第3-5章习题课分析解析
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第五章习题课运动的合成与分解的两个模型【含答案及解析】
第五章抛体运动习题课:运动的合成与分解的两个模型课后篇巩固提升合格考达标练1.某小船船头垂直于河岸渡河,若水流速度突然增大,其他条件不变,下列判断正确的是()A.小船渡河的时间不变B.小船渡河的时间减少C.小船渡河的时间增加D.小船到达对岸的地点不变,与水速大小无关,选项v,河宽为d,则渡河时间t=dvA正确,B、C错误;由于水速增大,故合速度的方向变化,到达河对岸的地点变化,选项D错误。
2.(2021山东烟台高一期中)光滑半球A放在竖直面光滑的墙角处,用手推着保持静止。
现在A与墙壁之间放入光滑球B,放手让A和B由静止开始运动,当A、B运动到图示位置时,二者球心的连线与水平面成θ角,速度大小分别为v A和v B,则以下关系正确的是()A.v A=v BB.v A=v B sin θC.v A=v B cos θD.v A=v B tan θ,所以两球沿球心连线方向的分速度大小相等,即v A cos θ=v B sin θ,得v A=v B tan θ,故D正确。
3.(多选)如图所示,一人以恒定速度v 0通过定滑轮竖直向下拉小车,使其在水平面上运动,当运动到如图位置时,细绳与水平方向成60°,则此时 ( )A.小车运动的速度为12v 0 B.小车运动的速度为2v 0 C.小车在水平面上做加速运动 D.小车在水平面上做减速运动,如图。
人拉绳的速度与小车沿绳子方向的分速度是相等的,根据三角函数关系:v cos 60°=v 0,则v=vcos60°=2v 0,随小车向左运动,细绳与水平方向的夹角α越来越大,由v=v0cosα知v 越来越大,则小车在水平面上做加速运动,故B 、C 正确。
4.(2021河南焦作期末)不可伸长的轻绳通过定滑轮,两端分别与甲、乙两物体连接,两物体分别套在水平、竖直杆上。
控制乙物体以v=2 m/s 的速度由C 点匀速向下运动到D 点,同时甲由A 点向右运动到B 点,四个位置绳子与杆的夹角分别如图所示,绳子一直绷直。
第3、4章 课后习题解答
第3章 课后习题解答3.1 按照图示所选定的参考方向，电流i 的表达式为)32314sin(20π+=t i A ，如果把参考方向选成相反的方向，则i 的表达式应如何改写？讨论把正弦量的参考方向改成相反方向时，对相位差有什么影响？解：若把电流的参考方向选成相反的方向时，解析式中的初相可加（或减）180°，即原式可改写为)3314sin(20)32314sin(20πππ-=-+=t t i A 。
当正弦量的参考方向改成相反方向时，原来的同相关系将变为反相关系；原来的反相关系变为同相关系；原来超前的关系将变为滞后；原来滞后的关系变为超前。
3.2 已知314sin 2220A t u =V ，)120314sin(2220B-=t u V 。
（1）试指出各正弦量的振幅值、有效值、初相、角频率、频率、周期及两者之间的相位差各为多少？（2）画出u A 、u B 的波形。
解：①u A 的振幅值是311V ，有效值是220V ，初相是0，角频率等于314rad/s ，频率是50Hz ，周期等于0.02s ；u B 的幅值也是311V ，有效值是220V ，初相是－120°，角频率等于314rad/s ，频率是50Hz ，周期等于0.02s 。
u A 超前u B 120°电角。
u A 、u B 的波形如图所示。
3.3 按照图示电压u 和电流i 的波形，问u 和i 的初相各为多少？相位差为多少？若将计时起点向右移π/ 3，则u 和i 的初相有何改变？相位差有何改变？u 和i 哪一个超前？解：由波形图可知，u 的初相是－60°，i 的初相是30°；u 滞后I 的电角度为90°。
若将计时起点向右移π/ 3（即60°），则u 的初相变为零，i 的初相变为90°，二者之间的相位差不变。
3.4 额定电压为220伏的灯泡通常接在220伏交流电源上，若把它接在220伏的直流电源上行吗？答：灯泡可以看作是纯电阻负载，纯电阻负载在工频交流电下和直流情况下的电阻值变化很小，而额定电压值通常是指加在灯泡两端的长期、安全工作条件下的最高限值的有效值，有效值又与数值相同的直流电热效应相等，因此，把灯泡接在220V 直流电源上是可以的。
《运营管理》课程习题和答案解析_修订版
第1章运营管理概述习题一、单项选择题1、在组织的三大基本职能中，处于核心地位的是：（）A、财务B、营销C、运营D、人力2、产品品种单一、产量大、生产重复程度高的生产类型称为（）。
A、单件生产B、大量生产C、批量生产D、大批量生产3、生产设施按工艺流程布置，加工顺序固定不变，工艺过程的程序化、自动化程度较高的生产类型称为（）A、连续型生产B、间断式生产C、订货式生产D、备货式生产4、有形产品的变换过程通常也称为（）A.服务过程B.生产过程C.计划过程D.管理过程5、无形产品的变换过程有时称为（）A.管理过程B.计划过程C.服务过程D.生产过程6、制造业企业与服务业企业最主要的一个区别是（）A.产出的物理性质B.与顾客的接触程度C.产出质量的度量D.对顾客需求的响应时间7、企业经营活动中的最主要部分是（）A.产品研发B.产品设计C.生产运营活动D.生产系统的选择8、下列哪项不是生产运作管理的目标（）A、质量B、成本C、价格D、柔性9、按照生产要素密集程度和顾客接触程度划分，医院是：（）A、大量资本密集服务B、大量劳动密集服务C、专业资本密集服务D、专业劳动密集服务10、当供不应求时，会出现下列情况：（）A、供方之间竞争激化B、价格下跌C、出现回扣现象D、质量与服务水平下降二、多项选择题1、服务运营管理的特殊性体现在（）A.设施规模较小B.质量易于度量C.对顾客需求的响应时间短D.产出不可储存E.可服务于有限区域范围内2、运营管理中的决策内容包括（）A.运营战略决策B.运营系统运行决策C.运营组织决策D.运营系统设计决策E.营销决策3、产品结果无论有形还是无形，其共性表现在（）.A.市场畅销B.满足人们某种需要C.投入一定资源D.经过变换实现E..实现价值增值4、企业经营管理的职能有（）.A.财务管理B.技术管理C.运营管理D.营销管理E.人力资源管理5、运营管理的计划职能具体包括以下方面内容（）A.目标B.原因C.人员D.地点E.时间F. 方式三、简答题1、根据生产活动的定义，生产活动有哪些含义？2、从管理的角度来看制造过程和服务过程，二者存在哪些重要异同？3、按照产品品种多少和生产的重复程度划分的生产类型有哪些？特点是什么？4、生产运营系统有哪些的主要特征？试对其进行简单描述。
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第五章习题课 平抛运动规律的应用(课后习题)【含答案及解析】
第五章抛体运动习题课:平抛运动规律的应用课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,斜面上有A ,B ,C ,D 四个点,AB=BC=CD ,从A 点以初速度v 0水平抛出一个小球,它落在斜面上的B 点,若小球从A 点以速度√2v 0水平抛出,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A.小球一定落在C 点B.小球可能落在D 点与C 点之间C.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定增大D.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角不相同2.(多选)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动,运动员穿专用滑雪板,在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出,在空中飞行一段距离后着陆。
现有某运动员先后两次从跳台a 处沿水平方向飞出,初速度分别为v 和2v ,两次均在斜坡上着陆。
不计空气阻力,下列判断正确的是( ) A.运动员两次在空中飞行的时间之比是1∶2 B.运动员两次在空中飞行的位移之比是1∶2 C.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度大小之比是1∶2D.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度与水平方向夹角的正切值之比是1∶2v 0,则根据题意可得tan α=12gt2v 0t=gt2v 0,解得t=2v 0tanαg,运动员在空中运动的时间和初速度成正比,故A 正确;运动员的位移√(v 0t )2+(12gt 2) 2=t √v 02+(12gt) 2,可知位移与时间不成正比,B 错误;由落地时速度√v 02+(gt )2可知,初速度变为原来2倍,时间变为原来2倍即竖直分速度变为原来2倍,故合速度变为原来2倍,C 正确;位移方向不变,瞬时速度方向不变,D 错误。
如图所示,某物体以水平初速度抛出,飞行√3 s 后,垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上(g 取10 m/s 2),由此计算出物体的水平位移x 和水平初速度v 0分别是( )A.x=25 mB.x=5√21 mC.v 0=10 m/sD.v 0=20 m/sv y =gt=10√3 m/s,将速度进行分解,根据平行四边形定则知,tan 30°=v 0v y,解得v 0=10√3×√33m/s =10 m/s,则水平位移x=v 0t=10×√3 m =10√3 m 。
3.第三章企业财务分析方法习题解析
第三章 企业财务分析方法习题解析（一）单项选择题1.应用水平分析法进行分析评价时关键应注意分析资料的（ ）。
A.全面性B.系统性C.可靠性D.可比性注：可比性要求同一时期不同企业相关资料的口径（含经营范围、业务规模、会计政策、会计估计……等）一致或相近，同一企业不同时期相关资料口径（含业务范围、业务规模、会计政策、会计估计……等）一致或相近。
2.利用共同比资产负债表评价企业的财务状况属于（ ）。
A.水平分析B.垂直分析C.趋势分析D.比率分析注：共同比率分析、结构比率分析都属于垂直分析。
3.可以预测企业未来财务状况的分析方法是（ ）。
A.水平分析B.垂直分析C.趋势分析D.比率分析4.对于连环替代法中各因素的替代顺序，传统的排列方法是（ ）。
A.主要因素在前，次要因素在后B.影响大的因素在前，影响小的因素在后C.不能明确责任的在前，可以明确责任的在后D.数量指标在前，质量指标在后注：完整表述为——先数量后质量、先实物后价值、先分子后分母。
5.杜邦分析法是（ ）。
A.基本因素分析方法B.财务综合分析方法C.财务综合评价方法D.财务预测分析方法（二）多项选择题1.财务分析实施阶段包括的步骤有（ ）。
A.确立分析标准B.报表整体分析C.财务指标分析D.基本因素分析注：按本课程所选教材的论述，报表整体分析属于战略与会计分析阶段，而财务指标分析和基本因素分析属于具体实施阶段。
E.价值评估2.影响行业竞争程度的因素包括（ ）A.市场占有率B.现有企业间的竞争C.替代产品或服务的威胁D.新加入企业的竞争威胁E.市场议价能力3.新企业进入某一行业的障碍主要有（ ）。
A.替代产品的威胁B.销售网与关系网因素C.规模经济D.先入优势E.法律障碍注：销售网与关系网因素，课件中简称为业务网络因素。
4.选择低成本策略应做的工作有（ ）。
A.提供差异产品或服务B.改善资源利用率C.优化企业规模D.明确消费与需求E.提高与供应商议价能力5.编写财务分析报告的基本要求包括（ ）。
张延《中级宏观经济学》课后习题详解(3第三章 产品市场均衡：收入—支出模型)
张延《中级宏观经济学》第二篇 总需求分析 第三章 产品市场均衡：收入一支出模型跨考网独家整理最全经济学考研真题，经济学考研课后习题解析资料库，您可以在这里查阅历年经济学考研真题，经济学考研课后习题，经济学考研参考书等内容，更有跨考考研历年辅导的经济学学哥学姐的经济学考研经验，从前辈中获得的经验对初学者来说是宝贵的财富，这或许能帮你少走弯路，躲开一些陷阱。
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1．本题分析两部门条件下的产品市场均衡。
假定消费函数为1000.8C Y =+，同时，投资60I =。
（1）均衡的收入水平是多少？ （2）均衡的储蓄水平是多少？（3）如果由于某种原因产出水平是1000，那么，什么是非意愿存货水平？ （4）如果，I 增加100，那么，这对均衡收入会产生什么作用？ （5）什么是这里的乘数k 值？（6）画图表明在（1）和（2）中的均衡。
解：（1）由两部门国民收入恒等式：Y C I =+，有1000.860Y Y =++，解得800Y =。
（2）由均衡条件：C S C I +=+，得储蓄水平为：60S I ==。
（3）由产出水平为1000，总需求1000.8100060960AD =+⨯+=，所以非意愿存货水平为：100096040-=。
（4）由1000.860100Y C I I Y =++∆=+++，解得1300Y =，由此可见，投资增加100，可使得均衡收入增加了1300800500-=。
（5）投资乘数k 表示投资每增加一单位所带来的国民收入的增加量。
由已知有，乘数115110.8k c ===--。
（6）如图3-1所示，800为（1）中的均衡收入，1300为（2）中的均衡收入。
图3-1 不同投资水平下的产品市场均衡2．假定在习题1中的消费者的行为发生了变化，由于社会变迁导致该国的消费者提高了其边际消费倾向，新的消费函数为1000.9C Y =+，而I 仍保持不变为60。
高中物理第3章恒定电流测评课后习题含解析鲁科版3
第3章测评(时间:60分钟满分：100分）一、选择题(本题共12小题，每小题4分,共48分.第1～8题每小题中只有一个选项符合题目要求,第9~12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1。
根据欧姆定律，下列判断正确的是(）A.导体两端的电压越大，导体的电阻越大B.加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C。
电流经过电阻时，沿电流方向电势要升高D。
电解液短时间内导电的U—I图线是一条直线A选项错,欧姆定律不适用于气态导体，故B选项错;由欧姆定律I=U得U=IR，可知电流经过U电阻时，电阻两端有电压，沿电流方向电势降低，故C选项错;欧姆定律适用于电解液导电，故D选项对。
2。
R1=10 Ω,R2=20 Ω，R1允许通过的最大电流为1。
5 A,R2两端允许加的最大电压为10 V。
若将它们串联,加在电路两端的最大电压可以是（)A。
45 V B。
5 V C。
25 V D。
15 VR1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1。
5A,经计算,R2允许通过的最大电流仅为0。
5A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15V，因而选D.3.下列说法正确的是()A.家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位B。
功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电能是1度C.1度等于1 000焦耳D。
1度等于3.6×106瓦度”是电能的单位,是指电功率为1kW的用电器正常工作1小时所消耗的电能，且1度=103×3600J=3。
6×106J,故B项正确。
4。
（2019～2020学年安徽黄山高二上期末质量检测)用电流表和电压表测量电阻的电路如图所示,其中R x为待测电阻。
电表内阻对测量结果的影响不能忽略，下列说法中正确的是(）A.电流表的示数小于通过R x的电流B。
电流表的示数大于通过R x的电流C。
电压表的示数小于R x两端的电压D.电压表的示数大于R x两端的电压,实验采用电流表外接法，电流表所测电流等于通过电阻的电流与通过电压表的电流之和,电流表的示数大于通过R x的电流,故A错误，B正确；由电路图可知，电压表与待测电阻并联,测量待测电阻两端电压，电压表的示数等于R x两端的电压,故C、D错误。
第五章习题课三角恒等变换的应用
B.[1,2]
C.[- 10, 10]
D.[0, 10]
(2)函数 f(x)=sin x- 3cos x(x∈[-π,0])的单调递增区间是(
5π
5π
π
π
)
π
A. -π,- 6
B. - 6 ,- 6 C. - 3 ,0
D. - 6 ,0
解析:(1)因为 f(x)=sin x+3cos x= 10sin(x+φ)(其中 tan φ=3),所
课堂篇
探究学习
探究一
探究二
探究三
规范解答
2π
随堂演练
3
变式训练 2 已知 sin 3 - =- 3 ,则 cos(-x)+cos +
5π
=
.
3
2π
3
π
3
解析:由 sin 3 - =- 3 可得 sin + 3 =- 3 ,于是
5π
5π
5π
3
3
cos(-x)+cos +
=cos x+cos xcos -sin xsin
(2)
随堂演练
2sin 2cos 2-2sin2 2 2sin 2cos 2+2sin2 2
2sincos
=
2sincos
4sin2 2·cos2 2-sin2 2
=
2sincos
2sin2 2
2sin2 2
=
sin
=
4sin22·cos
= 2sincos
y=Asin(ωx+φ)的形式,最后再求周期和递增区间以及值域.
金属学和热处理课后习题集答案解析第三章
第三章二元合金的相结构与结晶3-1 在正温度梯度下，为什么纯金属凝固时不能呈树枝状生长，而固溶体合金却能呈树枝状成长？答：原因：在纯金属的凝固过程中，在正温度梯度下，固液界面呈平面状生长；当温度梯度为负时，则固液界面呈树枝状生长。
固溶体合金在正温度梯度下凝固时，固液界面能呈树枝状生长的原因是固溶体合金在凝固时，由于异分结晶现象，溶质组元必然会重新分布，导致在固液界面前沿形成溶质的浓度梯度，造成固液界面前沿一定范围内的液相其实际温度低于平衡结晶温度，出现了一个由于成分差别引起的过冷区域。
所以，对于固溶体合金，结晶除了受固液界面温度梯度影响，更主要受成分过冷的影响，从而使固溶体合金在正温度梯度下也能按树枝状生长。
3-2 何谓合金平衡相图，相图能给出任一条件下合金的显微组织吗？答：合金平衡相图是指在平衡条件下合金系中合金的状态与温度、成分间关系的图解，又称为状态图或平衡图。
由上述定义可以看出相图并不能给出任一条件下合金的显微组织，相图只能反映平衡条件下相的平衡。
3-3 有两个形状、尺寸均相同的Cu-Ni合金铸件，其中一个铸件的W Ni=90%，另一个铸件的W Ni=50%，铸后自然冷却。
问凝固后哪一个铸件的偏析严重？为什么？找出消除偏析的措施。
答：W Ni=50%铸件凝固后偏析严重。
解答此题需找到Cu-Ni合金的二元相图。
原因：固溶体合金结晶属于异分结晶，即所结晶出的固相化学成分与母相并不相同。
由Cu-Ni合金相图可以看出W Ni=50%铸件的固相线和液相线之间的距离大于W Ni=90%铸件，也就是说W Ni=50%铸件溶质Ni的k0（溶质平衡分配系数）高，而且在相图中可以发现Cu-Ni合金铸件Ni的k0是大于1，所以k0越大，则代表先结晶出的固相成分与液相成分的差值越大，也就是偏析越严重。
消除措施：可以采用均匀化退火的方法，将铸件加热至低于固相线100-200℃的温度，进行长时间保温，使偏析元素充分扩散，可达到成分均匀化的目的。
随机信号分析基础(第5章习题讲解)
一个p阶递归滤波器
p
Y j a1Y j1 a2Y j2 a pY j p X j aiY ji X j
p
RY
(k)
i0 p
ai
RY
(k
i),
i0
ai
RY
(k
i)
2 i
,
i0
k 0
k 0
RY (0)
Y () X ()H()
传输函数的计算 稳定性与物理可实现性
随机信号通过线性系统
•系统输出的均值
mY
E[Y (t)] mX
h( )d
•系统输出的自相关函数
RY ( ) RX ( ) h( ) h( )
若随机输入过程X(t)是平稳的，那么线性时不变系 统的输出过程Y(t)也是宽平稳的随机过程。若输入是 各态经历过程，输出也将是各态经历过程。
白噪声通过线性系统
噪声带宽
随机序列通过线性系统
一个q阶非递归滤波器
q
Y j b0 X j b1 X j1 bq X jq bi X ji i0
输入白序列，输出的自相关函数
RY
(k)
2 X
qk i0
bi bi k
,
0,
k 0,1,, q k q
a
mY
(t )
5.11 解：先求出输入电压的自相关函数
RX ( ) E[ X (t) X (t )] E[(X0 cos(2 t ))( X0 cos(2 (t ) )] 1 1 cos 2
2020学年高中物理第3章习题课5滑块—木板模型和传送带模型教案教科版必修1(最新整理)
习题课5 滑块-木板模型和传送带模型［学习目标］ 1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块-木板模型． 2.会对传送带上的物体进行受力分析，正确判断物体的运动情况．滑块-木板模型1．模型特点：上、下叠放两个或多个物体,物体间存在相对滑动．2．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移(路程）关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．【例1】质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上,质量也为m的小滑块(可看作质点）放在长木板的左端，如图所示．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时求解下列问题．（重力加速度为g)(1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大；(2)当F＝3μmg时,经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端．思路点拨：①分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度．②对滑块和木板进行运动情况分析，找出各自的位移．③滑块滑至木板最右端，滑块相对木板位移为木板长度．[解析］(1）当滑块和木板没有发生相对滑动时,对滑块、木板整体有F＝2ma 当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有μmg＝ma联立解得F＝2μmg。
（2)设滑块、木板的加速度分别为a1、a2由牛顿运动定律得F－μmg＝ma1μmg＝ma2解得a1＝2μg，a2＝μg设经t时间，滑块滑到木板的最右端,则L＝错误!a1t2－错误!a2t2，解得t＝错误!。
第5章现代计算机复杂环境下程序执行练习题答案解析
精品文档第 5 章现代计算机：复杂环境下程序执行1、关于现代计算机系统，下列说法正确的是 _____。
(A)计算机就是一个主机箱、一个显示器、一个键盘和一个鼠标；(B)计算机不仅仅是主机箱、显示器、键盘和鼠标，还包括扫描仪、打印机、各种数码设备；(C)计算机不仅仅是如(B)一样的硬件设备，其最重要的部分是软件，安装在该计算机的各种各样的软件才能体现出该计算机功能的强弱；(D)人们认为，计算机不仅仅包括硬件和软件，还包括网络和数据，很多的软件都可通过网络来使用，人们的注意力已经从关注软硬件转移为关注各种各样的数据；(E)上述都不正确。
答案： D解释：本题考核现代计算机系统相关知识；计算机不仅仅包括硬件 (主机箱、显示器、键盘和鼠标，还包括扫描仪、打印机、各种数码设备) 和软件，还包括网络和数据，很多的软件都可通过网络来使用，人们的注意力已经从关注软硬件转移为关注各种各样的数据。
所以 D 正确。
具体内容请参考第五章视频之“现代计算机系统的构成”以及第五章课件。
2、关于普通计算机的主机箱中有什么，下列说法正确的是 _____。
(A)主机箱中有电源，还有一块电路板 -- 即主板。
主板上有一个微处理器(CPU)；(B)主机箱中有电源和主板。
主板上有微处理器和内存 (条)；(C)主机箱中有电源和主板。
主板上有微处理器和内存(条)；还有各种磁盘驱动器被连接到主板上进而接受 CPU 的控制；(D)主机箱中有电源，主板。
主板上有微处理器和内存 (条)；还有各种磁盘驱动器被连接到主板上进而接受 CPU 的控制；主板上还有若干个插槽，这些插槽可用于各种外部设备的接口电路板与主板的连接；主板上也有若干已做好的接口，直接用于连接各种外部设备。
答案： D解释：本题考核计算机的主机箱相关内容；主机箱中有电源，主板。
主板上有微处理器和内存 (条)；还有各种磁盘驱动器被连接到主板精品文档．精品文档上进而接受 CPU 的控制；主板上还有若干个插槽，这些插槽可用于各种外部设备的接口电路板与主板的连接；主板上也有若干已做好的接口，直接用于连接各种外部设备。
西安交大版电路第3-5章习题课
is1
+
无源电路 uab
由题意：
0.5uab = -k1is1 - k2us1 + k3us 2 0.3uab = -k1is1 + k2us1 - k3us 2
- us2+
上三式相加可得：
1.8uab = -k1is1 + k2us1 + k3us 2
由互易定理可得: I1´=1A 由叠加定理可得：I1 = 3 - I1´= 2A
22
习题4-20 图中网络N仅由电阻组成。根据图a和图b的已知 情况求图c中电流I1和I2。 5Ω I2 I 4Ω I1 4Ω 习题4-192A 3A 4Ω 1A
+ 20V -
N
图a
5Ω
+ 20V -
N
图b
+ 20V -
1 1 1 ( )un1 un 2 is1 is 5 0 R2 R3 R4 R4 习题3-14b 1 1 1 3、对于电流源和电阻串联 un1 ( )un 2 i R4 R4 R6 的支路可以等效为一个电流 un1 源支路，列方程时此电阻不 i 补充方程： = R2 + R3 计入自电导和互电导中。 列结点电压方程注意：
+ U 1kΩ -
10V电压源单独作用：
2kΩ 1kΩ
+ + 10V '' 6U 2kΩ 2kΩ + 1kΩ -
+
-
6U' U''
2kΩ + 5V + U' 1kΩ 2 kΩ 3
+
大学物理习题答案解析第五章
第二篇 电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法 在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).5 －2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).5 －3 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分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动2εσ分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带 的上夸克和两个带的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证 由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ，得5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′， 统一积分变量，则当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系，统一积分变量，有积分得 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度由于 代入得 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中，将上式化简并略去微小量后，得 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力. 解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z ＞＞d ，简化上式得 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为① ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度 (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有根据高斯定理，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为，每个带电球壳在壳内激发的电场，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r ＞R )解2 将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0≤r ≤R )球体外(r ＞R )5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证 带电球体内部一点的电场强度为所以 ， 根据几何关系，上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理即可求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，，故 R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷 故 R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B )所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r ＜R 1 ，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，r ＞R 2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零解得由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。
SCY-选修3-5(第十六章)知识点归纳及例题解析
第十六章：动量守恒定律一．基础知识（一）．实验：探究碰撞中的不变量实验思路：（1）建立模型：实验必须保证碰撞是一维碰撞，即两个物体在碰撞之前沿同一直线运动，规定某个方向为正方向。
（2）用天平测量物体的质量（3）测量物体碰撞前后的速度方法1：光电门测速光电门测速：测出滑块经过光电门的时间t，则滑块匀速运动的速度为v=L/t方法2：单摆测速单摆测速：设摆绳长为L，测出摆角θ和β，机械能守恒可得速度为方法3：打点计时器测速打点计时器测速：测出相邻计数点间的距离⊿X，可得速度为v =⊿X/⊿t方法4：平抛测试本实验设计思想巧妙之处在于用长度测量代替速度测量。
说明：橡皮泥θβ保证两绳等长1）斜槽末端的切线要水平；2）从同一高度释放小球；3）实验中不需要测量时间，也不需要测量桌面的高度；4）能正确判断小球碰撞前后的落点(m1>m2);5）用正确的方法从落点的痕迹找出落点的位置；（二）．冲量、动量和动量定理1．动量P(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：千克·米/秒。
符号：kg·m/s。
(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同。
例题：（3-5课本第7页例题）一个质量是0.1Kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动。
碰撞前后的动量变化了多少？分析：1.说明动量的变化量发生了变化，或者说变大了，但是动量的大小可能不变。
2.说明动量是矢量，应该注意方向问题；(例如：创新方案牛刀小试1、2题)。
1．[多选]物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小可能不变D．物体受到的合力冲量大小为5 N·s解析：选CD动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可能增大，也可能减小，还可能不变。
(完整版)电工和电子技术第二版陶桓齐课后习题答案解析
第1章 电路的基本概念与定律 练习题解答（6）1-3 一只额定电压为V 220，功率为100W 的白炽灯，在额定状态下工作时的电阻和电流各为多少？解：根据功率表达式 UI I R P 2L ==则此时流过白炽灯的电流和白炽灯中的电阻分别为A 45.0220100U P I ===Ω===48445.0100I P R 22L1-5 某一直流电源，其输出额定功率P N = 200W ，额定电压U N = 50V ，内阻R 0 = 0.5Ω，负载电阻R可以调节，其电路如图1-15所示。
试求： （1）额定工作状态下的电流及负载电阻； （2）开路状态下的电源端电压；（3）电源短路状态下的电流。
解：（1）电路如解题图3所示，当S 闭合时,根据额定功率表达式N N N I U P = 则A 450200U P I N N N === 又根据额定电压表达式N N N I R U = 那么Ω===5.12450I U R N N N（2）根据全电路欧姆定律和开路状态下电源端电压等于电动势电压，所以V 5245.050I R U E U N 0N 0=⨯+=+== （3）电源电路短路时负载电阻为零，则短路电流为A 1045.052R E I 0S ===1-7 在题图1-7中，五个元件代表电源或负载。
电流和电压的参考方向如图中所示，通过实验测量得知V30U V 80U V 60U V 90U V 140U A10I A 6I A 4I 54321321=-==-====-=（1）试标出各电流的实际方向和电压的实际极性； （2）判断那些元件是电源？那些是负载？（3）计算各元件的功率，电源发出的功率和负载取用的功率是否平衡？E 解题图3题题1-721U U U21U 题题题4解：（1）各元件电流的实际方向和各元件电压的实际极性如解题图4所示。
（2）根据U 和I 的实际方向来判定，当U 和I 的实际方向相反时即为电源（注意，U 的实际方向指的是电位降落的方向，即从正极指向负极），否则为负载。
小学数学课程标准与教材研究学生作品-第三章作业习题解析
第三章习题解析：1.义务教育阶段课程目标的基本结构是怎样的？要点：数学课程的目标分通过总目标和学段目标两个部分来进行阐述，同时对课程目标的要求既要关注结果目标，也要关注过程目标。
在理解课程目标时有几个问题值得注意：①总目标的基本结构；②总目标与学段目标之间的关系；③总目标与四个具体方面之间的关系；④结果目标与过程目标之间的关系。
2. 如何整体理解数学课程的总目标？要点：总目标又通过两方面来进行阐述，一方面是总纲，归结为以下三条：（1）获得适应社会生活和进一步发展所必需的数学的基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验。
（2）体会数学知识之间、数学与其他学科之间、数学与生活之间的联系，运用数学的思维方式进行思考，增强发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力。
（3）了解数学的价值，提高学习数学的兴趣，增强学好数学的信心，养成良好的学习习惯，具有初步的创新意识和科学态度。
另一方面是实现总目标的“四个具体方面”：知识技能、数学思考、问题解决、情感态度四个方面。
3. 如何整体理解“具体阐述总体目标的四个方面”？要点：总体目标的四个方面不是相互独立和割裂的，而是一个密切联系、相互交融的有机整体。
在课程设计和教学活动组织中，应同时兼顾这四个方面的目标。
这些目标的整体实现，是学生受到良好数学教育的标志，它对学生的全面、持续、和谐发展有着重要的意义。
数学思考、问题解决、情感态度的发展离不开知识技能的学习，知识技能的学习必须有利于其他三个目标的实现。
具体表现在：①四个方面是密切联系的整体②教学中应同时兼顾四个方面③四个方面的整体实现是“学生受到良好数学教育” 的标志○四个方面是互相促进的4.“四基”应当把握的重点分别是什么？要点：（1）数学基础知识的学习重在理解和掌握。
（2）基本技能重在理解和准确（3）基本思想应在学习过程中感悟（4）“基本活动经验”在“做”的过程中积累5.以某一数学领域为例，分析该内容的基本结构及教学重点。
第5章刚体力学习题课解析
［例3］一物体组。其中滑轮A可随m的下降而上升。两滑轮的质 量均为M ，且均匀分布，半径为R ，绳子的质量及轴上的摩擦不 计。试求：m下降的加速度及绳中的张力。
解:选取地面为参考系，隔离动滑轮A、 定滑轮B 和物体m，分析受力。规定 物体运动方向为正方向。
对物体 m 应用牛顿第二定律，得：
B
o
m1
T3
M2
T3
R1
T1
a 1 R1 2 R2
T1 T1, T2 T2 , T3 T3
联立得：
2( m1 m2 ) g a 2 （m1 m2 ） M1 M 2
4m1m2 g m1 ( M1 M 2 ) g T1 m1 g m1a 2( m1 m2 ) M1 M 2
4m1m2 g m2 ( M1 M 2 ) g T2 m2 g m2a 2( m1 m2 ) M1 M 2
1 4m1m2 g m1 M 2 g m2 M1 g T3 m2 ( g a ) M 2a 2 2(m1 m2 ) M1 M 2
联立上式求解，得：
11mMg T1 8m 7 M
(14m 4 M ) Mg T2 8m 7 M
(5m 3 M ) Mg T3 8m 7 M
［例4］已知m 1 ，m 2 ，M1 ，M2 ，R1 ，R 2 且m 1 ＞ m 2 。 求：m 2的加速度和张力T1 ，T2 ，T3 解：设m 2 的加速度大小为a ，方向向上， m 1 的加速度大小也为a ，方向向下。 分析m1、m2 受力。由牛顿第二定律：
b
a
F dr
b
a
M d
土力学课后答案详解 第3章
第三章 思考题与习题思考题3.1 为什么地基不是弹性体，在求解地基中的应力分布时，仍可以采用弹性解析结果？ 答：在计算地基中的附加应力时，为了简化，把地基简化为由土颗粒骨架和孔隙水共同组成的弹性体，把弹性力学的成果直接用于这样的弹性地基。
把这样由离散的土颗粒组成的符合摩擦法则的土假定为弹性体，在小应变时也是很不合适的。
例如，根据后面第四章可知，土的模量随着约束应力的不同而不同。
但是根据下面的公式可知，在弹性解中，垂直方向的应力成分与材料的特性无关，其它的应力成分也只与泊松比ν相关，与弹性模量E 无关。
所以，尽管按弹性理论计算出的变形不合适（本章也不介绍地基变形的弹性理论方法），但按弹性理论计算的应力分布的近似程度还能满足工程上的要求。
基于以上道理，可以采用下面的弹性解析结果。
① 用弹性力学的方法求地基中的应力分布，但沉降量则用固结沉降计算公式。
例如，可以根据e—logp 的关系式计算沉降量（根据弹性力学的公式也可以计算出地基的变形量，但是实际中不用它计算沉降，只用应力计算公式求应力分布）。
② 用弹性力学的方法求地基中的应力分布，估计可能发生问题的地基范围，确定调查和讨论的必要范围（常常用后述的应力泡的方法）。
③ 用弹性力学的方法求基础底面的接触压应力，设计基础。
应该注意，对于本来不是弹性体的地基，用弹性力学的方法只适用于求应力并不能求解地基的所有问题。
所以，近年来，基于土的弹塑性本构关系式、有限元等数值计算方法被广泛应用。
3.2 简述自重应力与附加应力。
并指出何种应力是引起地基变形的主要原因？ 答：如果地面下土质均匀，土体重度为γ，则在天然地面上任意深度处z 处的水平面上的竖向自重应为z cz γσ=可见自重应力沿水平面均匀分布，且与Z 成正比。
基础通常是埋置在天然地面下一定深度的。
由于天然土层在自重作用下的变形已经完成，故只有超出基底处原有自重应力的那部分应力才使地基产生附加变形，使地基产生附加变形的基底压力称为基底附加压力p 0。
《常考题》人教版高中物理选修3-第5章解答题专项经典习题(课后培优)(1)
一、解答题1．用中子轰击氮14，产生碳14，碳14具有放射性，它放出一个β粒子后衰变成什么？写出反应方程。
解析：衰变成氮14，1411417061N n C H +→+，14140671C N e -→+碳14放出一个β粒子后，质量数不变，质子数增加1，所以衰变成氮14，核反应方程为1411417061N n C H +→+ 14140671C N e -→+2．22688Ra 具有放射性，发生α衰变后变为Rn ，已知22688Ra 核的质量是226.0254u ，Rn 核的质量为222.0175u ，α粒子的质量是4.0026u ，1u 相当于931.5MeV 。
(1)写出22688Ra 核衰变的方程；(2)求在这一次α衰变中释放出的核能（结果保留两位有效数字）。
解析：(1)226222488862Ra Rn He →+；(2)4.9MeV(1)根据质量数与核电荷数守恒可知，22688Ra 核衰变的方程为226222488862Ra Rn He →+(2)该核衰变反应中的质量亏损()226.0254222.0175 4.00260.0053m u u ∆=--=根据爱因斯坦质能方程得，释放出的核能为2E mc ∆=∆解得4.9MeV E ∆=3．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。
放射出的α粒子(42He )在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R 。
以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量。
（1）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小； （2）设该衰变过程释放的核都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，真空中光速为c ，求衰变过程的质量亏损Δm 。
解析：（1）2m T Bq π＝；22BqI mπ＝；（2）221()()12BqR m m M c +＝ （1）α粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，设圆周运动的速率为v ，则有2mv Bvq R＝ 则圆周运动的周期22R mT v Bqππ＝＝那么相当于环形电流在周期T 内通过的电量为q ，则等效环形电流大小22q Bq I T mπ＝＝（2）因为衰变时间极短，且衰变时内力远远大于外力，故认为在衰变过程中外力可忽略，则有动量守恒，设新核的速度为v ′，则有mv +Mv ′=0由（1）可得v BqRm＝所以BqRv M'-＝ 则衰变过程使两粒子获得动能222221211()()12()()222BqR BqR BqR E mv Mv m M m M +'=++＝＝ 由于衰变过程，质量亏损产生的核能全部转化为粒子的动能，故衰变过程的质量亏损22211()()2E BqR m c m M c +＝＝ 4．一个中子（10n ）和一个质子（11H ）结合成氘核时要放出2.22MeV 的能量，这些能量以γ光子的形式辐射出来。
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R3
1 1 1 ( )un1 un 2 is1 is 5 0 R2 R3 R4 R4 习题3-14b 1 1 1 3、对于电流源和电阻串联 un1 ( )un 2 i R4 R4 R6 的支路可以等效为一个电流 un1 源支路，列方程时此电阻不 i= 补充方程： R2 + R3 计入自电导和互电导中。 列结点电压方程注意：
习题3-23
R2
+ -Au1 -
R3 R2 uo + R4 -
ub +
R1
uo + R4 -
Ra + ua -
R + 1 ub -
Rb
+ u1 -
+ -Au1 -
解： ua ub 1 1 1 1 1 列方程： ( R + R + R + R )u1 - R uo = R + R a b 1 3 3 a b
第四章 电路定理
（1）重点：
1）叠加定理； 2）戴维宁定理和诺顿定理； 3）特勒根定理。
（2）难点：
1）各电路定理应用的条件； 2）电路定理应用中受控源的处理。
4
第五章 含有运算放大器的电阻电路
（1）重点 1）运算放大器的电路模型和外部特性；
2）含有理想运算放大器的电路的分析；
3）熟悉一些含有运算放大器的典型电路。
N
图c
+ 20V -
ˆ ˆ ˆ1i1 + u 解： 对图a和图b用特勒根定理2： ˆ2i2 其中： u1i 1 + u2i2 = u
u1 =20-12=8V i1 =-3A u2 =5V i2 =1A
ˆ 1 20 4I u
ˆ i1 I
ˆ2 = 0 u
ˆ2 = 2A i
8I 10 3(20 4I ) 故I=3.5A
（2）难点
1）运算放大器的理想化条件以及虚断路和虚短路的概念； 2）应用运算放大器的理想化条件分析含理想运算放大 器的电阻电路。
5
习题3-13b 用回路电流法求解电路中的电流I。 Ux + 习题3-13b 解： 3 20Ω 0.5U x 电路含有无伴电流源支路， ＋ － 如图选择回路： 20Ω 3.5A 列方程：
1 1 1 1 Au1 - u1 + ( + + )uo = R3 R2 R3 R4 R2
11
例4 给定一个电路的结点电压方程组可用下列矩阵方 程来表示。试说明该网络中有无受控电源，并画出其 具体电路图。
1 R G2 1 G2 0 G2 G2 G3 G4 g G3 U 1 I S G3 U 2 0 1 U 0 3 G3 R5 0
1A
b
- 5V+ 1A
5Ω
5Ω
5Ω
b
再解：用替代定理可得右图：
由图可得开路电压：uOC＝5V
等效电阻：Req＝10 Ω
18
例5 求图示电路中电阻负载吸收的功率。
+
50V
50Ω 50Ω
0.5A
例4
电阻 负载
+
25V
-
-
0.5A R
25Ω
电阻负载左侧电路的戴维宁等效电路如右图所示。 解： 由图可得： 0.5
求等效电阻： 假设cd 端口等效为电阻R， 则原电路可等效为右图， 此电路是一平衡电桥。 故cd可视作开路，Req=(20+60)// (20+60)=40 Ω
16
习题4-10d 求图中电路的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。 习题4-10d a
0.2S
2A + 10V - 5V+ 1A
a
0.2S + 10V 5Ω - 5V+ 5Ω
再解I2：将阴影部分电路看出是一个有源二端网络， 用戴维宁定理将它等效，则三图分别变为：
1A 2A 5Ω Req uoc Req uoc I2
Req uoc
5Ω
+
+ -
+ -
+
由前两图可得：
uOC =1 Req + 5
uOC =2 Req
-
20V
所以uoc=10V Req=5 Ω
I2
uOC 20 1A Req 5
解：因为系数行列式不对称，所以电路中有受控源。
1 U1 G2 2 U2 G3 3 U3
IS R1 G4 R5
例3
0
gU2
12
2kΩ 习题4-4 应用叠加定理求图 习题4-4 + 示电路中电压U。 5V
1kΩ + + 10V 6U 2kΩ
解：5V电压源单独作用：
2kΩ + 5V + U' 1kΩ 1kΩ 2kΩ
12 3.5 12 2(20 5I 2 )
故I2= -1A
习题4-20 图中网络N仅由电阻组成。根据图a和图b的已知 情况求图c中电流I1和I2。习题4-19
3A 4Ω + 20V 1A
N
图a
5Ω
4Ω + 20V -
2A
N
图b
I1 4Ω + 20V -
N
图c
5Ω I2 + 20V -
所以仅is1反向时，电压uab是原来的1.8倍。
15
习题4-10c 求图中电路的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。 习题4-10c 20Ω c 20Ω e a a
1A
20Ω
20Ω
60Ω
20Ω 60Ω 60Ω
Req
20Ω
c
60Ω
R
20Ω
d
60Ω
b
60Ω d
f
b
此电路求解诺顿等效电路比较方便。 解：
ab 端口短路可求得短路电流: ISC=1A
5Ω
5Ω
b
b
用叠加定理可得：uab´＝10V 解：
uab´´＝-5V 所以开路电压 uOC＝5V
a
0.2S
2A
ห้องสมุดไป่ตู้
5Ω
5Ω
1A
b 求等效电阻：Req＝10 Ω
17
习题4-10d 求图中电路的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。 a
0.2S 2A 5Ω + 10V -
习题4-10d 0.2S a
2A
+ 10V - 5V +
I l1 3.5
35Il1 61I l 2 20I l 3 0.5U x
20I l 2 40I l 3 0.5U x
4Ω
2 1
I
2Ω
35Ω
附加方程： U x 20I l 3
解方程可得：I l 2 2.5A
I I l1 I l 2 1A
6
习题3-17 弥尔曼定理
由互易定理可得: I1´=1A 由叠加定理可得：I1 = 3 - I1´= 2A
22
习题4-20 图中网络N仅由电阻组成。根据图a和图b的已知 情况求图c中电流I1和I2。 5Ω I2 I 4Ω I1 4Ω 习题4-192A 3A 4Ω 1A
+ 20V -
N
图a
5Ω
+ 20V -
N
图b
+ 20V -
例6
2R
3R E
R R
A
R2
2R
3R
R R
A
R2
R
+ -
-
+
3E E
E
+ -
E
D R +E - B 1
+
-
D R +E - B 1
I C
+
解： 电路可等效为如图： 因为当R2由0变化到 ∞时， 各支路电流不变。
3R
R
R
B + +
E
所以A、B为等电位点， R2 上电流为零，可将其断开。
从右图可得： R1 = R
列方程：
结点1：un1 4V
2
1 4U un1 (1 0.5 )un 2 0.5un 3 1 结点2： 3 2 5
结点3： 0.5un 2 (0.5 0.2)un 3 3A 附加方程：U un 3
10
例3 试用结点电压法求电压uo。
ua
+ Ra Rb R3 + u1 -
1 un1 R2 R3
R1 + us1 -
Rn
+
usn 0 -
+
us2 us3
+
-
u s1 u s 2 u s 3 u sn + + + R1 R2 R3 Rn un1 = 1 1 1 1 + + + R1 R2 R3 Rn
习题3-16 弥尔曼定理
7
例1
电路中含恒流源的情况 设： U B 0
24
习题4-24 图中网络N仅由电阻组成。已知图a中的电压 习题 4-21 ˆ 。 U1=1V，电流I2=0.5A，求图 b电流 I1
4A
I2
+ U1 -
N
图a
2Ω
+ 3V -
ˆ I 1
0.3A
N
图b
10Ω
解： 对图a和图b用特勒根定理2：
ˆ ˆ ˆ1i1 + u ˆ2i2 其中： u1i 1 + u2i2 = u
E
+ -
A
R
E