习题八
化学反应工程作业习题八
2013-7-1
2
• （4）计算在一个体积为500L的CSTR反应器中和 在两个串联的250L的CSTR反应器中可达到的转 化率。 • （5）在1000<E<3000(cal/mol)之间改变活化能， 在2000<|ΔHRX|<25000(cal/mol)之间改变反应热， 研究对PFR反应器转化率分布的影响。 • （6）讨论失控反应判据的应用。如果在Ta=300K 时κ=3，你将用什么样的Tc值以防止失控？
T 200 X 300
k (T ) k ( 300 K ) e V 500 L
E 1 1 ( ) R T 300
0.01 e
E 1 1 ( ) R T 300
X 0.92, T 484 K
2013-7-1
9
两个CSTR串联 : 第一釜： CSTR 1 V FA 0 X 1 , rA1
yB0 A 1, B 1, Ti 0 300K y A0 X EB 30 (T 300) ( 6000) T 200X 300
X 0.85, T 470K
2013-7-1 5
CSTR摩尔衡算方程:ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱVCSTR
2 rA kC AC B kC A0 (1 X ) 2
练习题八
练习题八一、是非题(每题1分)1 、简单的直流电路一般由电源、负载、控制电器和联接导线等组成。
[ ]A：正确B：不正确2、为延长电动机的使用寿命，电动机的功率应选得越大越好。
[ ]A：正确B：不正确3、电容器组的放电回路，必须采用断路器和熔断器保护。
[ ]A：正确B：不正确4、电流互感器的二次回路应装设熔断器作短路保护。
[ ]A：正确B：不正确5、对照明、电热配电干线截面可按计算负荷电流Ij选择；但对分支线路截面仍安装接负荷的额定电流之和计算。
[ ] A：正确B：不正确6、金属线槽引出的线路，可采用金属管、硬质塑料管、金属软管或电缆布线方式，电线和电缆在引出部分不得遭受损伤。
[ ] A：正确B：不正确7、通常对连续运行的电动机都应装设过负荷保护电器，位置宜远离控制电器或其组成部分。
[ ] A：正确B：不正确8、上海地区对低压用户规定：允许全压起动的电动机额定功率应小于供电变压器容量的8%。
[ ] A：正确B：不正确9、在潮湿作业场所或金属构架上等导电性能良好的作业场所，应使用Ⅱ类或Ⅰ类手持式电动工具。
[ ] A：正确B：不正确10、同一电网看具体情况，电力装置可采用保护接零，照明装置应采用保护接地。
[ ] A：正确B：不正确11、接地干线截面积应不少于相线干线的二分之一截面积。
[ ]A：正确B：不正确12、安装断路器时，为了有明显的断开点，应在出线侧加装隔离开关或熔断器。
A：正确B：不正确[ ] 13、RCD在安装前要检查其额定电压、额定电流、额定漏电动作电流和漏电动作时间等是否满足被保护线路和电气设备的要求。
[ ] A：正确B：不正确14、电流互感器在联接时，要注意其一、二线圈端子上的极性，接线要正确可靠。
[ ] A：正确B：不正确15、绝缘电阻表在测量了电容器、较长的电缆等设备的绝缘电阻后，应将“线路”L的连接线断开，然后再停止摇动手柄，以免被测设备向绝缘电阻表倒充电而损坏仪表。
[ ] A：正确B：不正确16、发现起火后，首先要切断电源。
习题8
习题八
∂H z ∂x
x=0 = 0
x=a
由此可得 kx
=
mπ a
，B
= 0 ，故
Hz
=
H
zm
A
cos⎜⎛ ⎝
mπ a
x ⎟⎞ e− jβ z ⎠
=
H
0
cos⎜⎛ ⎝
mπ a
x ⎟⎞ e− jβ z ⎠
式中， H0 = H zm A 。
将(1)式代入横向场分量的表达式，可得
Ey
=
jωµ kc
∂H z ∂x
⎟⎟⎠⎞2
小于媒质中的光速，与频率、波导的口面尺寸、波导中的媒质 ε r 及媒质中的光速有
关。 群速、相速、光速的关系是
(3) 截止波长
vp
⋅ vg
=
⎜⎛ ⎜⎝
c光 εr
⎟⎞2 ⎟⎠
λc =
2 ⎜⎛ m ⎟⎞2 + ⎜⎛ n ⎟⎞2
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
它与传输模式、波导的截面尺寸有关。
117
习题八
(4) 波导波长
解： 相速是电磁波等相位点移动的速度。群速是包络波上某一恒定相位点移
114
《电磁场与电磁波》——习题详解
动的速度。 根据平面波斜入射理论，波导内的导行波可以被看成平面波向理想金属表面斜
入射得到的，如图 8-1 所示。从图中可以看出，由于理想导体边界的作用，平面波
从等相位面 D 上的 A 点到等相位面 B 上的 M 点和 F 点所走过的325λ0 = 3.976 cm
⎝ 2a ⎠
β = k 1− ⎜⎛ λ0 ⎟⎞2 = 0.755k = 1.58×10−2 rad/m ⎝ 2a ⎠
Z = TE10
大学物理课后习题答案第八单元
dE P =
1 λdx 4 πε 0 (a − x ) 2
λ E P = ∫ dE P = 4πε 0
=
∫
l 2 l − 2
dx (a − x ) 2
λ 1 1 [ − ] l l 4 πε 0 a− a+ 2 2
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=
λl πε 0 (4a 2 − l 2 )
沿径向向外
∴
(3) ∴
r > R2
∑q = 0
E=0
题 8-12 图 8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 σ 1 和 σ 2 ， 试求空间各处场强． 解: 如题 8-12 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 σ 1 与 σ 2 ， 两面间， E =
�
1 � (σ 1 − σ 2 )n 2ε 0
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习题八 8-1 电量都是 q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形 的边长有无关系? 解: 如题 8-1 图示 (1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知： q ′ 为负电荷
4λlr 4π ε 0 (r 2 +
l2 l2 ) r2 + 4 2
∵ ∴
λ= EP = qr
q 4l
方向沿 OP
l2 l2 4πε 0 (r 2 + ) r 2 + 4 2
8-9
(1)点电荷 q 位于一边长为a的立方体中பைடு நூலகம்，试求在该点电荷电场中穿
习题(八)资本结构 8
财务管理习题（八）资本结构一、单选题1.某企业希望在筹资计划中确定期望的加权平均资本成本，为此需要计算个别资本占全部资本的比重。
此时，最适宜采用的计算基础是（）。
A.目前的账面价值B.目前的市场价值C.预计的账面价值D.目标市场价值1．下列关于资本结构的说法中，错误的是（）。
A．迄今为止，仍难以准确地揭示出资本结构与企业价值之间的关系B．能够使企业预期价值最高的资本结构，不一定是预期每股收益最大的资本结构C．在进行融资决策时，不可避免地要依赖人的经验和主观判断D．按照营业收益理论，负债越多则企业价值越大3、某公司的经营杠杆系数为1.8，财务杠杆系数为1.5，则该公司销售额每增长1倍，就会造成每股收益增加（）。
A、1.2倍B、1.5倍C、0.3倍D、2.7倍4. 某公司年营业收入为500万元，变动成本率为40%，经营杠杆系数为1.5，财务杠杆系数为2。
如果固定成本增加50万元，那么，总杠杆系数将变为( )。
A. 2.4B. 3C. 6D. 85．下列公式中不正确的是（）。
A。
股利支付率十留存盈利比率=1 B。
股利支付率*股利保障倍数=1C。
变动成本率十边际贡献率＝1 D。
资产负债率*产权比率=16．企业从银行借人短期借款，不会导致实际利率高于名义利率的利息支付方式是（）。
A。
收款法 B。
贴现法C。
加息法 D。
分期等额偿还本利和的方法7．若某一企业的经营处于盈亏临界状态，错误的说法是（）。
A。
此时销售额正处于销售收入线与总成本线的交点B．此时的经营杠杆系数趋近于无穷小C，此时的营业销售利润率等于零D。
此时的边际贡献等于固定成本8．进行本量利分析时，如果可以通过增加销售额、降低固定成本、降低单位变动成本等途径实现目标利润，那么一般讲（）。
A。
首先需分析确定销售额 B。
首先需分析确定固定成本C。
首先需分析确定单位变动成本 D。
不存在一定的分析顺序9．在个别资金成本的计算中，不必考虑筹资费用影响因素的是( )。
习题八
第八章习题一、选择题1、按照使用方式进行分类，原型可分为：演示原型、（）、试验原型和引示系统原型。
（A）非操作原型（B）系列首发原型（C）选定特征原型（D）严格意义上的原型2、按照功能特征进行分类，原型可分为：（）、非操作原型、系列首发原型和选定特征原型。
（A）拼凑原型（B）样板原型（C）纸上向导原型（D）严格意义上的原型3、按照开发方法进行分类，原型可分为：演化式原型和抛弃式原型，其中抛弃式原型又被细分为（）。
（A）演示原型和试验原型（B）系列首发原型和选定特征原型（C）探索式原型和实验式原型（D）样板原型和纸上向导原型4、原型的需求内容可以从三个纬度上分析：即（）。
（A）外观、角色和实现（B）开发、实现和作用（C）成本、技术和实现（D）需求、作用和角色二、填空题1、按照媒介载体进行分类，原型可分为：和纸上向导原型。
2、演示原型主要被用在阶段。
3、演示原型都是被用来展示用户想象中的，所以它要能够表现用户界面的重要特征。
4、如果一个问题的技术解决方案是不清晰的，也可以被用来展现相应的细节功能以使用户确信该问题解决的可能性。
5、通常来说，如果用户需求出现了模糊、不清晰、不完整等具有一定不确定性的特征，就可以考虑使用方法。
6、是指原型物件在用户工作中的价值，也就是说它为什么对用户是有用的。
三、判断题、1、按照构建技术进行分类，原型可分为：水平原型和垂直原型。
（）2、严格意义上的原型主要被用在需求分析阶段。
（）3、要完成相同的功能，构建抛弃式原型比构建演化式原型所花费的代价要大得多。
（）4、水平原型方法仅仅实现选定功能实现的所有层次，能够处理较大范围的功能。
（）5、垂直原型方法会触及选定功能所有层次中的某些特定层次，处理的功能范围通常较小。
（）6、建立外观原型时重在原型的用户界面和交互方式，原型的功能和技术实现细节就会被简化处理。
（）7、如果选择的开发方法是实验式或者探索式开发方法，应该尽量花费最小的代价，争取最快的速度，忽略或简化不重要的功能处理。
习题八假设检验答案
习题八假设检验答案(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习题八 假设检验一、填空题1．设12,,...,n X X X 是来自正态总体的样本，其中参数2,μσ未知，则 检验假设0:0H μ=的t -t -检验使用统计量tX2．设12,,...,n X X X 是来自正态总体的样本，其中参数μ未知，2σ已知。
要检验假设0μμ=应用 U 检验法，检验的统计量是X U =0H 成立时该统计量服从N （0，1） 。
3．要使犯两类错误的概率同时减小，只有 增加样本容量 ;4 ． 设12,,...,n X X X 和12,,...,m Y Y Y 分别来自正态总体2~(,)X X X N μσ和2~(,)Y Y Y N μσ，两总体相互独立。
（1）当X σ和Y σ已知时，检验假设0:X Y H μμ=所用的统计量为X YU =0H 成立时该统计量服从 N （0，1） 。
（2）若X σ和Y σ未知，但X Y σσ= ，检验假设0:X Y H μμ=所用的统计量 为X YT =0H 成立时该统计量服从(2)t m n +- 。
5．设12,,...,n X X X 是来自正态总体的样本，其中参数μ未知，要检验假设 2200:H σσ=，应用 2χ 检验法，检验的统计量是 2220(1)n S χσ-=；当0H 成立时，该统计量服从 2(1)n χ- 。
6．设12,,...,n X X X 和12,,...,m Y Y Y 分别来自正态总体2~(,)X X X N μσ和2~(,)Y Y Y N μσ，两总体相互独立。
要检验假设220:X YH σσ=，应用 F 检验法，检验的统计量为 22XYS F S = 。
7．设总体22~(,),,X N μσμσ 都是未知参数，把从X 中抽取的容量为n 的 样本均值记为X ，样本标准差记为S （修正），在显著性水平α下，检验假设 01:80;:80;H H μμ=≠的拒绝域为 2||(1)T t n α≥- 在显著性水平α下，检验假设22220010:;:;H H σσσσ=≠的拒绝域为 222(1)n αχχ≥-或222(1)n αχχ≤- ;8．设总体22~(,),,X N μσμσ都是未知参数，把从X 中抽取的容量为n 的样本均值记为X ，样本标准差记为S （修正），当2σ已知时，在显著性水平α下，检验假设0010:;:H H μμμμ≥<的统计量为 X U ={}U u α≤- 。
北京邮电大学大学物理学习题答案8
习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证∏点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0χμ 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0ξ10-9X ·μ-1 的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0χμ处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0χμ 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x 2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为α的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为P 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(α)图所示．题8-9(3)图题8-9(α)图 题8-9(β)图 题8-9(χ)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(χ)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r )cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6χμ，外半径10χμ，电荷体密度为2×510-X ·μ-3求距球心5χμ，8χμ ,12χμ 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r χμ时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(α)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E题8-13图(α) 题8-13图(β)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(β)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6X 的两个异号点电荷组成，两电荷距离δ=0.2χμ，把这电偶极子放在1.0×105N ·X -1 的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8X ，2q =3.0×10-8X ，相距1r =42χμ，要把它们之间的距离变为2r =25χμ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R 0π2ελ-= (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104μ·σ-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31κγ，电子电量e =1.60×10-19X) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30κς·χμ-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5χμ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U Eε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200χμ2，A 和B 相距4.0μμ，A 与C 相距2.0 μμ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7X ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是∑，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是∑，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq dU2032-=-=εσσSq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rrQ E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为δρ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μΦ，2C =0.15μΦ，3C =0.20μΦ ．1C 上电压为50ς．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明 200 πΦ、500 ς和 300 πΦ、900 ς，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 ς 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+=221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0χμ 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0χμ和3R =5.0χμ，当内球带电荷Q =3.0×10-8X 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4rrQ E ε= 3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。
【免费下载】 习题八答案
1.某糖厂用自动打包机打包，每包标准重量100kg ，每天需检查一次打包机工作是否正常，某日开工后测得九包糖的重量分别为（单位：kg ）99.3 98.7 100.5 101.2 98.3 99.7 101.2 100.5 99.5问：该日打包机工作是否正常? （选择显著性水平，）05.0=α306.205.0=t 1.解： 作假设;100:;100:10≠=μμH H 由于总体方差未知，故选择统计量 ，2σns x T 0μ-=由已知条件，计算可得。
9,1000==n μ04.1 ,87.99==s x 计算统计量 375.0904.110087.990-=-=-=n s x T μ因为，所以应接受，故该日打包机工作正常。
05.0375.0t T <=100:0=μH 2.对一批新的某种液体的存贮罐进行耐裂试验，抽查5个，得到爆破压力的数据（公斤/寸2 ）为：545，545，530，550，545。
根据经验爆破压认为是服从正态分布的，而过去该种液体存贮罐的平均爆破压力为549公斤/寸2 ，问这种新罐的爆破压与过去有无显著差异？（α=0.05）2.解：H 0:= 549μ(1)t n -∵=0.05，n －1=4，∴查表得：=2.776α0.05(4)t 又∵==543X )545...545(51++s 2==57.5])545543(...)545545[(4122-++-∴接受假设，即认为该批新罐得平均保爆破压与过去的无显著差异。
3.设某次考试的考生成绩服从正态分布，从中随机地抽取36位考生的成绩，算得平均成绩为66.5分，标准差为15分，问在显著性水平0.05下，是否可认为这次考试全体考生的平均成绩为70分？并给出检验过程。
（，）0301.2)35(025.0=t 0281.2)36(025.0=t 3. ，设，则,5.66(~2nN X σ70:,70:10≠=X H X H，故拒绝域为)1(~--=n t nSX t μ,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤≥=)35()35(|22ααt t t t t w 或.{}0301.20301.2|-≤≥=t t t w 或由于不在拒绝域内，故接受，即可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分.4.1=t 0H 4.某厂生产铜丝的折断力在正常情况下服从正态分布，折断力方差=64，今从一批产2σ品中抽10根作折断力试验，试验结果（单位：公斤）：578，572，570，568，572，570，572，596，584，570。
金融学-习题8-中央银行
金融学期末考试复习资料习题八第十章中央银行一、单选题1、中央银行的产生商业银行。
A 早于B 晚于C 同时于D 必然来源于2、下列西方的中央银行中，按其独立性程度不同分类，属于独立性最强模式的是。
A 美国联邦储备体系B 日本银行 C英格兰银行 D 意大利银行3、中央银行是国家的银行，它代理国库，集中。
A 国库存款B 企业存款C 团体存款D 个人存款4、中央银行在经济衰退时，可法定存款准备金率。
A 调高B 降低 C不改变 D 取消5、在下列针对中央银行资产项目的变动中，导致准备金减少的是。
A 中央银行给存款机构贷款增加B 中央银行出售证券C 向其他国家中央银行购买外国通货 D 中央银行代表财政部购买黄金，增加黄金储备6、在下列银行中，的性质不同于其他三者。
A英格兰银行 B中国建设银行 C中国银行 D花旗银行14、人民币由中国人民银行流向社会的流程是。
A 发行库、市场、业务库B 业务库、发行库、市场C 发行库、业务库、市场D市场、业务库、发行库17、中央银行对商业银行债权规模的增加，一般会引起货币供给量的。
A 增加B 减少C 不变 D不一定18、中央银行对财政债权规模的增加，最终会引起货币供给量的。
A 增加B 减少C 不变 D不一定19、中央银行持有外汇和黄金规模的减少，会引起货币供给量的。
A 增加B 减少C 不变 D不一定二、多选题7、下列中央银行的行为和服务中，体现其“银行的银行”的职能的是。
A代理国库 B对政府提供信贷C集中保管商业银行存款准备金D 充当最后贷款人8、在中央银行创立时期，具有重要意义的三家中央银行是。
A英格兰银行B美国联邦储备体系C瑞典国家银行 D 德意志联邦银行9、现代中央银行最重要的活动有。
A 制定和执行货币政策B 盈利C 监管金融机构和金融市场D 为政府提供信贷支持10、引起中央银行产生的客观原因有。
A 银行券发行问题B 票据交换问题C 金融管理问题D 最后贷款人问题E 货币政策问题11、中央银行的职能有。
《随机过程及其在金融领域中的应用》习题八答案
则 Xn Xn1 Xn
要使Yn cXn Xn1 n 1,Y0 X0 是关于 Fn Xk , 0 k n, n 0 的鞅，
则
EYn
E cXn
Xn1 ， c
1
。
8、设 Xt ,Yt 是鞅，证明 Xt Yt 是鞅， minXt ,Yt 是下鞅。
得Yn cXn Xn1 n 1,Y0 X0 是关于 Fn Xk , 0 k n, n 0 的鞅。
答： 鞅为满足如下条件的随机过程：在已知过程在时刻 S 之前的变化规律的条件 下，过程在将来某一时刻 t 的期望值等于过程在时刻 x 的值。
E Xn1 X0, X1, , Xn Xn Xn1 ，
Zn Xn E Xn 2 , n 0 是下鞅，
Zn, n 0 是上鞅。
6、设Xt ,t 0 是独立增量过程，且对每一个 t 0, E Xt 0, X0 0 ，又设
E Xt Xs 2 F t F s0 s t ， F t 是 t 的非减函数。证明：
E
X2 n1
E
X2 n2
E
X2 n1
X2 n2
E
X n1 X n2
2
2 X n1 X n2
2
X
2 n2
E
X n1
X n2
2
2 X n1 X n2
2
X
2 n2
E
2
X n1 X n2
2E
X X n1 n2
2
X
2 n2
大学物理习题8.docx
习题八8-1根据点电荷场强公式E = 当被考察的场点距源点电荷很近(r-O)4%,时，则场强一 8,这是没有物理意义的，对此应如何理解？解：丘=4 : 2&仅对点电荷成立，当尸TO时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-2在真空中有,，8两平行板，相对距离为d,板面积为S,其带电量分别为2+0和-0.则这两板之间有相互作用力/•,有人说又有人说，因为2f = qE, E = ^~,所以f = ^—.试问这两种说法对吗？为什么？/•到底应等于多少？解：题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强E = £看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为£ =顼一，另一板受它的作用力2/ = 7—这是两板间相互作用的电场力.1s0S 1s0S 8-3 一个点电荷g放在球形高斯面的中心，试问在下列情况下，穿过这高斯面的£通量是否改变？高斯面上各点的场强£是否改变？(1)另放一点电荷在高斯球面外附近.(2)另放一点电荷在高斯球面内某处.(3)将原来的点电荷g移离高斯面的球心，但仍在高斯面内.(4)将原来的点电荷g移到高斯面外.答：根据高斯定理，穿过高斯面的电通量仅取决于面内电量的代数和，而与面内电荷的分布情况及面外电荷无关,但各点的场强E与空间所有分布电荷有关，故:(1)电通量不变，叫=@ / 高斯面上各点的场强E改变(2)电通量改变，由㊇变为金=(qf。
,高斯面上各点的场强E也变(3)电通量不变，仍为勿| .但高斯面上的场强£会变。
(4)电通量变为0,高斯面上的场强£会变.8-4以下各种说法是否正确，并说明理由.(1)场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，场强也一定为零.(2) 在电势不变的空间内，场强一定为零.(3) 电势较高的地方，场强一定较大；场强较小的地方，电势也一定较低. (4) 场强大小相等的地方，电势相同；电势相同的地方，场强大小也一定相 等(5) 带正电的带电体，电势一定为正；带负电的带电体，电势一定为负. (6) 不带电的物体，电势一定为零；电势为零的物体，一定不带电. 答：场强与电势的微分关系是，E = -VU .场强的大小为电势沿等势面法线方向 的变化率，方向为电势降落的方向。
线性代数习题8解析【哈工大版】
·97·习 题 八1．用矩阵表示下列二次型，并求出这些二次型的秩. （1）2224424f x xy y xz z yz =+++++解：121(,,)242121x f x y z y z ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21312121121242000121000r r r r --⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=−−−→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭A所以()()1R f R ==A .（2）2227244f x y z xy xz yz =+----解：112(,,)112227x f x y z y z --⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪=-- ⎪⎪ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭213123211211211211200404112270411004r r r r r r ++↔------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪=--−−−→-−−−→-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭A所以()()3R f R ==A .（3）22221234122313142426424f x x x x x x x x x x x x x x =+++-++--解：1212343411211132(,,,)23101201x x f x x x x x x --⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-- ⎪⎪= ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭21243124121112111211121113200530320231005320532120103200053r r r r r r r r r +↔--⨯+------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪----⎪ ⎪ ⎪=−−−→−−−→⎪ ⎪⎪-- ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭A 324335533112111210320032000160016005200033r r r r r --⨯----⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭·98·所以()()4R f R ==A .2．用配方法化下列二次型为标准形，并求出所用的可逆线性变换. （1）22211221336544f x x x x x x x =++-+解：22222123232323(32)941254f x x x x x x x x x =+---+++ 2221232333(32)4()92x x x x x x =+---+ 作线性变换1123223333232y x x x y x x y x =+-⎧⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩ 即 11232233353232x y y y x y y x y ⎧=--⎪⎪⎪=+⎨⎪=⎪⎪⎩则二次型的标准形为22212349f y y =-+.变换矩阵 51323012001⎛⎫--⎪⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭C . （2）122331f x x x x x x =++解：注意到f 不含平方项，但含12x x 项，故令11221233x y y x y y x y=+⎧⎪=-⎨⎪=⎩, 即 1122133110110110,110001001x y x y x y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C将其代入f 得1212123312()()()()f y y y y y y y y y y =+-+-++2212132y y y y =-+ 2221323()y y y y =+--令 1312233y y z y z y z+=⎧⎪=⎨⎪=⎩ 即1132233y z z y z y z=-⎧⎪=⎨⎪=⎩·99·1122233101101010,010001001y z y z y z --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C得222123f z z z =--，所用的可逆线性变换为111222333110101111110010111001001001x z z x z z x z z --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 12111111001-⎛⎫⎪==-- ⎪ ⎪⎝⎭C C C .3．用初等变换法将下列二次型化为标准形，并求合同变换矩阵.（1）22221234121314232434422444448f x x x x x x x x x x x x x x x x =++-++-+-- 解：首先写出f 的矩阵4222222222142242-⎛⎫⎪-⎪= ⎪- ⎪ ⎪----⎝⎭A 作合同变换21314112131411121212121214212124222100022220111221401032242013310001/21/21/21/2010001000010001000010001r r r r r c c c c c --+⨯--+⨯-⎛⎫⎛⎪ -- ⎪ ⎪ --⎪ -------⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ =−−−→ ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎝⎭ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝ A E ⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎭·100·3243423243422210001000010001000012001000240000111100002222011101130010001200010001r r r r r r c c c c c c --+--+⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪--- ⎪⎪-- ⎪ ⎪⎛⎫ ⎪⎪ ⎪−−−→−−−→= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪--⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪⎪-- ⎪ ⎪ ⎪⎪- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D C则 110022011300120001⎛⎫- ⎪⎪-= ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭C 在=X CY 可逆线性变换下222123f y y y =+-.（2）121323f x x x x x x =++解： 110221102211022⎛⎫⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎪⎝⎭A 122131212221311222123111000221100001140100220010011102211111121111001110010102001001r r r r r r r c c c c c c c +--⨯+⨯--⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪- ⎪ ⎪--⎛⎫ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪=−−−→−−−→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎪⎪- ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭A E ⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪⎭D C·101·所以合同变换矩阵111111001--⎛⎫⎪=-⎪ ⎪⎝⎭C . 在=X CY 可逆线性变换下222123f y y y =--.4．用正交变换将下列二次型化为标准形，并写出所用的正交变换. （1）222123121323444444f x x x x x x x x x =+++++解：112323422422(,,)242242224224x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭A422111||242(8)242224224λλλλλλλ----=---=----------E A 2111(8)020(2)(8)002λλλλλ=--=---所以A 的特征值为1232,8λλλ===. 对于122λλ==有2221112222000222000---⎛⎫⎛⎫⎪⎪-=---→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭E A ，求得基础解系为 12111001--⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ξξ 由Schmidt 方法正交化得 1212111201⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪ ⎪⎪==- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭ββ单位化为121/02⎛⎛⎫-- ⎪==- ⎪⎪ ⎪⎪ ⎝⎭⎝P P·102· 对于38λ=有4221018242011224000---⎛⎫⎛⎫⎪⎪-=--→- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭E A ， 求得特征向量为 3111⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭ξ，单位化得31/1/1/⎛ = ⎝P令1231/1/()1/1/021/⎛--==- ⎝P P P P在正交变换=X PY 之下有222123228f y y y =++.（2）222123232334f x x x x x =+++解： 200032023⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A200||032(2)(1)(5)0023λλλλλλλ--=--=---=--E A 所以A 的特征值为1231,2,5λλλ===.对于11λ=，1001001022011022000-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-=--→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭E A , 011⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭ξ，单位化得101/⎛⎫ =- ⎪⎝⎭P .对于22λ=，0000012012010021000⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-=--→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭E A ，22100⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭P ξ，·103·对于35λ=，3001005022011022000⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-=-→- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭E A ，3011⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ξ，单位化得30⎛⎫ = ⎝P .令123010()01/1/01/⎛⎫ ==- ⎝P P P P在正交变换=X PY 下有22212325f y y y =++.5．判断下列二次型是否是正定二次型 （1）222123121326422f x x x x x x x =++--解：二次型f 的矩阵 211160104--⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪-⎝⎭A其各阶顺序主子式2120,11016->=>- 211||16038014--=-=>-A 所以A 是正定阵，f 是正定二次型.（2）2222123412132434143919246122f x x x x x x x x x x x x x x =+++-+--+解：二次型f 的矩阵 11211303209613619-⎛⎫ ⎪--⎪= ⎪- ⎪ ⎪--⎝⎭A 其各阶顺序主子式10>，112013-=>-11213060,||24029--=>=>A所以A 是正定阵，f 是正定二次型.·104· 6．求下列二次型中的参数t ，使二次型正定. （1）2221231213235422x x tx x x x x x x +++--解：二次型的矩阵 52121111t -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪--⎝⎭A其顺序主子式 5250,1021>=>. 5210351351||2110121201211111t t t t t t t----=-=--==->-----A所以2t >时，二次型正定.（2）22212312132322x x x tx x x x ++++解：二次型的矩阵 2110103t t ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭AA 的顺序主子式22220,2,||531tt t t >=-=-A 欲使二次型正定，t 应满足 2220530t t ⎧->⎪⎨->⎪⎩解之t t ⎧<<⎪⎨<<⎪⎩ , 故t <<时二次型正定. 7．设实对称阵A 是正定的，证明：（1）1-A 是正定的； （2）(0)k k >A 是正定的. 证：（1）因为A 实对称正定，所以'=A A ，且A 可逆. 所以111()()---''==A A A ，这说明1-A 也是实对称阵.设λ是1-A 的任一特征值，则1λ是A 的特征值，由A 正定知10λ>，故0λ>，从而1-A 是正定的.（2）对任意,n ∈≠R 0X X ，由A 正定，0k >，有()0k k ''=>X A X X AX ， 故k A 正定.8．设实对称阵A 是正定的，试证2+A E 是正定的.·105·证：因为A 是正定的实对称阵，所以'=A A .所以(2)22''+=+=+E A E A E A . 即2+E A 是实对称的.任取,n ∈≠X X R 0，有(2)20,'''+=+>X E A X X X X AX所以2+E A 是正定的.9．设A 是实对称矩阵，试证当实数k 充分大时，k +A E 是正定的. 证：因为,()k k ''=∴+=+A A A E A E ，即k +A E 是实对称阵. 设12,,,n λλλ 是A 的n 个实特征值，则存在正交阵P 使21n λλλ-⎛⎫⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭P AP 于是121()n k k k λλλλ-+⎛⎫⎪+⎪+= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭P A E P 当1max{||,,||}n k λλ> 时，k +A E 的特征值全大于0，故k +A E 正定.10．设二次型211()nii j i i j nf xx x =≤<≤'==+∑∑X X AX（1）写出()f X 在正交变换下的一个标准形； （2）判断f 是否正定；（3）当2n =时，求正定阵B ，使2=A B .解：（1）二次型f 的矩阵 1111222111122211112221111222⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭A·106· 11112221111222||11112221111222λλλλλ---------=--------E A 12111122211111()222111122111122nj j n c c λλλλ=---+----+------∑11111122210002 11((1000 2,, 2212()212i n r r n i n n λλλλλλ------+=---=+--所以A 的特征值为12111,22n n n λλλλ-+===== . 经过正交变换 222212111112222n n n f y y y y -+=++++. （2）因A 的特征值全大于零，故f 为正定二次型.（3）当2n =时，A 的特征值1211132,,12212λλ⎛⎫⎪===⎪ ⎪ ⎪⎝⎭A·107·对于11111111122,,110012222λ⎛⎫-- ⎪-⎛⎫⎛⎫=-=→= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-- ⎪⎝⎭E A ξ单位化得11/⎛-= ⎪⎝⎭P对于22111113322,,110012222λ⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎛⎫=-=→= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭E A ξ单位化得2⎛= ⎝P令121/1/()1/⎛-== ⎝P P P ，P 为正交矩阵.于是有 102302⎛⎫⎪'== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭P AP D102302⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭A P P2000000⎛⎫⎫⎫⎫ ⎪⎪⎪⎪ ⎪'''== ⎪ ⎪ ⎝⎝⎝⎝⎭P P P P P P令001/1/1/020⎫⎫⎪⎛⎛--⎪'== ⎪ ⎪⎝⎝ ⎝⎭⎝B P P14=+.显然'=B B ，即B 为实对称阵，则2=A B·108· 又BB合同于⎫⎪⎝，知B 正定的. 故B 为正定阵，且2=A B .11．设、A B 都是n 阶实对称阵，且A 与B 的特征值完全相同，试证存在正交阵C ，使=AC CB .证：设i λ为、A B 的特征值，1,2,,i n = ，因为、A B 都是实对称阵，所以存在正交矩阵、P Q ，使 12n Q λλλ⎛⎫⎪⎪''== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ P AP BQ ''=APQ PQ B令 '=C PQ , 则=AC CB .因为、P Q 都是正交阵，所以C 是正交阵. 12．设A 是n 阶正定矩阵，试证|2|2n +>A E . 证：因为A 是n 阶正定矩阵，所以'=A A ，所以存在可逆矩P ，使121n λλλ-⎛⎫ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ P AP , 其中1,,nλλ 为A 的特征值， 且0,1,,i i n λ>= .1211122(2)(2)2n λλλ---+⎛⎫ ⎪+⎪+=+= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭P A E P P AP P E P 11|(22)|(2)ni i λ-=+=+∏P E P1|2|(2)2nn i i λ=+=+>∏A E .13．A 是m n ⨯实矩阵，证明'A A 为正定矩阵的充分必要条件是()R n =A .·109·证：先证必要性n∀∈R α，且≠0α，由'A A 为正定阵，有0''>ααA A , 即 ()0'>A A αα, 故(,)0>A A αα,≠0A α.这说明线性方程组=0AX 仅有零解， 故()R n =A ，即A 是实列满秩阵. 再证充分性由()'''=A A A A , 说明'A A 是实对称阵. 由()R n =A ，故线性方程组=0AX 只有零解. 因此n ∀∈R α，且≠0α，则≠0A α，于是()()()(,)0'''==>ααααααA A A A A A这说明'A A 是正定阵.14．指出下列方程在平面直角坐标系与空间直角坐标系中各表示什么图形. （1）2220x y y +-= 解：原方程为22(1)1x y +-=在平面直角坐标系下表示，以(0,1)为圆心、半径为1的圆，在空间直角坐标系下表示，以该圆为准线，母线平等于z 轴的圆柱面 （2）22x y =解：分别表示抛物线与抛物柱面 （3）421x y +=解：分别表示直线及过此直线与z 轴平行的平面（4）5123y x y x =+⎧⎨=-⎩解：分别表示xOy 平面两条直线的交点417(,)33--及两平面51y x =+与23y x =-的交线，即过点417(,33--且平行z 轴的直线.15．将xOy 坐标面上的双曲线224936x y -=分别绕x 轴及y 轴旋转一周，求所生成的两个旋转曲面的方程.解：双曲线方程为： 22194x y -= 绕x 轴旋转一周所得曲面方程为·110·222194x y z +-=旋转双叶双曲面. 绕y 轴旋转一周所得曲面方程为222194x z y +-=旋转单叶双曲面. 16．求母线平行于x 轴，且通过曲线222222216,x y z x y z ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩的柱面方程. 解：在曲线方程（两个曲面的交线方程）中消掉x 有22316y z -=即为母线平行于x 轴且通过该曲线的柱面方程.17．求球面2229x y z ++=与平面1x z +=的交线在xOy 面上的投影的方程. 解：将球面方程与平面方程联立消掉z 得母线平行于z 轴的投影柱面方程为222(1)9x y x ++-=故交线在xOy 面上的投影的方程为222(1)9,0.x y x z ⎧++-=⎨=⎩18．将下列曲线的一般方程化为参数方程.（1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩解：将y x =代入球面方程有2229x z +=221992x z += 令02x θθπ=≤≤ 令, 023sin .x z θθπθ⎧=⎪≤≤⎨⎪=⎩于是得到曲线的参数方程为·111·,, 023sin .x y z θθθπθ⎧=⎪⎪⎪=≤≤⎨⎪⎪=⎪⎩. （2）222(1)(1)4x y z z ⎧-+++=⎨=⎩解：将0z =代入球面方程有22(1)3x y -+=令1,02,x y θθπθ⎧-=⎪≤≤⎨=⎪⎩ 于是曲线参数方程为1,,020.x y z θθθπ⎧=+⎪⎪=≤≤⎨⎪=⎪⎩. 19．求螺旋线cos ,sin ,x a y a z b θθθ=⎧⎪=⎨⎪=⎩在三个坐标面上的投影的直角坐标方程.解：在xOy 面投影为cos ,sin ,0.x a y a z θθ=⎧⎪=⎨⎪=⎩ 消掉θ得222,0.x y a z ⎧+=⎨=⎩在yOz 面投影为0,sin ,.x y a z b θθ=⎧⎪=⎨⎪=⎩ 消掉θ得0,sin .x z y a b =⎧⎪⎨=⎪⎩在xOz 面投影为cos ,0,.x a y z b θθ=⎧⎪=⎨⎪=⎩消掉θ得cos ,0.z x a b y ⎧=⎪⎨⎪=⎩20．求旋转抛物面22(04)z x y z =+≤≤在三个坐标面上的投影.解：在xOy 面上的投影为224,0.x y z ⎧+≤⎨=⎩·112· 在yOz 面上的投影为24,0.y z x ⎧≤≤⎨=⎩在xOz 面上的投影为24,0.x z y ⎧≤≤⎨=⎩21．求直线1:011x y zL -==绕Z 轴旋转所生成的旋转曲面的方程. 解：设1(,,)M x y z 是L 上的任意点，(,,)M X Y Z 是旋转曲面上由1M 旋转所生成的点. 则有 2222,z Z x y X Y =+=+ （*）直线L 的一般方程为 1,(1).(2)x y z =⎧⎨=⎩（1）平方+（2）平方得 2221x y z +=+ （3）将（*）代入（3）得2221X Y Z +-=.此即L 绕z 轴旋转所得的旋转曲面方程，为旋转单叶双曲面.22．求以(0,0,0)为顶点，且以22221,x z a c y b ⎧+=⎪⎨⎪=⎩为准线的锥面方程.解：设1(,,)M x y z 是准线上任意点(,,)M X Y Z 是连结1、O M 直线上锥面的任意点. 1//OM OM .显然有 x y zX Y Z== 且y b = 即 ,,.x Xt y Yt t z Zt =⎧⎪=-∞<<+∞⎨⎪=⎩（*）由准线方程有22221,x z a c += y b= 即 1Y t b = 将（*）代入2222221X Z t t a c+=,得22222222(X Z Y t t a c b+=, 即2222220X Y Z a b c-+=, 为过(0,0,0)的锥面方程.·113·23．指出22022y z x +-=所表示的曲面是由xOy 面上什么曲线绕什么轴旋转而成的. 解：22022y y x +-=，即222y z x +=为旋转抛物面. 是由220y x z ⎧=⎪⎨⎪=⎩绕x 轴旋转而成.24．指出下列方程的图形是什么曲面 （1）22216916144x y z ++=；解：原曲面方程为22219169x y z ++=椭球面. （2）22(1)z y x =-+；解：旋转抛物面（3）2224436144x y z -+=；解：原曲面方程为222136364x y z -+=单叶双曲面. （4）22(1)4z x y =++解：椭圆抛物面.（5）222490x y z +-+=解：原曲面方程为22219994x y z +-=- 双叶双曲面. （6）z =解：圆锥面的上半部分. （7）22220x y z +-= 解：二次锥面. （8）z xy = 解：马鞍面.25．指出下列方程所表示的曲线（1）22225,3;x y z x ⎧++=⎨=⎩解：为平面3x =上圆心为(3,0,0)半径4R =的圆.（2）2224936,1;x y z y ⎧++=⎨=⎩·114· 解：为平面1y =上的椭圆22132329x z +=. （3）222425,3;x y z x ⎧-+=⎨=-⎩解：为平面3x =-上的双曲线221164z y -=. （4）224804y z x y ⎧+-+=⎨=⎩解：为平面4y =上的抛物线 2164x z =+.（5）221191420y z x ⎧-=⎪⎨⎪-=⎩解：为平面2x =上的双曲线 2211914y z -=.26．画出下列曲面围成的立体的图形. （1）2366,0,0,0x y z x y z ++====；解：平面的截距式方程为 1321x y z++=，平面2366x y z ++=与三个坐标面在第一卦限所围的四面体（如图8.1） （2）0z z ==解：为2221x y z ++=球面的上半球面与xOy 所围的上半球体（如图8.2）.·115·（3）2210,3x y z z +-+==解：旋转抛物面221z x y =++与平面3z =所围的立体（如图8.3）. （4）2,2,0,2y x y z z ====解：由平面0,2,2z z y ===截抛物柱面2y x =的立体（如图8.4）.27．已知二次型222123123121323(,,)553266,f x x x x x x x x x x x x =++-+-问123(,,)1f x x x =表示何种曲面.解：二次型f 的矩阵513153333-⎛⎫ ⎪=-- ⎪ ⎪-⎝⎭A5130(4)(6)3(4)||15315333303(4)6λλλλλλλλλλ--------=-=----+E A263(4)(4)(9)03(4)6λλλλλλλ-=-=--=-+故A 的特征值为1230,4,9λλλ===.在正交变换下123(,,)1f x x x =化为：2221230491y y y ++=为椭圆柱面. 28．用正交变换和坐标平移将下面的二次曲面方程化为标准方程.22212312132312315284466602x x x x x x x x x x x x +-+--+++-=·116· 解：记 142412222-⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪---⎝⎭A则 21103314222||4120326222222λλλλλλλλλλ----+---=--=++++E A236(3)14λλλλ++-=-+212(3)14λλ-=-+2(3)(6)0λλ=+-= 故A 的特征值为1236,3λλλ===-.对于16λ=，154210226452012,22280001--⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-=-→=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭E A ξ单位化得 12/32/31/3-⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭P对于233λλ==-11144223442000221000⎛⎫-⎪--⎛⎫ ⎪ ⎪--=--→⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭ ⎪⎝⎭E A ，2110-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ξ，3102⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ξ 由Schmidt 正交化得 2110-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭β， 312122⎛⎫ ⎪⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭β·117·单位化得21/0⎛- = ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭P ，31/1/4/⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎝P令1232/31/()2/31/1/304/⎛⎫-- ⎪==- ⎪ ⎝P P P P 在正交变换112233x y x y x y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭P 下原方程为222123123156336(0)02y y y y y --+-+-= 配方有22212316()33(32y y y ----=作平移变换11223312y z z y z y ⎛⎫-⎪⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ -⎝⎭ ⎝⎭则 2221236333z z z --=标准方程为：22231221111z z z --=为双叶双曲面.29．求曲线2222:2z x yC z y⎧=+⎪⎨=⎪⎩在xOy 坐标面和yOz 坐标面上的投影方程，并画出草图.解：（1）消去z 得柱面方程22(1)1x y +-=故C 在xOy 坐标面的投影方程为22(1)1,0.x y z ⎧+-=⎨=⎩ 如图8.5 表示以(0,1,0)为圆心，半径等于1的圆.zyo x图8.5·118· （2）22z y =是包含C 的母线平行于x 轴的柱面. 曲线220z yx ⎧=⎨=⎩包含C 在yOz 坐标面的投影，C 在yOz 坐标面的投影曲线为22,02,0.z y y x ⎧=≤≤⎨=⎩如图8.6. 30．求曲线222222,: (0)x y a C a y z a⎧+=⎪>⎨+=⎪⎩在各坐标面上的投影方程，并画出草图. 解：（1）222x y a +=是通过C ，母线垂直于xOy 坐标面的柱面方程C 在xOy 坐标面的投影曲线为222,0.x y a z ⎧+=⎨=⎩ （2）与（1）类似C 在yOz 坐标面的投影曲线的方程为222,0.y z a x ⎧+=⎨=⎩ （3）消去y 得通过C ，母线垂直于xOz 坐标面的柱面()()0x z x z +-=这是两个相交平面，于是得C 在xOz 坐标面的投影方程()()0,||0.x z x z x a y +-=⎧≤⎨=⎩. 这是两条相交直线段. 如图8.7.x yz x z=aaao。
统计学习题八
第八章 因素分析一、单项选择题1、统计指数是表明客观现象综合变动的：A 、绝对数B 、相对数C 、平均数D 、预测值 2、反映客观现象总规模总水平变动的指数是：A 、总指数B 、个体指数C 、质量指标指数D 、数量指标指数 3、编制质量指标综合指数的一般原则是采用（ ）作同度量因素。
A 、基期的数量指标 B 、基期的质量指标 C 、报告期的数量指标 D 、报告期的质量指标 4、用综合指数法编制总指数的关键问题之一是：A 、确定被比较的对象B 、确定同度量因素及其所属时期C 、确定对比时期D 、计算个体指数 5、在指数体系分析中，两个因素指数的同度量因素通常： A 、都固定在基期 B 、都固定在报告期C 、采用基期与报告期的平均D 、1个固定基期1个固定报告期 6、按照个体销量指数和基期销售额计算的销售量指数是： A 、综合指数 B 、平均指标指数 C 、加权算术平均数指数 D 、加权调和平均数指数7、在公式∑∑11111pq k p q 中，一般地说k 是：A 、质量指标个体指数B 、数量指标个体指数C 、同度量因素D 、权数 8、固定权数的加权算术平均物价指数公式是：A 、∑∑w w k qB 、∑∑ww k pC 、∑∑wp p w 01 D 、 ∑∑w k w p1 9、拉氏综合指数中同度量因素所采用的时期是：A 、报告期B 、基期C 、.固定期D 、前一期 10、下列指数公式中较适用于进行空间对比分析的是：A 、费雪公式B 、帕斯公式C 、杨格公式D 、马埃公式 11、如果零售物价上涨6%，销售量下降5%，则销售额：A 、没有变化B 、有所增加C 、有所减少D 、无法判断 12、某商店销售额上半年为500万元，下半年为600万元，其原因是销售价格和销售量分别发生了约（ ）的增减变动。
A 、10.2%和9.0%B 、-10.5%和35.2%C 、-5.2%和26.6%D 、无法说明原因13、某企业的产品产量2008年比2007年增长了15%，单位产品成本下降了4%，2007年企业支付总成本800万元，则2008年企业要比2007多支付多少总成本： A 、83.2万元 B 、648.0万元 C 、48.0万元 D 、82.4万元 14、如果价格降低可以多购商品15%，则物价指数为：A 、85%B 、115%C 、87%D 、无法确定 15、构成指数体系的必要条件之一是各因素指数的（ ）等于总变动指数。
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（一）单项选择题
1．在市场增长率－相对市场占有率矩阵(波士顿矩阵)中，具有较高市场增长率和较低的相对市场占有率的业务是（）。
A、问号类
B、明星类
C、金牛类
D、瘦狗类
2．在波士顿矩阵中，当市场增长率低，相对市场占有率高的时候，它是属于哪种经营单位。
（）
A、问题类
B、明星类
C、金牛类
D、瘦狗类
3．在波士顿矩阵中，幼童是指那些相对市场占有率较（）而市场增长率较（）的经营单位。
A、高、低
B、高、高
C、低、高
D、低、低
4．在BCG矩阵中，企业对瘦狗类经营单位实行的战略是（）。
A、市场开发
B、维持战略
C、收缩和放弃战略
D、收获战略
5．生命周期分析法的战略建议有：（）。
A、发展战略
B、有重点地发展战略
C、成本领先战略
D、“夹在中间”战略
E、调整战略
6. 在产品—市场演变矩阵中，当经营单位的产品处于成熟期并且竞争地位强时，企业应实行的战略是（）。
A、发展
B、增加市场份额
C、维持现状或抽资
D、抽资或清算、放弃
7. 在产品—市场演变矩阵中，当经营单位的产品处于成熟期并且竞争地位弱时，企业应实行的战略是（）。
A、发展
B、增加市场份额
C、维持现状或抽资
D、抽资或清算、放弃
8. 在产品—市场演变矩阵中，当经营单位的产品处于开发期并且竞争地位强时，企业应实行的战略是（）。
A、发展
B、建立市场份额
C、维持现状或抽资
D、市场集中
9.行业吸引力－竞争能力分析法是那个公司提出来的（）
A、波士顿公司
B、通用电器公司与麦肯锡咨询公司
C、壳牌公司
D、亚瑟"利特尔咨询公司
10.生命周期法是那个公司提出来的（）
A、亚瑟"利特尔咨询公司
B、通用电器公司与麦肯锡咨询公司
C、壳牌公司
D、波士顿公司
（二）多项选择题
1、在波士顿矩阵中，下列那些经营单位不属于市场增长率低、相对市场占有率高的情况？（）
A、问题类
B、明星类
C、金牛类
D、瘦狗类
2、在波士顿矩阵的幼童区域，可能采用什么战略？（）
A、目标集聚战略
B、增加市场份额
C、清算战略
D、放弃战略
E、收获战略
3、在波士顿矩阵的金牛区域，可能采用什么战略？（）
A、目标集聚战略
B、增加市场份额
C、维护战略
D、放弃战略
E、收获战略
4、下列那些战略是生命周期分析法的战略建议？（）
A、发展战略
B、成本领先战略
C、选择性投资战略
D、调整战略
5、行业吸引力－竞争能力分析法对行业吸引力的评价因素包括：（）
A、生产规模
B、行业规模
C、市场增长速度
D、市场占有率
6、行业吸引力－竞争能力分析法对经营单位竞争能力的评价因素包括：（）
A、生产规模
B、行业规模
C、行业利润
D、单位形象
E、市场占有率
7、下列那些阶段属于产品—市场的演化过程（）。
A、开发阶段
B、孕育阶段
C、扩张阶段
D、成熟阶段
E、衰退阶段
8、行业成熟度包括下列阶段中的那些？（）
A、开发阶段
B、孕育阶段
C、扩张阶段
D、发展阶段
9、战略选择的主要影响因素有那些？（）
A、外部环境
B、现有产品的生产成本
C、管理者对待风险的态度
D、企业过去的战略
10、应用汤姆森和斯特克兰方法，当企业面对市场增长迅速、竞争地位弱的情况时，什么战略方案可选？（）
A、合并
B、纵向一体化
C、多元化
D、清算。