a b≠≤=∈≠∴≠∴=≥∴≤4. 证明：若a b,b 0,则证明：由 可得 又 又1,) 1.b ∈=1 1 1115. 设a,b 是不全为零的整数，且a=da ,b=db ,d,a ,b Z.证明d 是a 与b 的一个最大公因数的充分必要条件是(a1111111111[] 4.1.3,,..01(,)1[](,)1''1''1,''u v Z s t ua vb d uda vdb d d ua vb a b a b u a v b a bu v u a v b d d d⇒∃∈+=+=≠∴+=∴=⇐=+=+=+=证明：根据定理得 即 又故有 即 则有 综上所述，结论得证6.(,)1,(,) 1.,(1),,..()()(1),,1,1a b a b ab a b ab d d Z d u v Z s t u a b vab d ua u va b d u v a Z u va Za b =+=+=∈≠∴∃∈++=∴++=∈∴+∈= 证明：若则 证明：反证 假设（） 且 故 （）与 （） 矛盾 ,17.1..,()(),,.a b ab a b p ab p a p b p p mn a b k k Z p abp b b k p a p b p k m b m k m k n b n k n k p ∴+===+∈∴+ （） 设是一个大于的整数且具有以下性质：对于任意整数，，若，则或 证明是一个素数 证明：令 又当 不整除，有，不整除 又有，不整除或； 不整除或 若为合数，那,m k n k p p k p b p 么由可知必为素数，否则 同理可证当不整除时，也必为素数4.2习题224324321.,,(21)(1)251\2(2)(21)()12521-2,1,31k h m x hx x kx x x mx x x k h x hk x h k x h k hk m k h m h k +--+=++--=--+--++--=⎧⎪--====⎨⎪+=-⎩求使 解：对于左边 即有 解之得432322.()242,()25 4.()(),()(),()().f x x x x xg x x x x f x g x f x g x f x g x =+---=--++- 设 计算432443270765432()()4292()()6()0254()()()23913131868kki k i k i f x g x x x x x f x g x x x g x x x x x f x g x a b x x x x x x x x -==+=+--+-=+-=⋅+--+∴==+--++--∑∑解：由题得 令323122223.()59-73,()(53),()().-15-50[()()]3691()()04.()0().()0()()()f x x x xg x x x f x g x f x g x x f x g x s f x f x f x f x f x f x ︒=-++=++⨯=±∂===≠≠=⋅∴ 设求乘积 的次数及其系数和解：根据 得 令 则有 的系数和 证明：当时，是偶次多项式证明：又有 根据定理2 4.2.12()()()()(),()()2f x f x f x f x f x n n N f x n ︒︒︒︒︒∂⋅=∂+∂∂=∈∴∂=的（）知 （）（）（） 再令 （） 结论得证2225.(),(),()..()()(),()()()0.(),(),()1221222132212f x g x h x f x xg x xh x f x g x h x g x g f x f h x hg h f g g h f h g h f g f ︒︒︒︒︒︒=+===∂=∂=∂=>=+<=+==+= 设是实数域上的多项式证明如下 若是 则 证明：令 （） （） （） 当 时，有 当 时，有 当 时，有 或 2222214()(),(),()(),(),()()()()06.(),(),()()0(),()1()0(),()h f x f x g x h x f x g x h x f x g x h x f x g x h x f x g x i h x f x xg x x xh x x +========-= 又由题可知 是偶次多项式，又由于是实数域上的多项式 故 的次数不存在 即 求一组满足上题结论的不全为零的复系数多项式解：令 ， 即 ， 222()()0()()0(),()1xg x xh x f x f x g x i h x ∴+===== 满足条件即 ，4.3 习题3221.()321,()321,()()()().f x x x xg x x x g x f x q x r x =-+-=-+设求用除所得的商式和余数232322217393213212133751337147399299172(),()3999()()()()x x x x x x x x x x x x x x x q x x r x f x g x q x r x --+-+--+-+--+--=-=-=+解： 故 即[]2432322412*********.,,(1)()?012,1(1)()3.()(()()),()(()()),:()(()()()()),(),()m p q x mx x px q p m m m r q m p m m q m x mx x px q g x f x f x g x f x f x g x u x f x u x f x u x u x F x ++++⎧+=-=⎨=-⎩=-=-+++++-+在适合什么条件时，解：由题知当余式时有 即当 时 有 设证明其中为中任意两个12121212121211()(()()),()(()())()(()()()())()(()()()())()(),()()3()()(i g x f x f x g x f x f x g x f x f x f x f x g x f x f x f x f x g x f x g x f x u x F x i +-∴++-+-+∃∀∈=多项式 证明：即 根据多项式整除性质）可知 1122112221,2)..()()(),()()()2()()(1,2)..()(()()()())4.(1)(),(1)(),(1)().11(1)(),(1)(i o s t g x u x f x g x u x f x u x F x i s t g x u x f x u x f x x f x x f x x f x x x f x x f ∃∀∈=+-+-≠±-+ 再根据性质）得 若则证明：1212)(),()[]()()(1)(1)()()(1)(2)x u x u x F x f x u x x f x u x x ∴∃∈=+⎧⎨=-⎩221()()(1)(-1)-(2)(1)()(-1)()2u x u x x x f x x -⨯⨯+= 得212()()()[]2(-1)()21-1()0o u x u x u x F x x f x x x f x -∃=∈=== 故 即 或时，可得出 同样结论成立1212121221212125.(1)()(()()),()()()()(2)()()(),()()()()1(),()1,()1()(()())()()()g x f x f x g x f x g x f x g x f x f x g x f x g x f x g x x f x x f x x g x f x f x g x f x f x +==+=-+ 若则且对吗？ 若则或对吗？解：（）不对 如 ：令 可见 而 不整除 和 （21212122()-1,()1,()1()()()()()()g x x f x x f x x g x f x f x g x f x f x ==+=-）不对如 ：令 可见 而 不整除 和(1)(2)6.(1)(1),.,1()1(1)(1),(1)(1).(1)(1)(0),1(1)1,(1)(1)(1)(d n n d q d q d q d d n d n n qd r d q r r d n d x x d n d n d n n qd x x x x x x x x x n qd r r d x x x x x x x x --+--⇐=-=-=-+++--⇒--=+≤<-==-+---- 证明：的充分必要条件是（这里是正整数）证明 设 ，即 则 即 设，令则且212121)(1)(1)0,0.7.()110220()32.(),()[]..(1)()10()(1)(2)()2d q d r x x x r d r d n f x x x f x x x u x u x F x s t x u x f x x u x -∴--≤<=++++∃∈++=++ ,又 故 ，即 设被除的余式为，被除的余式为， 求被 除的余式解：设 ， 23120()(2)()[]..()32(3)(1)(2)-(2)(1)()32--10(1)434-10(1)f x u x F x s t f x x x u r x x f x x x u u x r x =∃∈=+++⨯+⨯+=+++=+ 又 ， （） 有 （）（） （） 由（），（）可得习题4.4432424322432312(1)43243221(-1)1.1)()242,()322;2)()441,() 1.()24221)()()2222f x x x x x g x x x x x f x x x x x g x x x f x x x x x x x A x g x x x x x x x x x +-+=+---=+---=--++=--⎛⎫⎛⎫+----⎛⎫==−−−→ ⎪ ⎪ ⎪+---+---⎝⎭⎝⎭⎝⎭−计算以下各式多项式的最大公因式：解：由 11333221()1()21()42222222200x x xx x x x x x x x x x -++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----−−→−−−→−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭224324312(4)222212(-)2(1)12()221(1)()2()44132)()()112333212x x d x x f x x x x x x x A x g x x x x x x x x x x x x +++-++∴=-⎛⎫⎛⎫--++--⎛⎫==−−−→ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛⎫--⎛⎫−−−−→−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪-+---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭−−−→ 由 2311110()1x x x d x -⎛⎫⎛⎫⎛⎫→→ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴=2.(),()(),,0,(()(),()())((),()).((),())()()(),()()()()()),()()())(),()(f x g x F x a b c d F ad bc af x bg x cf x dg x f x g x f x g x d x d x f x d x g x d x af x bg x d x cf x dg x h x h x af ∈∈-≠++==∴++∃∀另而，，，并且证明证明：令 即有 （ （ 又设 （)()),()()())-0()()())-()())---()()())()())--()(),()(),()x bg x h x cf x dg x ad bc d bf x af x bg x cf x dg x ad bc ad bc c ag x af x bg x cf x dg x ad bc ad bch x f x h x g x h x d ++≠∴=++=+++∴ （有 （（ （（ 从而有 ()()()()())()(()(),()())((),())x af x bg x cf x dg x d x af x bg x cf x dg x f x g x ++=++= 即 （， 即 :3.()0,()((),())(()()(),()).()0(),..()()()()()()-()()1((),())(()())((),())(()()(g x h x f x g x f x h x g x g x g x h x s t f x g x h x r x r x f x g x h x f x g x g x r x f x g x f x h x g x ≠=-≠∃=+===-设为任意多项式，证明： 证明： 故 即 由引理可知 ， 即 ),())g x1122121212124.1)(,)2)(,)(,)(,,,),,,().1(,),,,,(,),[],..f g hf gh f g f g f f f g g f g g f g h F x f g d d f d g dh fh dh gh dh hf hg f g d u v F x s t uf vg d ===∃∈+=∴证明：是与的最大公因式；此处都是的多项式证明：）设 即 从而有 即 是与的公因式又由 得 112211211212211211221214.4.42)(,),(,),(,[]),;,,,,(,),(,),,,ufh vgh dhdh fh gh f g m f g n m n F x m f m g m f m g mn f f mn f g mn f g mn g g f g m f g n k k l +===∈==∃ 由定理知 是与的最大公因式 设 即 从而有 又由 知 211112222121211221221121212122112112212122112[],..,(,,,)(,)(,)(,,,)l F x s t k f l g m k f l g nk k f f k f l g l k f g l l g g mn mn f f f g f g g g f g f g f f f g f g g g ∈+=+=+++=== 即有 由此可知 从而有4323243232324323235.(),()()()()()((),()):1)()343,()310232)()421659,()25453431033113333102301310u x v x u x f x v x g x f x g x f x x x x x g x x x x f x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x x x +==+---=++-=--++=--+⎛⎫+--------→ ⎪++-⎝⎭+2求使解：）（A(x),I ）=222322222232230159935993913310230156553296331393555591393132563555555x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪+-⎝⎭⎛⎫----⎛⎫---- ⎪→→ ⎪- ⎪++---- ⎪⎝⎭⎝⎭⎛-+⎛⎫-+------ ⎪ ⎪→→--+ ⎪------+- ⎪⎝⎭⎝33-x -x 22243232323231550**321,()55122342165910332540125401x x x x x x x v x x x x x x x x x x x x x x ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎭⎛⎫-+- ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭-∴-=⎛⎫⎛⎫--+---++ ⎪→ ⎪ ⎪--+ ⎪⎝⎭--+⎝⎭2 u(x)= 2)（A(x),I ）=22222222121223231333332222412(2)1333312231330**1223(),()33x xx x x x x x x x xx x x x x x x x x x x u x v x ⎛⎫-++⎛⎫--+--- ⎪⎪ ⎪⎪→→ ⎪ ⎪--++--+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫--+- ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭--+∴==4322432436.()1,()(1),,,()().(),()2,()()()()(,,)()(2)(2)(2)1of x Ax Bxg x x A B f x g x f x g x g x f x g x ax bx c a b c F f x ax b a x c b a x b c x c Ax Bx a A =++=-∂==++∈∴=+-+-++-+=++=设试决定使与 的最大公因式为二次多项式解：由于（） 即 为最大公因式故不妨设 即有 -23,2,13,-4202013,-4b a B a bc A B c b a b c c A B ⎧⎪=⎪⎪=====-+=⎨⎪-=⎪=⎪⎩∴== 解得 即7.(),()((),())()()()(),((),())1((),())()()()()*()()()()()()()()()()*(),()[].f x g x f x g x u x f x v x g x u x v x f x g x u x f x v x g x u x f x v x g x f x u x f x v x g x g x m x n x F x s =+==+++∃∈设 不全为零，且证明：证明：（）有 ， 再由 （） .()()[()()()()]()()[()()()()]1-()()()()()()11-()())()()()()221()t f x m x u x f x v x g x g x n x u x f x v x g x m x u x f x m x v x g x n x v x g x n x u x f x f x =+=+== 即（） （） （ （） 将（）代入（），消去得1-()()1-()()()()()()()()(),(),()01-()()()()()()()()()()()()1()()()()4.4.5((),())1m x u x n x v x g x m x v x g x n x u x f x g x g x n x v x m x u x m x n x u x v x m x n x u x v x m x n x u x v x u x v x =≠∴-+=∴==（）（）不全为零 即令 由定理 得8.((),()) 1.((),()) 1.,,((),()) 1.1()()()[]()()()()()()((),())1n m n o n n n f x g x n f x g x m n f x g x g x g x k x F x g x k x g x g x g x k x f x g x ===∃∈=∴==设令是任意正整数，证明：由此进一步证明： 对于任意正整数都有证明： 易见 , 即 s.t. (1)又 ()()1()()1()((),())1()(),()[]()()()()()()nn m m m f x g x f x g x k x f x g x x f x l x F x f x l x f x f x f x l x ∴∃∈+=+==∃∈=∴=o u(x),v(x)F[x] s.t. u(x)v(x) (2)v(x) 将（1）代入（2）得 u(x) 由定理4.4.5 知 2易见 f 即 s.t. ((),())1'''()()'()()11'()()'()()1()((),())1n n mn m n f x g x u x f x v x g x u x f x v x g x l x f x g x =∴∃∈+=+== (3)又u (x),v (x)F[x] s.t. (4) 将（3）代入（4）得 由定理4.4.5知 [][]1111119.((),()) 1.((),()())((),()())(()(),()()) 1.((),()())()()(),()()()()[()()]()()()]f x g x f x f x g x g x f x g x f x g x f x g x f x f x g x d x d x F x u x v x F x u x f x v x f x g x d x u x v x =+=+=+=+=∈∴∃∈++=+设 证明： 证明：令 ()s.t. 即 [1()()()()((),())1()1((),()())1((),()())1(()(),()())1f x v xg x d x f x g x d x f x f x g x g x f x g x f x g x f x g x +===+=+=+=故 即 同理可证得 再根据互素性质可知10.()0,()0,:1(),()()()()(),((),())12(),()(),()()()()(),((),())11((),())()1,()()f x g x h x f x g x h x f x h x f x g x h x f x h x g x h x f x g x h x f x g x f x g x d x f x d x m ≠≠===≠=设证明 ）若对于任意多项式由可得到则必有 ）若对于任意多项式由可得到则必有 证明：） 假设 则有(),()()()()()()()()()()()()()()x g x d x n x m x f x f x g x h x h x f x g x m x f x m x ︒︒=∂<∂∴ 其中 （） （）又 （为任意多项式）即有()()((),())12((),())()1()()()()()()()()(),()()()()()()()1((f x m x f x g x f x g x d x f x d x m x h x m x g x f x g x m x g x g x m x f x g x g x m x f x ==≠==∴ 但 不整除，从而矛盾， 故 ）假设 ，且 令 即有 （） 又),())()()()()()()()1((),())1g x d x f x m x f x g x g x m x f x g x ︒︒︒︒=∴∂>∂∂>∂∴= （） （）故 （） （） 与（）矛盾1212111212112211.(),(),,()().1)((),(),,())(((),,()),((),,())),112(),(),,()(),(),,()()()()()()()n n k k n n n n f x f x f x F x f x f x f x f x f x f x f x k n f x f x f x u x u x u x F x u x f x u x f x u x +∈=≤≤-∈+++设证明： ）互素的充分且必要条件是存在多项式 ，使得1211121()11((),(),,())(),((),,()(),((),,()()()(),1,2,,()(),1,2,,;()(),1,2,,()(),n n k k n i s t f x f x f x f x d x f x f x d x f x f x d x d x f x i nd x f x s k d x f x t k k nd x d x +=====∴==++∴证明：）设21212()()()(),1,2()(),1,2,,;()(),1,2,,()(),1,2,,()(),2((),(),,())1i s t i n d x d x c x d x i d x f x s k d x f x t k k nc x f x i nc xd x f x f x f x ===++∴=∴= 设结论得证。
第四章 习题答案
第四章的习题及答案4-1 设有一台锅炉，水流入锅炉是之焓为62.7kJ ·kg -1，蒸汽流出时的焓为2717 kJ ·kg -1，锅炉的效率为70％，每千克煤可发生29260kJ 的热量，锅炉蒸发量为4.5t ·h -1，试计算每小时的煤消耗量。
解：锅炉中的水处于稳态流动过程，可由稳态流动体系能量衡算方程：Q W Z g u H s +=∆+∆+∆221体系与环境间没有功的交换：0=s W ，并忽 动能和位能的变化， 所以： Q H =∆设需要煤mkg ，则有：%7029260)7.622717(105.43⨯=-⨯m解得：kg m 2.583=4-2 一发明者称他设计了一台热机，热机消耗热值为42000kJ ·kg -1的油料0.5kg ·min -1,其产生的输出功率为170kW ，规定这热机的高温与低温分别为670K 与330K ，试判断此设计是否合理？解：可逆热机效率最大，可逆热机效率：507.06703301112max =-=-=T T η 热机吸收的热量：1m in210005.042000-⋅=⨯=kJ Q热机所做功为：1m in 102000m in)/(60)/(170-⋅-=⨯-=kJ s s kJ W该热机效率为：486.02100010200==-=Q W η 该热机效率小于可逆热机效率，所以有一定合理性。
4-3 1 kg 的水在1×105 Pa 的恒压下可逆加热到沸点，并在沸点下完全蒸发。
试问加给水的热量有多少可能转变为功？环境温度为293 K 。
解：查水蒸气表可得始态1对应的焓和熵为：H 1＝83.93kJ/kg, S 1=0.2962kJ/kg.K 末态2对应的焓和熵为：H 2＝2675.9kJ/kg, S 2=7.3609kJ/kg.K)/(0.259293.839.267512kg kJ H H Q =-=-=)/(0.522)2962.03609.7(15.2930.25920kg kJ S T H W sys id =-⨯-=∆-∆=4-4如果上题中所需热量来自温度为533 K 的炉子，此加热过程的总熵变为多少？由于过程的不可逆性损失了多少功？ 解：此时系统的熵变不变)./(0647.7K kg kJ S sys =∆炉子的熵变为)./(86.45330.2592K kg kJ T H T Q S sur -=-=∆-==∆ )./(205.286.40647.7K kg kJ S t =-=∆ )/(0.646205.215.2930kg kJ S T W t l =⨯=∆=4-5 1mol 理想气体，400K 下在气缸内进行恒温不可逆压缩，由0.1013MPa 压缩到1.013MPa 。
第四章刚体运动习题详解
解：棒下摆为加速过程， 外力矩为重力对O 的力矩。
棒上取质元dm,当棒处在 下摆角时,重力矩为：
x
O
X
C
dm
dM xgdm
合力矩
mg
gdm
解：
因摩擦力产生的力矩是恒定的，故角速度均匀 减小。
0
0
t
0
0 t
dt t
0
f dS
r
σ
m πR2
R
dθ o
r
M J 1 mR2
2
dr
t 0mR2 / (2M ) (1) M ?
考虑面元dS对轴的摩擦力矩dM ：
dM r0gdm r0g dS
26
t0mR2/(2M ) (1) dM r0g dS
mg 由(3)(4)(5)得
mgR sin
1 2
J02
1 2
J2
(5)
gh 2R2
cos2
g R
sin
1 2R
.
g 2
(h
4
3R)
M J
mgR 2mR2
g 2R
( 60 )
44
dt
O
X
C
即 d d
3g cos d d
mg
2L
θ
0
3gcos
2L
d
0
d
3g 2L
sin
1 2
2
3g sin
L
22
m 例2.质量为 、长为L的匀质细杆水平放置,一端
《理论力学》第四章 静力学应用专题习题解
第四章 力系的简化习题解[习题4-1] 试用节点法计算图示杵桁架各杆的内力。
解：（1）以整体为研究对象，其受力图如图所示。
由结构的对称性可知， kN R R B A 4==（2）以节点A 为研究对象，其受力图如图所示。
因为节点A 平衡，所以0=∑iyF0460sin 0=+AD N)(62.4866.0/4kN N AD -=-=0=∑ixF060cos 0=+AD AC N N)(31.25.062.460cos 0kN N N AD AC =⨯=-= （3）以节点D 为研究对象，其受力图如图所示。
因为节点D 平衡，所以 0=∑iyF0430cos 30cos 0'0=---AD D C N N 0866.0/4=++AD D C N N 0866.0/4866.0/4=+-D C N0=DC N0=∑ixF030sin 30sin 0'0=-+AD D C D E N N N 05.062.4=⨯+DE NkN4)(akN4AB RkN 2AC23N A )(31.2kN N DE -=（4）根据对称性可写出其它杆件的内力如图所示。
[习题4-2] 用截面法求图示桁架指定杆件 的内力。
解：(a)（1）求支座反力以整体为研究对象，其受力图如图所示。
由对称性可知，kN R R B A 12==(2)截取左半部分为研究对象，其受力图 如图所示。
因为左半部分平衡，所以0)(=∑i CF M0612422843=⨯-⨯+⨯+⨯N 063243=⨯-++N )(123kN N =kN2AC23N A0=∑ixF0cos cos 321=++N N N αθ01252252421=+⋅+⋅N N012515221=+⋅+⋅N N0512221=++N N ……..(1) 0=∑iyF02812sin sin 21=--++αθN N025*******=+⋅+⋅N N02525121=+⋅+⋅N N052221=++N N0544221=++N N ……..(2) 05832=-N)(963.53/582kN N ==)(399.1652963.5252221kN N N -=-⨯-=--=解：（b ）截取上半部分为研究对象，其受力图如图所示。
第四章 习题解答
1 第四章 习题解答3/150、试用实验方法鉴别晶体SiO 2、SiO 2 玻璃、硅胶和SiO 2 熔体。
它们的结构有什么不同？解答：利用X-射线粉末衍射检测。
晶体SiO 2——质点在三维空间做有规律的排列，各向异性。
SiO 2 熔体——内部结构为架状，近程有序，远程无序。
SiO 2 玻璃——各向同性。
硅胶——疏松多孔。
7/151、SiO 2 熔体的粘度在1000℃时为1014 Pa·s ，在1400℃时为107 Pa·s 。
SiO 2 玻璃粘滞流动的活化能是多少？上述数据为恒压下取得，若在恒容下获得，你认为活化能会改变吗？为什么？解答：（1）根据公式：)exp(0RTE ∆=ηη 1000℃时，η=1014 Pa·s ，T=1000+273=1273K ， )1273314.8exp(10014⨯∆=E η （1） 1400℃时，η=107 Pa·s ，T =1400+273=1673K ，)1673314.8exp(1007⨯∆=E η （2） 联立（1）和（2）式解得：η0 = 5.27×10-16 Pa·s ，△E = 713.5 kJ/mol（2）若在在恒容下获得，活化能不会改变。
因为活化能是液体质点作直线运动所必需的能量。
它与熔体组成和熔体[SiO 4]聚合程度有关。
212/151、一种用于密封照明灯的硼硅酸盐玻璃，它的退火点是544℃，软化点是780℃。
求：（1）这种玻璃粘性流动的活化能；（2）它的工作范围；（3）它的熔融范围。
解答：（1）根据公式：)exp(0RTE ∆=ηη 退火点544℃， η=1012Pa·s ，T=544+273=817K ， )817314.8exp(10012⨯∆=E η （1） 软化点为780℃，η=4.5×106 Pa·s ，T=780+273=1053K ，)1053314.8exp(104.506⨯∆=⨯E η （2）联立（1）和（2）式解得：η0 = 1.39×10-12 Pa·s ，△E = 373.13 kJ/mol 。
第4章 习题解答
第4章 周期信号的频域分析习题详解4-1 试比较题4-1图所示的四种周期方波信号，说明每种信号的对称特性并写出Fourier 级数展开式。
tt(b)tt-A(c) (d)题4-1图【解】 (a))(14/4/04/4/000T jn T jn tjn T T n eejnT A dt AeTc ωωωω----==⎰)2/(Sa )2/()2/sin(πππn A n n A ==所以 tjn n a e n A t f 0)2/(Sa )2/()(ωπ∑∞-∞==000211/2cos()cos(3)cos(5)35A A t t t ωωωπ⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭)(t f a 实偶对称，Fourier 级数展开式中只含有直流分量与余弦分量。
)(t f a 减去直流分量后为半波镜像信号，Fourier 级数展开式中只有奇次谐波。
(b) 从图形观察：)4/()(T t f t f a b -=所以 )(t f b )2/(0)2/(Sa )2/(πωπn t n j n en A -∞-∞=∑=000211/2sin()sin(3)sin(5)35A A t t t ωωωπ⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭)(t f b 减去直流分量实奇对称，Fourier 级数展开式中只含有直流分量与正弦分量。
)(t f b 减去直流分量后为半波镜像信号，Fourier 级数展开式中只有奇次谐波。
(c) 从图形观察：A t f t f a c -=)(2)(第4章 周期信号的频域分析 83所以 tjn n n c en A t f 0)2/(Sa )(0,ωπ∑∞≠-∞==000411c o s ()c o s (3)c o s (5)35A t t t ωωωπ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭)(t f c 实偶对称，且是半波镜像信号，Fourier 级数展开式中只含有奇次谐波的余弦分量。
(d) 从图形观察：)4/()(T t f t f c d -=所以 )2/(0,0)2/(Sa )(πωπn t n j n n d en A t f -∞≠-∞=∑=000411sin()sin(3)sin(5)35A t t t ωωωπ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭)(t f d 实奇对称，且是半波镜像信号，Fourier 级数展开式中只含有奇次谐波的正弦分量。
《概率论与数理统计》第04章习题解答
第四章 正态分布１、解：(0,1)ZN（1）{ 1.24}(1.24)0.8925P Z ∴≤=Φ={1.24 2.37}(2.37)(1.24)0.99110.89250.0986P Z <≤=Φ-Φ==-= {2.37 1.24}( 1.24)( 2.37)(1.24)(2.37)0.89250.99110.0986P Z -<≤-=Φ--Φ-=-Φ+Φ=-+=（2）{}0.9147()0.9147 1.37{}0.05261()0.0526()0.9474 1.62P Z a a a P Z b b b b ≤=∴Φ==≥=-Φ=Φ==，，得，，，得2、解：(3,16)XN8343{48}()()(1.25)(0.25)0.89440.59870.295744P X --∴<≤=Φ-Φ=Φ-Φ=-= 5303{05}()()(0.5)(0.75)44(0.5)1(0.75)0.691510.77340.4649P X --<≤=Φ-Φ=Φ-Φ-=Φ-+Φ=-+= 31(25,36){25}0.95442(3,4){}0.95X N C P X C X N C P X C -≤=>≥、（）设，试确定，使；（）设，试确定，使解：（1）(25,36){25}0.9544X N P X C -≤=，{2525}0.9544P C X C ∴-≤≤+=25252525()()0.954466()()2()10.9544666()0.9772,21266C C C C CC CC +---Φ-Φ=-Φ-Φ=Φ-=Φ=∴==即， （2）(3,4){}0.95XN P X C >≥，331()0.95()0.952231.6450.292C CCC ---Φ≥Φ≥-≥≤-即，，4、解：（1）2(3315,575)XN4390.2533152584.753315{2584.754390.25}()()575575(1.87)( 1.27)(1.87)1(1.27)0.969310.89800.8673P X --∴≤≤=Φ-Φ=Φ-Φ-=Φ-+Φ=-+= （2）27193315{2719}()( 1.04)1(1.04)10.85080.1492575P X -≤=Φ=Φ-=-Φ=-=(25,0.1492)YB ∴4440{4}(0.1492)(10.1492)0.6664ii i i P Y C -=∴≤=-=∑5、解：(6.4,2.3)X N{}{}1()81(1.055)10.85540.14462.3(85}0.17615 6.451(0.923)(0.923)0.82121()2.3P X P X X P X -Φ>-Φ-∴>>======->-Φ-Φ-Φ6、解：（1）2(11.9,(0.2))XN12.311.911.711.9{11.712.3}()()(2)(1)(2)1(1)0.20.20.977210.84130.8185P X --∴<<=Φ-Φ=Φ-Φ-=Φ-+Φ=-+= 设A ={两只电阻器的电阻值都在欧和欧之间} 则2()(0.8185)0.6699P A ==（2）设X , Y 分别是两只电阻器的电阻值，则22(11.9,(0.2))(11.9,(0.2))X N Y N ，，且X , Y 相互独立[]22212.411.9{(12.4)(12.4)}1{12.4}{12.4)}1()0.21(2.5)1(0.9938)0.0124P X Y P X P Y -⎡⎤∴>>=-≤⋅≤=-Φ⎢⎥⎣⎦=-Φ=-=7、一工厂生产的某种元件的寿命X （以小时计）服从均值160μ=，均方差为的正态分布，若要求{120200}0.80P X <<≥，允许最大为多少解：因为2(160,)XN σ由2001601201600.80{120200}()()P X σσ--≤<<=Φ-Φ从而 40402()10.80()0.9σσΦ-≥Φ≥，即，查表得401.282σ≥，故σ≤8、解：（1）2(90,(0.5))XN8990{89}()(2)1(2)10.97720.02280.5P X -∴<=Φ=Φ-=-Φ=-= （2）设2(,(0.5))X N d由808080{80}0.991()0.99()0.99 2.330.50.50.5d d d P X ---≥≥∴-Φ≥Φ≥≥，，，即 从而d ≥ 9、解：22~(150,3),~(100,4)X Y X N Y N 与相互独立，且则（1）2221~(150(100,3)4)(250,5)W X Y N N =+++=()222222~2150100,(2)314(200,52)W X Y N N =+-⨯+-⨯+⨯=-22325~(125,)(125,(2.5))22X Y W N N +== （2）242.6250{242.6}()( 1.48)1(1.48)10.93060.06945P X Y -+<=Φ=Φ-=-Φ=-= 12551255125522212551251255125()1()(2)1(2)2.5 2.522(2)220.97720.0456X Y X Y X Y P P P ⎧+⎫++⎧⎫⎧⎫->=<-+>+⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭--+-=Φ+-Φ=Φ-+-Φ=-Φ=-⨯=10、解：（1）22~(10,(0.2)),~(10.5,(0.2))X N Y N X Y ，且与相互独立22~(0.5,2(0.2))(0.5,(0.282))X Y N N ∴--⨯=-0(0.5){0}()(1.77)0.96160.282P X Y ---<=Φ=Φ=（2）22~(10,(0.2)),~(10.5,)X N Y N X Y σ设，且与相互独立222~(0.5,2(0.2))(0.5,(0.2))X Y N N σ∴--⨯=-+0.90{0}P X Y ≤-<=Φ=Φ由1.28≥，故σ≤11、设某地区女子的身高（以m 计）2(1.63,(0.025))WN ，男子身高（以m 计）2(1.73,(0.05))MN ，设各人身高相互独立。
第4章理论力学习题解
4.1一质点受一与距离成反比的引力作用在一直线上运动，质点的质量为m ，比例系数为k ，如此质点从距原点O 为a 的地方由静止开始运动，求其到达O 点所需的时间。
解：质点受引力为：xk F -=，其运动微分方程为：xk tm-=d d v （1）即： x k xm -=d d v v分离变量积分：⎰⎰-=x axx k m d d 0v v vxa k m ln212=v)ln(2d d xa mk tx -==v （2）（v 与x 反向，取负值） )ln00ln ),0((∞→→>∴∈xa x xa a x令：y ayex aex xa y yyd 2d )ln(22---===，代入（2）式得；mk ty aey2d d 22-=-分离变量积分：)0:0:(∞→→y a x⎰⎰=-∞t yt mk y ea 0d 2d 22t mk a22π2=故到达O 点所需的时间为： km a t 2π=4.2一质点受力3K xa x F +-=作用，求势能)(x V 与运动微分方程的解。
解：C x a x x xa x x F x V ++=+--=-=⎰⎰2232K 21d )K (d )(适当选取势能零点，使0=C ，则222K 21)(xa x x V +=机械能 =++=2222K 2121xa x xm E 常量 （1）将（1）改写成2222K 242xa x E xm --= （2）质点运动微分方程：32K xa x xm +-= 22K 22xa x xmx +-=⇒ （3）（3）+（2）得22K 44)(2x E xx x m -=+ 即0)K(K 4d d 2222=-+E x mtx （4）（4）式通解：⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=02 K2cos K θt m A Ex当0=x时，222K 21xa x E += 解得KK K)(2max 2a EE x -+=，KK 2aEA -=所以 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+=022K2cos KK Kθt m aE E x4.3若质点受有心力作用而在圆θcos 2a r =上运动时，则5228rh ma F -=，式中m 为质量，h 为速度矩。
普通化学习题与解答（第四章）详解
第四章电化学与金属腐蚀1.是非题（对的在括号内填“+”号，错的填“-”号）（1）取两根金属铜棒，将一根插入盛有0.13mol dm -×4CuSO 溶液的烧杯中，另一根插入盛有13mol dm -×4CuSO 溶液的烧杯中，并用盐桥将两支烧杯中的溶液连接起来，可以组成一个浓差原电池。
（+）（2）金属铁可以置换2Cu +，因此三氯化铁不能与金属铜发生反应。
（-）（3）电动势E （或电极电势j ）的数值与电池反应（或半反应式）的写法无关，而平衡常数K q 的数值随反应式的写法（即化学计量数不同）而变。
（+）（4）钢铁在大气中的中性或酸性水膜中主要发生吸氧腐蚀，只有在酸性较强的水膜中才主要发生析氢腐蚀。
（+）（5）有下列原电池：3344()(1)(1)()Cd CdSO mol dm CuSO mol dm Cu ---××+若往4C d S O 溶液中加入少量2N a S 溶液，或往4C u S O 溶液中加入少量425CuSO H O ×晶体，都会使原电池的电动势变小。
（-）2、选择题（将所有正确答案的标号填入空格内）（1）在标准条件下，下列反应均向正方向进行：2233272614267Cr O Fe H Cr Fe H O-++++++=++322422Fe SnFe Sn+++++=+它们中间最强的氧化剂和最强的还原剂是（b）（a ）23Sn Fe ++和（b ）2227Cr O Sn -+和（c ）34Cr Sn++和（d ）2327Cr O Fe -+和（2）有一个原电池由两个氢电极组成，其中一个是标准氢电极，为了得到最大的电动势，另一个电极浸入的酸性溶液2()100p H kPa =éùëû设应为（b）（a ）30.1mol dm HCl-×（b ）330.10.1mol dm HAc mol dm NaAc--×+×（c ）30.1mol dm HAc -× （d ）3340.1mol dm H PO -× （3）在下列电池反应中）在下列电池反应中223()()(1.0)()Ni s Cu aq Ni mol dm Cu s ++-+=×+当该原电池的电动势为零时，2Cu +的浓度为的浓度为 （b） （a ）2735.0510mol dm --´× （b ）2135.7110mol dm --´×（c ）1437.1010mol dm --´× （d ）1137.5610mol dm --´×（4）电镀工艺是将欲镀零件作为电解池的电镀工艺是将欲镀零件作为电解池的（（ ）；阳极氧化是将需要处理的部件作为电解池的（ ） （a ，b） （a ）阴极）阴极 （b ）阳极）阳极 （c ）任意一个极）任意一个极3、填空题（1）有一种含Cl Br I ---、和的溶液，要使I -被氧化，而Cl Br --、不被氧化，则在以下常用的氧化剂中应选（在以下常用的氧化剂中应选（ d ）为最适宜。
(完整word版)第四章 习题答案
第四章的习题及答案4-1 设有一台锅炉，水流入锅炉是之焓为62.7kJ ·kg -1，蒸汽流出时的焓为2717 kJ ·kg -1，锅炉的效率为70％，每千克煤可发生29260kJ 的热量，锅炉蒸发量为4.5t ·h -1，试计算每小时的煤消耗量。
解：锅炉中的水处于稳态流动过程，可由稳态流动体系能量衡算方程：Q W Z g u H s +=∆+∆+∆221体系与环境间没有功的交换：0=s W ，并忽 动能和位能的变化， 所以： Q H =∆设需要煤mkg ，则有：%7029260)7.622717(105.43⨯=-⨯m解得：kg m 2.583=4-2 一发明者称他设计了一台热机，热机消耗热值为42000kJ ·kg -1的油料0.5kg ·min -1,其产生的输出功率为170kW ，规定这热机的高温与低温分别为670K 与330K ，试判断此设计是否合理？解：可逆热机效率最大，可逆热机效率：507.06703301112max =-=-=T T η 热机吸收的热量：1m in210005.042000-⋅=⨯=kJ Q热机所做功为：1m in 102000m in)/(60)/(170-⋅-=⨯-=kJ s s kJ W该热机效率为：486.02100010200==-=Q W η 该热机效率小于可逆热机效率，所以有一定合理性。
4-3 1 kg 的水在1×105 Pa 的恒压下可逆加热到沸点，并在沸点下完全蒸发。
试问加给水的热量有多少可能转变为功？环境温度为293 K 。
解：查水蒸气表可得始态1对应的焓和熵为：H 1＝83.93kJ/kg, S 1=0.2962kJ/kg.K 末态2对应的焓和熵为：H 2＝2675.9kJ/kg, S 2=7.3609kJ/kg.K)/(0.259293.839.267512kg kJ H H Q =-=-=)/(0.522)2962.03609.7(15.2930.25920kg kJ S T H W sys id =-⨯-=∆-∆=4-4如果上题中所需热量来自温度为533 K 的炉子，此加热过程的总熵变为多少？由于过程的不可逆性损失了多少功？ 解：此时系统的熵变不变)./(0647.7K kg kJ S sys =∆炉子的熵变为)./(86.45330.2592K kg kJ T H T Q S sur -=-=∆-==∆ )./(205.286.40647.7K kg kJ S t =-=∆ )/(0.646205.215.2930kg kJ S T W t l =⨯=∆=4-5 1mol 理想气体，400K 下在气缸内进行恒温不可逆压缩，由0.1013MPa 压缩到1.013MPa 。
普通化学第四章课后习题解答
第四章化学平衡原理参考答案P 68~69综合思考题：解：①根据θθmf B m r H v H ∆=∆∑（其中B v 对生成物取正值，反应物取负值）有： ),()1(),()1(),(),(2g B H g A H g E H g D H H m f m f m f m f m r θθθθθ∆-+∆-+∆+∆=∆=2×（-4RT 1）+++ =同理：),()1(),()1(),(),(2g B S g A S g E S g D S S m m m m mr θθθθθ-+-++=∆ =2×（）+ =根据吉“布斯－赫姆霍兹”方程θθθm r m r m r S T H G ∆-∆=∆有：31100.0298606.4-⨯⨯--=∆RT G mr θ=×10-3（）<0∴反应正向自发。
②根据θθK RT G mr ln -=∆有： 606.41010606.4ln 3131=⨯⨯--=∆-=--RT RT RT G K m r θθK θ=③求Q ，根据]/[]/[]/[]/[2θθθθP P P P P P P P Q B A E D ⋅⋅=有： ]3.101/3.1015.0[]3.101/3.1010.1[]3.101/3.1015.0[]3.101/3.1015.0[2kPa kPa kPa kPa kPa kPa kPa kPa Q ⨯⋅⨯⨯⋅⨯==∵Q<K θ∴平衡向正反应方向移动④根据)(ln 211212T T TT R H K K m r ⋅-∆=θθθ有：1606.4RT H mr -=∆θ，T 1=298K ，0.1001=θK ，T 2=398K ，?2=θK 将有关数据代入式子中得：)398298298398(298606.40.100ln2⨯-⋅⨯-=R R K θ解得：K θ2=⑤∵K θ2< K θ1，∴由T 1升至T 2平衡向逆反应方向移动（即吸热反应方向移动）。
第四章 三铰拱习题解
第四章三铰拱习题解4-1设三铰拱的为拱轴线方程为24()fy x l x l=-，拱的尺寸及承受的荷载如图所示。
试求支反力及D、E截面的内力。
A H A题4-1(b)Y A=35kNo解：（1）画出三铰拱的等代梁，求三铰拱的约束反力000535120A B C Y Y M===?kN,kN,kN m故，00120535304C A AB BA B M Y Y Y Y H H f========kN,kN,kN00005420(,5480100(,5DA DC DA DC M M V V=?=?=?+=?==kN m)kN m)kN0000354140(,35,5EB EC EB EC M M V V==?=?=-=kN m)kN kN(2)计算D、E截面的内力因为拱轴线方程为24()fy x l x l=-，故，24(2)tan f y l x l?'=-=，cos,sin cos y???'==①计算D截面的内力2444(164)3(16D y?=??-=m)2441(1624)tan162DD y??'=-?==1cos,sin cos2D D D y???'=====。
故，2030370(, 10030310( cos sin5sin cos5DA DA DDC DC DDA DC DA D D DA DC DA D D M M HyM M HyV V V HN N V H????=-=-?=-?=-=-?=?==-===--=-kN m)kN m)30==-8.94(kN)30==-29.07(kN)②计算E截面的内力24412(1612)3(16Dy?=??-=m)2441(16212)tan162E Ey??'=-?=-=1cos,sin cos 2E D Dy???'=====-=14030350(, cos sin35( cos sin5( sin cos(35)(sinEB EC EB E EB EB E EEC EC E EEB EB E EEC EC EM M M HyV V HV V HN V HN V H???????==-=-?=?=-=-?=-=?=--=--?=--kN m)-30-17.89(kN)30=17.89(kN)30=-42.49(kN)cos5(E?=-?30=-24.60(kN)4-2如图所示半圆弧三铰拱，左半跨承受水平竖向荷载。
热学教程习题参考解(第四章)
《热学教程》习题参考答案第四章 习 题4-1. 电子管的真空度为1.333×103-Pa,设空气分子有效直径为3.0×1010-m,求27℃时空气分子的数密度n ,平均自由程λ和碰撞频率Z .(答: 3.2×1017m 3-，7.8 m ，60s 1-) 解：由nkT P =，可得)m (1021.3317-⨯==kTP n 分子平均自由程为)m (78.7212==n d πλ碰撞频率为 )s (2.6081-===λπμλRTvZ4-2. 求氦原子在其密度2.1×102-kg/m 3,原子的有效直径=d 1.9×1010-m 的条件下的平均自由程λ.(答:1.97×106-m)解：由n N mn A μρ==，可得 )m (1016.3324-⨯==μρA N n 分子平均自由程为)m (10972.12162-⨯==nd πλ 4-3. 试估算宇宙射线中的质子在海平面附近的平均自由程.(答：约m 102.16-⨯)4-4. 测得温度15℃和压强76cmHg 时氩原子和氖原子的平均自由程分别为Ar λ=6.7×108-m 和Ne λ=13.2×108-m ，试问：(1)氩原子和氖原子的有效直径各为多少？(2) 20℃和15cmHg 时Ar λ和-40℃和75cmHg 时Ne λ多大？(答(1)101063.3-⨯m,101059.2-⨯m; (2) 71045.3-⨯m, 71080.1-⨯m)解：(1)由Pd kT n d 22221ππλ==，可得 )m (1063.321021Ar Ar -⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπP kT d)m (1059.221021Ne Ne -⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπP kT d(2)由分子平均自由程与温度及压强的关系)m (1045.3107.6288157629378Ar11212Ar2--⨯=⨯⨯⨯⨯==λλT P P T )m (1008.1102.13288757623378Ne11212Ne2--⨯=⨯⨯⨯⨯==λλT P P T 4-5. 高空的一片降雨云层,单位时间通过单位面积的降雨量为Q =10cm/hour 。
大学物理(第二版)上册课后习题详解第四章-静电场
11
C m-2。求此系统的电场分
布。 解 如题 4.10 图所示， 三个区域的场强由两平行无限大均匀带 电面产生的场强的叠加，其电场强度分别为
E2
E2
4.10 解图
E2
E1
1 ， E2 2 2 0 2 0
设水平向右的方向为场强的正方向，则 左边区域：
EⅠ E1 E2
题 4.8 图
29
电荷为 Q2。求电场分布规律。 解 因电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，取半径为 r 的同心球面为高斯面， 由高斯定理得
2 E dS 4r E
q
0
当 r R1 时，该高斯面内无电荷，
q 0 ，故
Q1 (r 3 R13 ) ，故 3 R2 R13
4.2 一根不导电的细塑料杆，被弯成近乎完整的圆，圆的半径为 0.5m，杆的两端有 2cm 的缝隙， 3.12 10 C 的正电荷均匀地分布在杆上，求圆心处电场的大小和方向。 解 运用叠加原理,可以把带电体看成是一个带正电的整圆环和一段长为 2cm 带负电的 圆弧产生的电场的叠加,而圆环在中心产生的电场为零。所以电场就等于长为 2cm 的带负电 的圆弧产生的电场。由于圆弧长度远小于半径,故可看成是一点电荷,所以
q0 必须在两电荷之间才能平衡，设与 2q 之间的距离为 x ，若合力为零，则有
2qq0 qq0 1 2 4 0 x 4 0 (l x) 2 1
由此可得 x 2 4lx 2l 2 0 ，解此方程可得
x (2 2)l 。只能取负号，所以
x (2 2)l ，为稳定平衡状态。
q ， 2l
x
dx
2l
4.11 解图
第四章习题及解答
第四章习题及解答4.1 数字电路设计的基本步骤有哪些？每一步完成的目标任务是什么？见书P48。
4.2 组合逻辑电路的设计为什么可以从卡诺图直接进入？因为逻辑函数可以有多种有表达形式，卡诺图就是其中的一种，因此，直接从卡诺图直接进入设计就是最直接、最有效的一种方式，它简化了设计，更便于化简。
4.3 某车间有A 、B 、C 、D 四台电动机，今要求：（1）A 必须开机；（2）其他三台电动机中至少有两台开机，如不满足上述要求，则指示灯熄灭。
设指示灯亮为“1”，熄灭为“0”，电机开机为“1”，停机为“0”，试用与非门组成指示灯控制电路。
根据题意，用卡诺图表示电机运行的状态，求出输出表达式：F= ABC+ABD+ACD用与非门实现逻辑:4.4 试设计一个供4组使用的智力抢答器电路。
设4组变量分别为：A 、B 、C 、D 。
输出用4个发光二极管，表示抢答结果，灯亮答表达式： F ABCD ABCD ABCD =+++4.5 电话室需对4种电话编码控制，按紧急次序排列优先权由高到底依次为火警电话、急救电话、工作电话、生活电话，其编码为11，10，01，00，试设计该编码电路。
设火警电话、急救电话、工作电话、生活电话为变量A 、B 、C 、D ，编码输出量为X 、Y 。
AB CD01001110000000000001111000 01 11 10 F ABC ABD ACDABC ABD ACD =++=AB C D题4.3图列出编码真值表：4.6 试用3线-8线译码器和门电路实现以下函数：4.7 试用四选一多路选择器实现函数Y ABC AC BC =++。
1. 求出最小项、及最小项反函数非表达式：2. 对比四选一多路选择器表达式：0123Y ABD ABD ABD ABD =+++我们发现用原函数无法用一个四选一选择器实现，但反函数只有三个最小项，因为实际的数据选择器，它们都有两个互补的变量输出，因此从反变量输出端(~W)就可以达到要求了。
第四章习题答案
一、填空题1.几何公差的形状公差有6项,它们的名称和代号分别是（直线度）、（平面度）、（圆度）、（圆柱度）、（线轮廓度）和（面轮廓度）。
2.几何量公差的跳动公差有2项,它们的名称和代号分别为（圆跳动）和（全跳动）。
3．端面对轴线的垂直度（小）于端面圆跳动。
4．某轴尺寸为Φ10-0.018-0.028 mm ，轴线对基准A 的垂直度公差为Φ0.01 mm ，被测要素给定的尺寸公差和几何公差采用最大实体要求，则垂直度公差是被测要素在（最大实体状态）时给定的。
当轴实际尺寸为（Φ9.972）mm 时，允许的垂直度误差达最大，可达（0.02）mm 。
5.独立原则是指图样上给定的（尺寸）公差与（几何）公差各自独立，分别满足要求的公差原则。
6．包容要求采用（最大实体）边界，最大实体要求采用（最大实体实效）边界。
7．某孔尺寸为Φ40+0.119 +0.030○E mm ，实测得其尺寸为Φ40.09mm ，则其允许的几何误差数值是（Φ0.06）mm ，当孔的尺寸是（Φ40.119）mm 时，允许达到的几何误差数值为最大。
8．某孔尺寸为Φ40+0.119+0.030mm ，轴线直线度公差为 Φ0.005 mm ，实测得其局部实际尺寸为Φ40.09mm ，轴线直线度误差为Φ0.003mm ，则孔的最大实体尺寸是（Φ40.030）mm ，最小实体尺寸是（Φ40.119）mm ，体外作用尺寸是（Φ40.087）mm 。
9．若某轴标注为则该零件的MMS 为（φ30mm ），又称为该零件的（最大）极限尺寸；其LMS 为（φ29.979mm ），又称为该零件的（最小）极限尺寸；零件采用的公差要求为（最大实体要求），若加工后测得某孔的实际尺寸为φ29.98mm ，直线度误差为0.015mm ，则该零件（是）（是、否）合格。
10．若某孔的尺寸标注为，则该零件采用的公差原则为（最大实体要求），其MMS 为（Φ20mm ），此时的几何公差值为（Φ0.02）mm ；其LMS 为（Φ20.05mm ）mm ，此时的形位公差值为（Φ0.07）mm ；其MMVS 为（Φ19．98）mm 。
第四章习题答案
解：系统结构图为：
R(S) G(S) C(S)
特征方程为：1 + G ( S ) = 0
S 3 + 2S 2 + S + S + a = 0 S + 2S + 2S + a = 0
3 2
S +a 1+ =0 2 S ( S + 1)
a 整理： 1 + 3 =0 2 S + 2S + 2S
∴ 等效开环传递函数为：
∴闭环特征方程为：S 3 + 6S 2 + 9S + a = 0
a 1+ 3 =0 整理得： 2 S + 6S + 9S
（根轨迹方程）
令
a a G(S ) = 3 = 2 S + 6 S + 9 S S ( S + 3) 2
为等效的开环传递函数
根轨迹方程：G ( S ) = −1 当 a 从0 → ∞ 时，开环零点： m = 0 ，开环极点：
( S + 2)( S + 1) ( S + 2)( S + 1) S ( S + 1) = φ (S ) = ( S + 2)( S + 1) S ( S + 1) + ( S + 2)( S + 1) 1+ S ( S + 1) ( S + 2)( S + 1) ( S + 2)( S + 1) = = 2( S + 1)( S + 1) 2( S + 1) 2
d1 = −2 + 3
d 2 = −2 − 3 舍掉，不在根轨迹上
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第四章 习题解 设一维两类模式满足正态分布，它们的均值和方差分别为，1=0，1=2，2=2，2=2，p(x) N(,)，窗函数P(ω1)= P(ω2)，取0-1损失函数，试算出判决边界点，并绘出它们的概率密度函数曲线；试确定样本-3，-2，1，3，5各属哪一类。
解： 已知211(|)exp()822x p x ωπ=-221(2)(|)exp[]822x p x ωπ-=-1(|)p x ω 2(|)p x ω由Bayes 最小损失判决准则： 如果1221221212211211(|)()()()(|)()()p x P l x p x P ωωλλθωωλλ-=>=-，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
221212(2)1()exp[]exp()1882x x x l x θ--=-+=->=1211ln[exp()]ln ln1022x x θ---=>==如果1x <，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
-3，-2属于ω1；1，3，5属于ω2。
在图像识别中，假定有灌木丛和坦克两种类型，分别用ω1和ω2表示，它们的先验概率分别为和，损失函数如表所示。
现在做了四次试验，获得四个样本的类概率密度如下：)/(1ωx p ：，，，)/(2ωx p ：，，，（1）试用贝叶斯最小误判概率准则判决四个样本各属于哪个类型； （2）假定只考虑前两种判决，试用贝叶斯最小风险准则判决四个样本各属于哪个类型； （3） 将拒绝判决考虑在内，重新考核四次试验的结果。
表类型损失判决ω1 ω2 1(判为ω1) 2 (判为ω2) 3(拒绝判决)解：（1）两类问题的Bayes 最小误判概率准则为如果12121221(|)()()(|)()p x P l x p x P ωωθωω=>=，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
由已知数据，12==3/7，样本x 1：∵ l 12（x 1）=<12=3/7 x 1ω2 样本x 2：∵ l 12（x 2）=<12=3/7 x 2ω2 样本x 3：∵ l 12（x 3）=>12=3/7 x 3ω1 样本x 4：∵ l 12（x 4）=>12=3/7 x 4ω1（2）不含拒绝判决的两类问题的Bayes 最小风险判决准则为如果1221221212211211(|)()()()(|)()()p x P l x p x P ωωλλθωωλλ-=>=-，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
由已知数据，12=（2 - 1）/[（4 - ）]=3/，样本x 1：∵ l 12（x 1）=1/8>12=6/49 x 1ω11 xx 1 x 2 x 3 4样本x 2：∵ l 12（x 2）=3/14>12=6/49 x 2ω1 样本x 3：∵ l 12（x 3）=6/11>12=6/49 x 3ω1 样本x 4：∵ l 12（x 4）=6/3>12=6/49 x 4ω1（3）含拒绝判决的两类问题的Bayes 最小风险判决准则为1,2,3if (|)min[(|)] then , 3i j i j R x R x x i ααω==∈=时为拒绝判决其中条件风险：21(|)(|)(|),1,2,3j j i i i R x P x j αλαωω===∑后验概率： 21(|)(|)()/()(|)()/[(|)()]i i i i i i i i P x p x P p x p x P p x P ωωωωωωω===∑211(|)(|)(|)(),1,2,3()j j i i i i R x p x P j p x αλαωωω===∑记21(|)(|)(|)(),1,2,3j j i i i i r x p x P j αλαωωω===∑则，含拒绝判决的两类问题的Bayes 最小风险判决准则为 1,2,3if r(|)min[(|)] then , 3i j i j x r x x i ααω==∈=时为拒绝判决 对四个样本逐一列写下表，用式计算r (j |x )。
样本x 1：(j |ωi ) 类型 损失 判决 ω1 p (x |ω1)P (ω1)= = ω2p (x |ω2)P (ω2)==r (j |x ) 1(判为ω1) *+2*= 2 (判为ω2) 4*+1*= 3(拒绝判决)*+*= 因为r (3|x 1)=最小，所以拒绝判决；样本x 2：(j |ωi ) 类型 损失 判决 ω1 p (x |ω1)P (ω1)= = ω2p (x |ω2)P (ω2)==r (j |x ) 1(判为ω1) *+2*= 2 (判为ω2) 4*+1*= 3(拒绝判决)*+*= 因为r (1|x 2)=最小，所以判x 2ω1，即灌木丛，或拒绝判决；(j |ωi ) 类型 损失 判决 ω1 p (x |ω1)P (ω1)= = ω2 p (x |ω2)P (ω2)==r (j |x )1(判为ω1) *+2*= 2 (判为ω2) 4*+1*= 3(拒绝判决)*+*= 1331(j |ωi ) 类型 损失 判决 ω1 p (x |ω1)P (ω1)= = ω2 p (x |ω2)P (ω2)==r (j |x ) 1(判为ω1) *+2*= 2(判为ω2)4*+1*=3 (拒绝判决) *+*=因为r (1|x 4)=最小，所以判x 4ω1，即灌木丛。
假设两类二维正态分布参数为1=(-1，0)’，2=(1，0)’，先验概率相等。
（1）令1=2=I ，试给出负对数似然比判决规则；（2）令111/21/21⎛⎫∑= ⎪⎝⎭ 211/21/21-⎛⎫∑= ⎪-⎝⎭试给出负对数似然比判决规则。
解：Bayes 最小误判概率似然比判决规则为 如果12121221(|)()()1(|)()p x P l x p x P ωωθωω=>==，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
相应的负对数似然比判决规则为如果122112ln ()ln (|)ln (|)ln ln10l x p x p x ωωθ-=-<-=-=，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
对于正态分布1/21/211(|)exp[()'()](2)||2i i i i n i p x x x ωμμπ-=--∑-∑ 1112121112221ln ()[ln ||ln ||()'()()'()]2l x x x x x μμμμ---=∑-∑+-∑---∑-（1）由已知，22111212211(1)111(|)exp[()'()]exp[]002222x x x x p x I x x ωππ--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=---=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22111222211(1)111(|)exp[()'()]exp[]002222x x x x p x I x x ωππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=---=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 221221111ln ()ln (|)ln (|)(1)(1)4l x p x p x x x x ωω-=-=+--=故，如果10x <则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
（2） ∵111/2||3/41/21∑==， 211/2||3/41/21-∑==-11111/211/241/211/213---⎛⎫⎛⎫∑== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，21111/211/241/211/213---⎛⎫⎛⎫∑== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ ''1111122222111111/211/21414ln ()1/211/212323x x x x l x x x x x ++---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ''1212111122221/21/21122113322x x x x x x x x x x x x +--+⎛⎫⎛⎫+-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111122*********[(1)(1/2)()(1)(1/2)()]322x x x x x x x x x x x x +-=++-+-+---+-+1124(2)3x x x =-1212if (2)0 then else x x x x ωω-<∈∈ 即，121212if [(<0)and( 2)][(0)and( 2)] then else x x or x x x x ωω<>>∈∈补充题1：假设两类一维模式的概率密度函数为 10.51, 02(|)0, x x p x ω-+≤≤⎧=⎨⎩其它 20.50.5, 13(|)0, x x p x ω-≤≤⎧=⎨⎩其它先验概率相等。
（1）求Bayes 判决函数（用0-1损失函数）；（2）求总的误判概率。
解：（1）当用0-1损失函数且先验概率相等时，Bayes 最小损失判决规则为： 如果122122211211(|)()1(|)()p x P p x P ωωλλωωλλ->=-（）（），则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
即，12(|)(|)p x p x ωω>，则判1x ω∈，否则判2x ω∈。
代入本题类概率密度函数得：如果x <，则判x ω1，否则判x ω2。
故，Bayes 判决函数为d(x)= 。
（2）误判概率211112()()(|)()(|)P e P p x dx P p x dxωωωωΩΩ=+⎰⎰2 1.51.51111()(0.51)(0.50.5)228P e x dx x dx =-++-=⎰⎰补充题2：在目标识别中，假定类型1为敌方目标，类型2为诱饵（假目标），已知先验概率P(1)=和P(2)=，类概率密度函数如下：1, 01(|)2, 120, x x p x x x ω≤<⎧⎪=-≤≤⎨⎪⎩其它 11, 12(|)3, 230, x x p x x x ω-≤<⎧⎪=-≤≤⎨⎪⎩其它 （1）求贝叶斯最小误判概率准则下的判决域，并判断样本x=属于哪一类；（2）求总错误概率P(e)； （3）假设正确判断的损失11=22=0，误判损失分别为12和21，若采用最小损失判决准则，12和21满足怎样的关系时，会使上述对x=的判断相反 0 1 2 3 x1p(x p(x解：（1）应用贝叶斯最小误判概率准则如果 )()()(2112ωω=x p x p x l <>)()(12ωωP P 则判 ⎩⎨⎧ωω∈21x 得 l 12=1 < )()(12ωωP P =4，故 x=属于 2 。