第八章习题解答
第8章习题答案
第八章多态1.单选题（1）．下列关于运算符重载的描述中，( D )是正确的。
(A) 可以改变参与运算的操作数个数 (B) 可以改变运算符原来的优先级(C) 可以改变运算符原来的结合性(D) 不能改变原运算符的语义（2）．下列函数中，不能重载运算符的函数是( b )。
(A) 成员函数(B) 构造函数(C) 普通函数 (D) 友员函数（3）．要求用成员函数重载的运算符是( A )。
(A) =(B) == (C) <= (D) ++（4）．要求用友员函数重载的运算符是( C )。
(A) = (B) [] (C) <<(D) ()（5）．在C++中，要实现动态联编，必须使用( D )调用虚函数。
(A) 类名(B) 派生类指针(C) 对象名(D) 基类指针（6）．下列函数中，不能说明为虚函数的是( C )。
(A) 私有成员函数(B) 公有成员函数(C) 构造函数(D) 析构函数（7）．在派生类中，重载一个虚函数时，要求函数名、参数的个数、参数的类型、参数的顺序和函数的返回值( A )。
(A) 相同(B)不同(C) 相容(D) 部分相同（8）．C++中，根据（D ）识别类层次中不同类定义的虚函数版本。
(A) 参数个数(B) 参数类型(C) 函数名(D) this指针类型（9）．虚析构函数的作用是（C ）。
(A) 虚基类必须定义虚析构函数(B) 类对象作用域结束时释放资源(C)delete动态对象时释放资源(D) 无意义（10）．下面函数原型中，( B )声明了fun为纯虚函数。
(A) void fun()=0; (B) virtual void fun()=0;(C) virtual void fun(); (D) virtual void fun(){ };（11）．若一个类中含有纯虚函数，则该类称为( C )。
(A) 基类(B)纯基类(C) 抽象类(D) 派生类（12）．假设Aclass为抽象类，下列正确的说明语句是( B )。
高等代数(北大版)第8章习题参考答案
第八章 —矩阵1. 化下列矩阵成标准形1） 2）3） 4）5）6）解 1）对矩阵作初等变换,有A= B，B即为所求。
2）对矩阵作初等变换,有A= B，B即为所求。
3）因为的行列式因子为1=1, 2 =, 3 = ，所以1 = 1,2 = = ,3 = = ，从而A= B，B即为所求。
4）因为的行列式因子为1=1, 2 =, 3 = , 4 = ，所以1 = 1,2 = = ,3 = = ,4 = = ，从而A= B，B即为所求。
5）对矩阵作初等变换,有A= B，B即为所求。
6）对矩阵作初等变换,有A，在最后一个行列式中3=1, 4 =, 5 = ，所以1 =2 =3 =1,4 = =,5 = =。
故所求标准形为B= 。
2.求下列矩阵的不变因子:1） 2）3） 4）5）解 1）所给矩阵的右上角的二阶子式为1,所以其行列式因子为1=1, 2 =1, 3 = ，故该矩阵的不变因子为1 =2 =1,3 =。
2）因为所给矩阵的右上角的三阶子式为-1,所以其行列式因子为3 =2 =1=1,4 =，故矩阵的不变因子为1 =2 =3 =1,4 =。
3）当时,有4 = = ，且在矩阵中有一个三阶子式= ，于是由,3 = 1，可得3 = 1，故该矩阵的不变因子为1 =2 =3 =1,4 = 。
当时,由1=1, 2 =1, 3 = , 4 = ，从而1 =2 =1,3 = ,4 = = 。
4）因为所给矩阵的左上角三阶子式为1,所以其行列式因子为1=1, 2 =1, 3 =1, 4 = ，从而所求不变因子为1 =2 =3 =1,4 = 。
5）因为所给矩阵的四个三阶行列式无公共非零因式,所以其行列式因子为3 =1,4 = ，故所求不变因子为1 =2 =3 =1,4 = 。
3.证明:的不变因子是，其中= 。
证因为n = ，按最后一列展开此行列式，得n == ，= ，因为矩阵左下角的阶子式= ,所以= 1,从而1=2 = … = = 1，故所给矩阵的不变因子为1 =2 = … = = 1，= = ，即证。
大学物理习题解答 第八章
8-1．已知波源在原点(x=0)的平面简谐波的方程为)cos(Cx Bt A y -=式中A,B,C 为正值恒量.试求:(1)波的振幅,波速,频率,周期与波长;(2)写出传播放向上距离波源l 处一点的振动方程;(3)试求任何时刻,在波传播放向上相距为D 的两点的位相差;解:(1) ∵A 、B 、C 为正值恒量，所以该波沿X 轴正方向传播，与平面简谐波的波动方程)(cos cxt A y -=ω比较系数，可得波的振幅为A ，B =ω, π2B f =, B T π2=， C c=ω，C B C c ==ω ，因为f c λ=，所以C B C B CT ππλ22=⋅==． 所以该波的振幅为A,波速为CB,频率为π2B ,周期为B π2,波长为C π2.(2)传播方向上距波源l 处一点的振动方程为：)cos(Cl Bt A y -=.(3)设t 时刻，传播方向上相距为D 的两点分别为x 1,x 2. 那么这两点所对应的波动方程分别为： )cos(11Cx Bt A y -= )cos(22Cx Bt A y -= 所以这两点的相位差Δφ为CD x x C =-=-=∆1221φφφ.8-2. 一列横波沿绳子传播时的波动方程为)410cos(05.0x t y ππ-=,式中x,y 以m 计,t 以s 计.(1)求此波的振幅、波速、频率、和波长;(2)求绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度;(3)求x=0.2m 处的质点在t=1s 时的相位,它是原点处质点在哪一时刻的位相. 这一位相所代表的运动状态在t=1.25s 时刻到达哪一点?在t=1.5s 时刻到达哪一点?(4)分别图示t=1s,1.1s,1.25s,1.5s 各时刻的波形.解：(1)通过与平面简谐波的波动方程比较系数，可得 此波的振幅为:A=0.05m, 波速为:ππ410=c =2.5(m/s). 频率为：ππ210=f =5(HZ). 波长为：f c =λ=0.5(m).答：该波的振幅为0.05m, 波速为2.5m/s, 频率为5HZ,波长为0.5m.(2) ∵平面简谐波的波动方程为：)(cos cxt A y -=ω.∴绳子上各质点的振动速度为: )(sin cxt A t y v --=∂∂=ωω.绳子上各质点的振动加速度为: )(cos 222c xt A ty a --=∂∂=ωω.∴绳子上各质点振动时的最大速度为 ωA v =max =0.5π=1.57(m/s). 绳子上各质点振动时的最大加速度为 2m ax ωA a = =52π=49.35(m/s 2). 答：绳子上各质点振动时的最大速度为1.57m/s ，最大加速度为49.35m/s 2. (3)X=0.2m 处的质点在t=1s 时的位相: φ=9.2π 设该位相是原点处质点在t 时刻的位相，可得 φ=9.2π=10πt t=0.92(s) 这一位相代表的运动状态在t=1.25s 时距离原点的位置为： )(825.0)125.1(2.02.0m c t c x =-+=∆+=同理，在t=1.5s 时，该位相所代表的运动状态，距离原点的位置为： t c x '∆+=2.0=1.45 (m). (4)t=1s 时，x y π4cos 05.0=. t=1.1s 时，x y π4cos 05.0-=. t=1.25s 时,x y π4sin 05.0=. t=1.5s 时，x y π4cos 05.0-=.8-3. 已知平面余弦波波源的振动周期T=21s,所激起的波的波长λ=10m,振幅为0.1m,当t=0时,波源处振动的位移恰为正方向的最大值,取波源处为原点并设波沿+X 方向传播,求: (1)此波的方程;(2)沿波传播方向距离波源为2λ处的振动方程; (3)当4T t =时,波源和距离波源为 4λ,2λ,43λ及λ的各点各自离开平衡位置的位移;(4)当4T t =时,波源和距离波源为 4λ,2λ,43λ及λ的各点自离开平衡位置的位移;并根据(3)(4)计算结果画出波形(y-x)曲线; (5)当4T t =和2T 时,距离波源4λ处质点的振动速度. 解：(1)根据题意可知，该平面余弦波的振幅 A=0.1m, 频率f =2(HZ),波速f c λ==20(m/s),初相位φ0=0. 当取波源为原点并沿该波沿+X 方向传播时，波动方程为 )54cos(1.0x t y ππ-=.(2)沿波传播方向距离波源为λ/2处的振动方程为： )254cos(1.0λππ⋅-=t y =-0.1cos4πt.(3)距离波源分别为4λ,2λ,43λ和λ的各点的振动方程为 t y π4sin 1.0=, t y π4cos 1.0-= t y π4sin 1.0-=, t y π4cos 1.0=当4Tt =时，它们各自离开平衡位置的位移为 44sin 1.01Ty ⋅=π=0.1(m)， 2y =0(m),3y =-0.1(m), 4y =0(m)(4)与(3)的方法类似，易求得 4λ=x 时， y=0(m). 2λ=x 时， y=0.1(m).43λ=x 时，y=0(m). λ=x 时，y=-0.1(m).(5)各质点的振动速度，)54sin(4.0x t t y v πππ--=∂∂= 当4Tt =时，距离波源4λ处质点的振动速度为： )4544sin(4.0λπππ⨯-⨯-=T v =0(m/s)同理，当2T t =时，距离波源4λ处质点的振动速度为：v =-0.4π(m/s)答：当4Tt =和2T 时，距离波源4λ处质点的振动速度分别为0m/s 和-0.4πm/s. 8-4. 一波源做简谐振动,周期为1001s,经平衡位置向正方向运动时,作为计时起点.设此振动以c=400m/s 的速度沿直线传播,求: (1)这波沿某一波线的方程;(2)距波源为16m 处和20m 处质点振动方程和初位相; (3)距波源为15m 和16 m 的两质点的位相差是多少?解：(1)根据题意可知，该简谐波的频率为ƒ=100(HZ)， 波速c=400m/s, 初相位20πφ-=, 设该平面简谐波的波动方程为 )22cos(0φλπλπ+-=x ct A y 将上面的结果代入可得，)222cos(πλππ--=x t T A y =)22200cos(πππ--x t A(2)距波源为16m 和20m 处质点振动方程为：将x=16m 代入上式，得 )2200()2216200cos(1πππππ-=-⨯-=t Aos t A y同理,)2200cos()2220200cos(2πππππ-=-⨯-=t A t A y 初相位分别为：t=0时，210πφ-=,220πφ-=.(3)距波源为15m 和16m 的两质点的位相差： λπφ2⨯∆=∆x =2π. 8-5. 已知某平面简谐波的波源振动方程为)2sin(06.0πt y =,式中y 以m 计,t 以s计.设波速为2m/s,试求离波源5m 处质点的振动方程.这点的位相所表示的运动状态相当波源在哪一时刻的运动状态?解：离波源5m 处质点的振动方程为：将X=5m 代入波动方程得 )5(2sin06.0c t y -=π=)452sin(06.0ππ-t 设该点的位相所代表的运动状态相当波源在t ′时刻的运动状态，所以 t t '=-2452πππ可得 t ′=(t-2.5)(s).8-6.如图所示,A 和B 是两个同位相的波源,相距d=0.10m,同时以30Hz 的频率发出波动,波速为0.50m/s.P 点位于AB 上方,AP 与AB 夹角为30o ,且PA=4m ，求两波通过P 点位相差．解：依题意可知，PA=4m,AB=0.1m, 利用余弦定理，可得 PB=3.91(m)，两波通过P 点相位差： λπφ2)(⨯-=∆PB PA又∵fc=λ ∴Δφ=10.8π. 8-7. S 1和S 2是两个相干波源，相距41波长，S 1比S 2的位相超前2π.设两列波在 S 1,S 2连线方向的强度相同且不随距离变化,问S 1,S 2连线上在S 1外侧各点处的合成波的强度如何?又在S 2外侧各点的强度如何?解：两列相干波在空间任意点P 所形成的振动的振幅为 α∆=cos A 2A +A +A 212221A其中Δα为两列相干波在空间任一点所引起的两个振动的位相差 λπααα2)(1212⨯---=∆r r当P 点在S 1外侧时，根据题中所给的条件，可得 πλλππλπααα-=⨯--=⨯---=∆4222)(1212r r∴0)cos(-2A 2A 2020=+=πA 又∵波的强度与振幅的平方成正比 ∴I=0. 同理，当P 点在S 2外侧时， 02)4(22)(1212=⨯---=⨯---=∆λπλπλπαααr r ⇒A=2A 0 ∴04I I =答：S 1,S 2连线上在S 1外侧各点处的合成波的强度为0，而在S 2外侧合成波的强度为4I 0.8-8．图所示,设平面横波1沿BP 方向传播,它在B 点的振动方程为t y πcos 102.021-⨯=,平面横波2沿AP 方向传播,A 点的振动方程为)2cos(102.022ππ+⨯=-t y ,两式中y 以ｍ计，ｔ以ｓ计，Ｐ处与Ｂ相距0.40m ，与A 相距0.05m,波速为0.20m/s.求: (1)两波传到P 处的为相差; (2)在P 处合振动的振幅;(3)如果在P 处相遇的两横波,振动方向是互相垂直的,则合振动的振幅又如何?解：(1)两波传到P 处的位相差Δα： λπααα2)(1212⨯---=∆r r由题中给出A,B 两点的振动方程可知，A 比B 的位相超前π ∴ππωππλππα5.22)(22)(-=⨯-⨯-=--=∆CPB PA PB PA (2)在P 处合振动的振幅为：α∆++=cos A 2A A A 2010220210A 21083.2-⨯= (m). (3)由于两列横波振幅相同，频率相同，相位差Δα=25π, 所以，当振动方向相互垂直时，合成的结果是圆周运动. ∴A=A 10=0.2×10-2(m).8-9. 一列正弦式空气波,沿直径为0.14m 的圆柱形管行进,波的平均强度为18*10-3J/s ·m 2,频率为300Hz,波速为300m/s,问: (1)波中的平均能量密度和最大能量密度是多少?(2)每两个相邻的,相位差为2π的同相面(亦即相距1波长的两同相面)之间的波段中有多少能量?解：(1)根据题中所给的条件，由C I ω= 则cI=ω=300/10183-⨯=5106-⨯(J ·m -3). 由)(sin 222c rt A -=ωωρω 可得ωωρω222max ==A =4102.1-⨯(J ·m -3)(2)V W ∆⋅=ωd r 2πω==9.23×710-(J)8-10. 为了保持波源的振动不变,需要消耗4W 的功率,如果波源发出的是球面波,且认为媒质不吸收波的 能量,求距离波源1m 和2m 处的能流密度. 解：因为IS P =,所以距离波源1m 处的能流密度为ππ1442111===r S P I =0.318(w ·m -2)距离波源2m 处的能流密度为222244r S P I π===0.08(w ·m -2). 8-11. 两个波在一根很长的细绳上传播,它们的方程设为 )4(cos 06.01t x y -=π,)4(cos 06.02t x y +=π,式中x,y 以m 计,t 以s 计;(1) 求各波的频率,波长,波速和传播方向;(2) 试求这细绳上是做驻波式振动,求节点的位置和腹点的位置; (3)波腹处的振幅多大?在x=1.2m 处振幅多大?解：(1)与波动方程形式)cos(crt A y -=ω作比较，可得)4(4cos 06.01x t y -=π, )4(4cos 06.02xt y +=ππω41= ⇒πω211=f =2(Hz)， s m c /41= 111T c =λ=2(m) 传播方向沿x 轴正方向 πω42=， ƒ2=2(Hz)， C 2=-4m/s.222T c =λ =2(m). 传播方向沿x 轴负方向(2)由于两列波同频率，同振幅，同振动方向，并且传播速率相同方向相反，故满足驻波条件，所以做的是驻波式振动t x y y y ππ4cos cos 12.021⋅=+= 节点的位置： 2)12(ππ+=k x (k=0,±1, ±2,………) ⇒2)12(+=k x . 腹点的位置： ππk x = (k=0,±1, ±2, ……) ⇒k x =. (3)波腹处的振幅为0.12m.x=1.2m 处的振幅： )2.1cos(12.0π=0.097(m). 8-12. 设入射波的波动方程为)(2cos 1λπxT t A y +=,在x=0处发生反射,反射点为一自由端.求: (1)反射波的波动方程;(2)合成波(驻波)的方程,并由合成波方程说明哪些点是波腹,哪些点是波节.解：(1)反射波的波动方程为： )(2cos 2λπxT t A y -=(2) )2cos()2cos(221T tx A y y πλπ⋅=+波腹点：πλπk x =2 (k=0,±1, ±2,………) ⇒2λk x =.波节点位置：2)12(2πλπ+=k x (k=0,±1, ±2,………) ⇒4)12(λ+=k x8-13. 在实验室中做驻波试验时,将一根长3米的弦线的一端系于电动音叉的一个臂上,这音叉在 垂直于眩线长度的方向撒谎那个以60Hz 的频率做振动,眩线的质量为60*0.001kg.如果使这根弦线产生有四个波腹的振动,必须给这根弦线施多大的力.解：由8.14题的结论可知 μυTl n n 2=(n=1, 2,3，………) 根据题中所给的已知条件，可得 l =3m,n=44υ=60HZ, μ=60·10-3/3=kg 2102-⨯. 代入上式，解得24)2(nlT υμ==162(N).8-14. 把两端固定的一根弦线波动一下,就有横向振动弦线的两固定端传去,并被反射回来形成驻波图样, 一根长度为l 的弦线,它的驻波图样是一定的,所以它可按呈现一个波腹,二个波腹,三个波腹,……的形式做振动或这种基本振动叠加.试证明:一根长度为l 的弦线只能发出下列一些固有频率.μυTl n n 2=n=1,2,3,….. 式中μ是弦线单位的质量,T 是绳中的张力.证明：假设长度为l 的弦线，它的驻波图样可以产生n 个波腹，则n 2λ=l ① 又因波在弦线中传播的速率为 μTc =其中T 是绳中的张力，μ是弦线单位长度的质量μυυλTc nn == ②联立①②，解得 μυTl n n 2=. 故结论得证. 8-15. (1)有一支频率未知的音叉和一支频率已知为384Hz 的标准音叉一起振动时每秒产生三个拍,当这音叉上涂上少量石蜡时,拍频减少,沃尔玛这支音叉频率是多少?(2)某一波形可以用下式表示:11sin sin 3sin 535Y A x A x A x =+++试分别作出该级数前三项的图形,并作出叠加之后的图形. 解：(1)由拍频的定义，可知 123υυυ-==∴ 312±=υυ 即2υ=387或381(Hz). (2)图如下：11。
教材第八章习题解答
第八章氧化还原反应和电化学习题解答1．回答下列问题。
（1）怎样利用电极电势来确定原电池的正负极，并计算原电池的电动势？（2）怎样理解介质的酸性增强，KMnO 4的电极电势代数值增大、氧化性增强？（3）Nernst 方程式中有哪些影响因素？它与氧化态及还原态中的离子浓度、气体分压和介质的关系如何？（4）区别概念：一次电池与二次电池、可逆电池与不可逆电池。
（5）介绍几种不同原电池的性能和使用范围。
（6）什么是电化学腐蚀，它与化学腐蚀有何不同？ （7）防止金属腐蚀的方法主要有哪些？各根据什么原理？ 【解答】（1）电极电势值高的电极做正极，电极电势值低的电极做负极。
原电池的电动势等于正极的电动电势减去负极的电极电势。
（2）根据电极反应：-+-2+42M nO +8H +5e =M n +4H O2442284c(M n)0.0592M nO M nO c ()()lg M nM nc(M nO )5c(H )()cc+--ΘΘ++-ΘΘϕ=ϕ-+⋅由电极电势的能斯特公式可知，介质酸性增强时，H +浓度增大，42M nO ()M n-+ϕ代数值增大，电对中MnO 4-的氧化性增强。
（3）对于电极反应 -a(O x)+ze b(R ed) 电极电势的Nernst 方程为：bR e d aO x (c /c )R T (O x /R e d )(O x /R e d )lnzF(c /c )ΘΘΘϕ=ϕ-影响电极电势大小的因素：a ）浓度对电极电势的影响 电对中氧化态的离子浓度(或气体分压)增大时，电极电势增加；还原态的离子浓度(或气体分压)增大时，电极电势降低。
b ）酸度对电极电势的影响 对于有H +或OH -参加的电极反应，溶液酸度的变化会对电极电势产生影响，对于没有H +或OH -参加的电极反应，溶液酸度的变化对电极电势的影响很小。
（4）一次电池是指电池放电到活性物质耗尽只能废弃而不能再生和重复使用的电池。
高等数学下册第八章课后习题解答
习题8−11. 判定下列平面点集中哪些是开集、闭集、区域、有界集、无界集？并分别指出它们的聚点所成的点集(称为导集)和边界.(1){(x , y )|x ≠0, y ≠0};解 开集, 无界集, 导集为R 2, 边界为{(x , y )|x =0或y =0}.(2){(x , y )|1<x 2+y 2≤4};解 既非开集, 又非闭集, 有界集, 导集为{(x , y )|1≤x 2+y 2≤4},边界为{(x , y )|x 2+y 2=1或x 2+y 2=4}.(3){(x , y )|y >x 2};解 开集, 区域, 无界集, 导集为{(x , y )| y ≥x 2}, 边界为{(x , y )| y =x 2}.(4){(x , y )|x 2+(y −1)2≥1}∩{(x , y )|x 2+(y −2)2≤4}.解 闭集, 有界集, 导集与集合本身相同,边界为{(x , y )|x 2+(y −1)2=1}∪{(x , y )|x 2+(y −2)2=4}.2. 已知函数yx xy y x y x f tan ),(22−+=, 试求f (tx , ty ). 解 )(tan )()()()(),(22tytx ty tx ty tx ty tx f ⋅⋅−+= ),(tan 2222y x f t y x xy y x t =⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=. 3. 试证函数F (x , y )=ln x ⋅ln y 满足关系式:F (xy , uv )=F (x , u )+F (x , v )+F (y , u )+F (y , v ).证明 F (xy , uv )=ln((x , y )⋅ln(uv )=(ln x +ln y )(ln u +ln v )=ln x ⋅ln u +ln x ⋅ln v +ln y ⋅ln u +ln y ⋅ln v=F (x , u )+F (x , v )+F (y , u )+F (y , v ).4. 已知函数f (u , v , w )=u w +w u +v , 试求f (x +y , x −y , xy ).解 f (x +y , x −y , xy )=(x +y )xy +(xy )(x +y )+(x −y )=(x +y )xy +(xy )2x .5. 求下列各函数的定义域:(1)z =ln(y 2−2x +1);高等数学下册第八章习题解答解 要使函数有意义, 必须y 2−2x +1>0,故函数的定义域为D ={(x , y )|y 2−2x +1>0}.(2)yx y x z −++=11; 解 要使函数有意义, 必须x +y >0, x −y >0,故函数的定义域为D ={(x , y )|x +y >0, x −y >0}.(3)y x z −=;解 要使函数有意义, 必须y ≥0,0≥−y x 即y x ≥, 于是有x ≥0且x 2≥y , 故函数定义域为D ={(x , y )| x ≥0, y ≥0, x 2≥y }.(4)221)ln(yx x x y z −−+−=; 解 要使函数有意义, 必须y −x >0, x ≥0, 1−x 2−y 2>0,故函数的定义域为D ={(x , y )| y −x >0, x ≥0, x 2+y 2<1}.(5)222222221rz y x z y x R u −+++−−−=(R >r >0); 解 要使函数有意义, 必须R 2−x 2−y 2−z 2≥0且x 2+y 2+z 2−r 2>0, 故函数的定义域为D ={(x , y , z )| r 2<x 2+y 2+z 2≤R 2}.(6)22arccos yx z u +=. 解 要使函数有意义, 必须x 2+y 2≠0, 且1||22≤+y x z 即z 2≤x 2+y 2, 故函数定义域为D ={(x , y , z )|z 2≤x 2+y 2, x 2+y 2≠0}.6. 求下列各极限:(1)22)1,0(),(1limy x xy y x +−→; 解110011lim 22)1,0(),(=+−=+−→y x xy y x .(2)22)0,1(),()ln(lim yx e x y y x ++→; 解 2ln 01)1ln()ln(lim 22022)0,1(),(=++=++→e y x e x y y x . (3)xy y x 42lim)0,0(),(+−→; 解 xy y x 42lim)0,0(),(+−→)42()42)(42(lim )0,0(),(+++++−=→xy xy xy xy y x 41)42(1lim)0,0(),(−=++−=→xy y x . (4)11lim )0,0(),(−+→xy xy y x ; 解 11lim )0,0(),(−+→xy xy y x )11)(11()11(lim )0,0(),(−+++++=→xy xy xy xy y x 2)11lim )11(lim )0,0(),()0,0(),(=++=++=→→xy xy xy xy y x y x . (5)y xy y x )sin(lim )0,2(),(→; 解 y xy y x )sin(lim )0,2(),(→221sin lim )0,2(),(=⋅=⋅=→x xyxy y x . (6)22)()cos(1lim 2222)0,0(),(yx y x e y x y x ++−→. 解 22221lim )cos(1lim )()cos(1lim )0,0(),(2222)0,0(),(2222)0,0(),(y x y x y x y x y x e y x y x e y x y x →→→⋅++−=++− 01sin lim cos 1lim 00==−=→→t t t t t . 7. 证明下列极限不存在:(1)y x y x y x −+→)0,0(),(lim; 证明 如果动点p (x , y )沿y =0趋向(0, 0),则 1lim lim00)0,0(),(==−+→=→x x y x y x x y y x ; 如果动点p (x , y )沿x =0趋向(0, 0),则 1lim lim00)0,0(),(−=−=−+→=→y y y x y x y x y x . 因此, 极限y x y x y x −+→)0,0(),(lim不存在. (2)22222)0,0(),()(lim y x y x y x y x −+→. 证明 如果动点p (x , y )沿y =x 趋于(0, 0),则 1lim )(lim 44022222 )0,0(),(==−+→=→x x y x y x y x x xy y x ; 如果动点p (x , y )沿y =2x 趋向(0, 0),则 044lim )(lim 2440222222 )0,0(),(=+=−+→=→x x x y x y x y x x xy y x . 因此, 极限22222)0,0(),()(lim y x y x y x y x −+→不存在. 8. 函数xy x y z 2222−+=在何处间断？ 解 因为当y 2−2x =0时, 函数无意义,所以在y 2−2x =0处, 函数x y x y z 2222−+=间断. 9. 证明0lim 22)0,0(),(=+→yx xy y x .证明 因为22||||2222222222y x yx y x y x xy y x xy +=++≤+=+, 所以 02lim ||lim 022)0,0(),(22)0,0(),(=+≤+≤→→y x yx xy y x y x . 因此 0lim 22)0,0(),(=+→yx xy y x . 证明 因为2||22y x xy +≤, 故22||22222222y x yx y x y x xy +=++=+. 对于任意给定的ε>0, 取δ=2ε, 当δ<+<220y x 时恒有εδ=<+≤−+22|0|2222y x yx xy , 所以0lim 22)0,0(),(=+→yx xy y x . 10. 设F (x , y )=f (x ), f (x )在x 0处连续, 证明: 对任意y 0∈R , F (x , y )在(x 0, y 0)处连续.证明 由题设知, f (x )在x 0处连续, 故对于任意给定的ε>0, 取δ>0, 当|x −x 0|<δ时, 有|f (x )−f (x 0)|<ε.作(x 0, y 0)的邻域U ((x 0, y 0), δ), 显然当(x , y )∈U ((x 0, y 0), δ)时, |x −x 0|<δ, 从而 |F (x , y )−F (x 0, y 0)|=|f (x )−f (x 0)|<ε,所以F (x , y )在点(x 0, y 0)处连续.又因为y 0是任意的, 所以对任意y 0∈R , F (x , y )在(x 0, y 0)处连续.习题8−21. 求下列函数的偏导数:(1) z =x 3y −y 3x ;解 323y y x xz −=∂∂, 233xy x y z −=∂∂. (2)uvv u s 22+=; 解 21)(u v v u v v u u u s −=+∂∂=∂∂, 21)(v u u u v v u v v s −=+∂∂=∂∂. (3))ln(xy z =;解 x y x y x x x z 1ln ln 121)ln ln (⋅+⋅=+∂∂=∂∂)ln(21xy x =. 同理)ln(21xy y y z =∂∂. (4) z =sin(xy )+cos 2(xy );解 y xy xy y xy xz ⋅−⋅+⋅=∂∂)]sin([)cos(2)cos()]2sin()[cos(xy xy y −= 根据对称性可知)]2sin()[cos(xy xy x yz −=∂∂. (5)yx z tan ln =; 解 y x y y y x yxx z 2csc 21sec tan 12=⋅⋅=∂∂, y x y x y x y x yx y z 2csc 2sec tan 1222−=−⋅⋅=∂∂. (6) z =(1+xy )y ;解 121)1()1(−−+=⋅+=∂∂y y xy y y xy y xz , ]1)1[ln()1ln()1ln(xyx y xy e e y y z xy y xy y +⋅++=∂∂=∂∂++]1)1[ln()1(xy xy xy xy y ++++=. (7)z yx u =;解 )1(−=∂∂z y x zy x u , x x zz x x y u z yz y ln 11ln ⋅=⋅=∂∂, x x zy z y x x z u z y z y ln )(ln 22⋅−=−=∂∂. (8) u =arctan(x −y )z ;解 z z y x y x z x u 21)(1)(−+−=∂∂−, z z y x y x z y u 21)(1)(−+−−=∂∂−, z z y x y x y x z u 2)(1)ln()(−+−−=∂∂. 2. 设gl T π2=, 试证0=∂∂+∂∂g T g l T l . 解 因为l g l T ⋅⋅=∂∂1π, g g g l gT 121(223⋅−=⋅−⋅=∂∂−ππ, 所以 0=⋅−⋅=∂∂+∂∂gl g l g T g l T l ππ. 3. 设)11(y x e z +−=, 求证z yz y x z x 222=∂∂+∂∂. 解 因为211(1xe x z y x ⋅=∂∂+−, 2)11(1y e y z y x ⋅=∂∂+−, 所以 z e e y z y x z x y x y x 2)11()11(22=+=∂∂+∂∂+−+− 4. 设yx y x y x f arcsin )1(),(−+=, 求. )1 ,(x f x解 因为x x x x f =−+=1arcsin )11()1 ,(, 所以1)1 ,()1 ,(==x f dxd x f x . 5. 曲线⎪⎩⎪⎨⎧=+=4422y y x z 在点(2, 4, 5)处的切线与正向x 轴所成的倾角是多少？ 解 242x x x z ==∂∂, αtan 1)5,4,2(==∂∂xz , 故4πα=. 6. 求下列函数的22x z ∂∂, 22y z ∂∂, yx z ∂∂∂2. (1) z =x 4+y 4−4x 2y 2;解 2384xy x x z −=∂∂, 2222812y x xz −=∂∂; y x y y z 2384−=∂∂, 2222812x y yz −=∂∂; xy y x y yy x z 16)84(232−=−∂∂=∂∂∂. (2)x y z arctan=; 解 22222)(11y x y x y xy x z +−=−⋅+=∂∂, 22222)(2y x xy x z +=∂∂; 2222)1(11y x x x xy y z +=⋅+=∂∂, 22222)(2y x xy y z +−=∂∂; 22222222222222)()(2)()(y x x y y x y y x y x y y y x z +−=+−+−=+−∂∂=∂∂∂. (3) z =y x .解 y y x z x ln =∂∂, y y xzx 222ln =∂∂; 1−=∂∂x xy y z , 222)1(−−=∂∂x y x x y z ;)1ln (1ln )ln (112+=⋅+=∂∂=∂∂∂−−y x y yy y xy y y y y x z x x x x . 7. 设f (x , y , z )=xy 2+yz 2+zx 2, 求f xx (0, 0, 1), f xz (1, 0, 2), f yz (0, −1, 0)及f zzx (2, 0, 1). 解 因为f x =y 2+2xz , f xx =2z , f xz =2x ,f y =2xy +z 2, f yz =2z ,f z =2yz +x 2, f zz =2y , f zzx =0,所以 f xx (0, 0, 1)=2, f xz (1, 0, 2)=2,f yz (0, −1, 0)=0, f zzx (2, 0, 1)=0.8. 设z =x ln(xy ), 求y x z ∂∂∂23及23y x z ∂∂∂. 解 1)ln()ln(+=⋅+=∂∂xy xyy x xy x z , x xy y x z 122==∂∂, 023∂∂∂yx z , y xy x y x z 12==∂∂∂, 2231y y x z −=∂∂∂. 9. 验证:(1)满足nx e y tkn sin 2−=22xy k t y ∂∂=∂∂; 证明 因为nx e kn kn nx e ty t kn t kn sin )(sin 2222⋅−=−⋅⋅=∂∂−−, nx ne x y t kn cos 2−=∂∂, nx e n xy t kn sin 2222−−=∂∂, nx e kn xy k t kn sin 222−−=∂∂, 所以22x y k t y ∂∂=∂∂. (2)222z y x r ++=满足rz r y r x r 2222222=∂∂+∂∂+∂∂.证明 r x z y x x x r =++=∂∂222, 322222r x r r x r x r x r −=∂∂−=∂∂, 由对称性知32222ry r y r −=∂∂, 32222r z r z r −=∂∂, 因此 322322322222222rz r r y r r x r z r y r x r −+−+−=∂∂+∂∂+∂∂ r r r r r z y x r 23)(332232222=−=++−=.习题8−31. 求下列函数的全微分:(1)yx xy z +=; 解 dy y z dx x z dz ∂∂+∂∂=dy yxx dx y y )()1(2−++=. (2)x ye z =;解 xdy e x dx e x y dy y z dx x z dz y x y 12+−=∂∂+∂∂=. (3) 22yx y z +=; 解 因为2/3222322)()(21y x xy y x y x z +−=+−=∂∂−, 2/3222222222)(y x x y x y x y y y x z +=++⋅−+=∂, 所以 dy y x x dx y x xy dz 2/32222/322)()(+++−=)()(2/322xdy ydx y x x −+−=. (4)u =x yz .解 因为1−⋅=∂∂yz x yz x u , x zx y u yz ln =∂∂, x yx zu yz ln =∂∂, 所以xdz yx xdy zx dx yzx du yz yz yz ln ln 1++=− 2. 求函数z =ln(1+x 2+y 2)当x =1, y =2时的全微分.解 因为2212y x x x z ++=∂∂, 2212y x y y z ++=∂∂, 3121=∂∂==y x x z, 3221=∂∂==y x y z,所以 dy dx dz y x 323121⋅+===. 3. 求函数xy z =当x =2, y =1, Δx =0.1, Δy =−0.2时的全增量和全微分. 解 因为x y x x y y z −Δ+Δ+=Δ, y x x xy dz Δ+Δ−=12, 所以, 当x =2, y =1, Δx =0.1, Δy =−0.2时,119.0211.02)2.0(1−=−+−+=Δz , 125.0)2.0(211.041−=−+×−=dz . 4. 求函数z =e xy 当x =1, y =1, Δx =0.15, Δy =0.1时的全微分.解 因为y xe x ye y yz x x z dz xy xy Δ+Δ=Δ∂∂+Δ∂∂= 所以, 当x =1, y =1, Δx =0.15, Δy =0.1时,e e e dz 25.01.015.0=⋅+⋅=*5. 计算33)97.1()102(+的近似值.解 设33y x z +=, 由于y y z x x z y x y y x x Δ∂∂+Δ∂∂++≈Δ++Δ+3333)()(332233233y x y y x x y x +Δ+Δ++=, 所以取x =1, y =2, Δx =0.02, Δy =−0.03可得95.2212)03.0(2302.0321)97.1()02.1(32333=+−⋅⋅+⋅++≈+.*6. 计算(1.97)1.05的近似值(ln2=0.693).解 设z =x y , 由于y yz x x z x x x y y y Δ∂∂+Δ∂∂+≈Δ+Δ+)(y x x x yx x y y y Δ+Δ+=−ln 1, 所以取x =2, y =1, Δx =−0.03, Δy =0.05可得(1.97)1.05≈2−0.03+2ln2⋅0.05+1.97+0.0693 ≈2.093.*7. 已知边长为x =6m 与y =8m 的矩形, 如果x 边增加5cn 而y 边减少10cm ,问这个矩形的对角线的近似变化怎样？解 矩形的对角线为22y x z +=,)(122y y x x yx y dy dz x dx dz dz z Δ+Δ+=Δ+Δ=≈Δ, 当x =6, y =8, Δx =0.05, Δy =−0.1时,05.0)1.0805.0686122−=⋅−⋅+≈Δz . 这个矩形的对角线大约减少5cm .*8. 设有一无盖圆柱形容器, 容器的壁与底的厚度均为0.1cm , 内高为20cm ,内半径为4厘米, 求容器外壳体积的近似值.解 圆柱体的体积公式为V =πR 2h ,ΔV ≈dV =2πRh ΔR +πR 2Δh ,当R =4, h =20, ΔR =Δh =0.1时,ΔV ≈2×3.14×4×20×0.1+3.14×42×0.1≈55.3(cm 3)这个容器外壳的体积大约是55.3cm 3.*9. 设有直角三角形, 测得其两腰的长分别为7±0.1cm 和24±0.1cm , 试求利用上述二值来计算斜边长度时的绝对误差.解 设两直角边的长度分别为x 和y , 则斜边的长度为22y x z +=.||||||||||||y y z x x z dz z Δ⋅∂∂+Δ⋅∂∂≤≈Δ|)|||(122y y x x yx Δ+Δ+=. 令x =7, y =24, |Δx |≤0.1, |Δy |≤0.1, 则得斜边长度z 的绝对误差约为124.0)1.0241.07(247122=⋅+⋅+=z δcm . *10. 测得一块三角形土地的两边长分别为63±0.1m 和78±0.1m ,这两边的夹角为60°±1°, 试求三角形面积的近似值, 并求其绝对误差和相对误差.解 设三角形的两边长为x 和y , 它们的夹角z , 为则三角形面积为z xy s sin 21=. zdz xy zdy x zdx y dS cos 21sin 21sin 21++=||cos 21||sin 21||sin 21||||dz z xy dy z x dx z y dS S ++≤≈Δ. 令x =63, y =78, 3π=z , |dx |=0.1, |dy |=0.1, 180π=dz , 则 55.2718021278631.0232631.023278=×××+××+××≈πδs , 82.21273sin 786321=⋅⋅⋅=πS , %29.182.212755.27==S s δ, 所以三角形面积的近似值为2127.82m 2, 绝对误差为27.55 m 2, 相对误差为1.29%.*11. 利用全微分证明: 两数之和的绝对误差等于它们各自的绝对误差之和. 证明 设u =x +y , 则||||||||||||y x y x y yu x x u du u Δ+Δ≤Δ+Δ=Δ∂∂+Δ∂∂=≈Δ. 所以两数之和的绝对误差|Δu |等于它们各自的绝对误差|Δx |与|Δy |的和.*12. 利用全微分证明: 乘积的相对误差等于各因子的相对误差之和; 商的相对误差等于被除数及除数的相对误差之和.证明 设u =xy , yx v =, 则Δu ≈du =ydx +xdy , 2y xdy ydx dv v −=≈Δ, 由此可得相对误差;ydy x dx xy xdy ydx u du u u +=+=≈Δy y x x y dy x dx Δ+Δ=+≤; y dy x dx yx y xdy ydx v dv v v −=⋅−==Δ2y y x x y dy x dx Δ+Δ=+≤.习题8−41. 设z =u 2−v 2, 而u =x +y , v =x −y , 求x z ∂∂, yz ∂∂. 解 xv v z x u u z x z ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂=2u ⋅1+2v ⋅1=2(u +v )=4x , yv v z y u u z y z ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂=2u ⋅1+2v ⋅(−1)=2(u −v )=4y . 2. 设z =u 2ln v , 而yx u =, v =3x −2y , 求x z ∂∂, y z ∂∂. 解 xv v z x u u z x z ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂ 31ln 22⋅+⋅=v u y v u 222)23(3)23ln(2yy x x y x y x −+−=, yv v z y u u z y z ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂ )2()(ln 222−+−⋅=v u y x v u 2232)23(2)23ln(2y y x x y x y x −−−−=. 3. 设z =e x −2y , 而x =sin t , y =t 3, 求dtdz . 解 dtdy y z dt dx x z dt dz ⋅∂∂+⋅∂∂=2223)2(cos t e t e y x y x ⋅−⋅+=−− .)6(cos )6(cos 22sin 223t t e t t e t t y x −=−=−− 4. 设z =arcsin(x − y ), 而x +3t , y =4t 3, 求dtdz . 解 dt dy y z dt dx x z dt dz ⋅∂∂+⋅∂∂=22212)(113)(11t y x y x −−−+⋅−−= 232)43(1)41(3t t t −−−=. 5. 设z =arctan(xy ), 而y =e x , 求dxdz . 解 dx dy y z x z dx dz ⋅∂∂+∂∂=xx x e x x e e y x x y x y 2222221)1(11++=⋅+++=.6. 设1)(2+−=a z y e u ax , 而y =a sin x , z =cos x , 求dx du . 解 dxdz dz u dx dy y u x u dx du ⋅∂+⋅∂∂+∂∂= )sin (1cos 11)(222x a e x a a e a z y ae ax ax ax −⋅+−⋅+++−= )sin cos cos sin (122x x a x a x a a e ax ++−+=x e ax sin =. 7. 设y x z arctan =, 而x =u +v , y =u −v , 验证22v u v uv z u z +−=∂∂+∂∂. 证明 )()(vy y z v x x z u y y z u x x z v z u z ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂+∂∂ )()(111)(11222y x y x y y x −⋅++⋅+=)1()()(111)(11222−⋅−⋅++⋅++y x yx y y x 22222v u v u y x y +−=+=. 8. 求下列函数的一阶偏导数(其中f 具有一阶连续偏导数):(1) u =f (x 2−y 2, e xy );解 将两个中间变量按顺序编为1, 2号,2122212)()(f ye f x xe f x y x f x u xy xy ′+′=∂∂⋅′+∂−∂⋅′=∂∂, 212)2212)((f xe f y ye f y y x f y u xy xy ′+′−=∂∂⋅′+∂−∂⋅′=∂∂. (2) ,(zy y x f u =; 解 1211)()(f yz y x f y x x f x u ′=∂∂⋅′+∂∂⋅′=∂∂, )()(21z y y f y x y f y u ∂∂⋅′+∂∂′=∂∂2121f z f yx′+′−=,)()(21z y z f z x z f z u ∂∂⋅′+∂∂′=∂∂22f z y ′−=. (3) u =f (x , xy , xyz ).解 yz f y f f xu ⋅′+⋅′+⋅′=∂∂3211321f yz f y f ′+′+′=, 3232f xz f x xz f x f yu ′+′=⋅′+⋅′=∂∂, 33f xy xy f zu ′=⋅′=∂∂. 9. 设z =xy +xF (u ), 而xy u =, F (u )为可导函数, 证明xy z y z y x z x +=∂∂+∂∂⋅. 证明 y z y x z x ∂∂⋅+∂∂⋅)([])()([yu u F x x y x u u F x u F y x ∂∂′+⋅+∂∂′++= )]([)]()([u F x y u F xy u F y x ′+⋅+′−+= =xy +xF (u )+xy =z +xy .10. 设)(22y x f y z −=, 其中f (u )为可导函数, 验证211y zy z y x z x =∂∂+∂∂.证明 ()()u f f xy u f x f y x z 2222′−=⋅′⋅−=∂∂, ()()u f f y u f u f y f y u f y z 2222)(1)2()(′−+=−⋅′⋅−=∂∂, 所以 )(11221122u f y u f f y u f f y y z y x z x ⋅+′+′−=∂∂⋅+∂∂⋅211y z zy y =⋅. 11. 设z =f (x 2+y 2), 其中f 具有二阶导数, 求22xz ∂∂, y x z ∂∂∂2, 22y z ∂∂. 解 令u =x 2+y 2, 则z =f (u ),f x xu u f x z ′=∂∂′=∂∂2)(, f y y u u f y z ′=∂∂′=∂∂2)(, f x f x u f x f xz ′′+′=∂∂⋅′′+′=∂∂2224222,f xy yu f x y x z ′′=∂∂⋅′′=∂∂∂422, f y f y u f y f y z ′′+′=∂∂⋅′′+′=∂∂422222. 12. 求下列函数的22x z ∂∂,y x z ∂∂∂2,22y z ∂∂(其中f 具有二阶连续偏导数): (1) z =f (xy , y );解 令u =xy , v =y , 则z =f (u , v ).u f y vf y u f x v v f x u u f x z ∂∂=⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂0, vf u f x v f x u f y v v f y u u f y z ∂∂+∂∂=⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂1. 因为f (u , v )是u 和v 的函数, 所以u f ∂∂和v f ∂∂也是u 和v 的函数, 从而u f ∂∂和vf ∂∂是以u 和v 为中间变量的x 和y 的函数.)()()(22u f x y uf y x x z x x z ∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂ 222222222)0()(u f y v u f y u f y x v v u f x u u f y ∂∂=⋅∂∂∂+⋅∂∂=∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂=, )(1)()(2uf y y u f u f y y x z y y x z ∂∂∂∂+∂∂⋅=∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂ )(222yv v u f y u u f y u f ∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂+∂∂= v u f y uf xy u f v u f x u f y u f ∂∂∂+∂∂+∂∂=⋅∂∂∂+⋅∂∂+∂∂=222222)1(, )()()()(22v f y u f y x vf u f x y y z y y z ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂+∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂ yv v f y u u v f y v v u f y u u f x ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂=222222)( 1)1(222222⋅∂∂+⋅∂∂∂+⋅∂∂∂+⋅∂∂=vf x u v f v u f x u f x2222222v f v u f x u f x ∂∂+∂∂∂+∂∂=. (2)) ,(yx x f z =; 解 令u =x , yx v =, 则z =f (u , v ). v f y u f x v v f dx du u f x z ∂∂⋅+∂∂=∂∂⋅∂∂+⋅∂∂=∂∂1, vf y xdy dv v f y z ∂∂⋅−=⋅∂∂=∂∂2. 因为f (u , v )是u 和v 的函数, 所以u f ∂∂和v f ∂∂也是u 和v 的函数, 从而u f ∂∂和vf ∂∂是以u 和v 为中间变量的x 和y 的函数. )(1)()1()(22vf x y u f x v f y u f x x z x x z ∂∂∂∂⋅+∂∂∂∂=∂∂⋅+∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂ )(1)(222222xv v f dx du u v f y x v v u f dx du u f ∂∂⋅∂∂+⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂∂+⋅∂∂= 22222212v f y v u f y u f ∂∂⋅+∂∂∂⋅+∂∂=, 1()(2vf y u f y x z y y x z ∂∂⋅+∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂)(1)1()(v f y y v f y dy d u f y ∂∂∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂∂∂= yv v f y v f y y v v u f ∂∂⋅∂∂⋅+∂∂⋅−∂∂⋅∂∂∂=22211 221v f y x v f y v u f y x ∂∂⋅−∂∂⋅−∂∂∂⋅−= ()()(2222vf y y x v f y x y y z y y z ∂∂∂∂⋅−∂∂⋅−∂∂=∂∂∂∂=∂∂22423222322vf y x v f y x y v v f y x v f y x ∂∂⋅+∂∂⋅=∂∂⋅∂∂⋅−∂∂⋅=. (3) z =f (xy 2, x 2y );解 z x =f 1′⋅y 2+f 2′⋅2xy =y 2f 1′+2xyf 2′,z y =f 1′⋅2xy +f 2′⋅x 2=2xyf 1′+x 2f 2′;z xx =y 2[f 11′′⋅y 2+f 12′′⋅2xy ]+2yf 2′′+2xy [f 21′′⋅y 2+f 22′′⋅2xy ] =y 4f 11′′+2xy 3f 12′′+2yf 2′′+2xy 3f 21′′+4x 2y 2 f 22′′=y 4f 11′′+4xy 3f 12′′+2yf 2′′+4x 2y 2 f 22′′,z xy =2y f 1′+y 2[f 11′′⋅2xy +f 12′′⋅x 2]+2xf 2′+2xy [f 21′′⋅2xy +f 22′′⋅x 2] =2y f 1′+2xy 3f 11′′+x 2y 2 f 12′′+2xf 2′+4x 2y 2f 21′′+2x 3yf 22′′ =2y f 1′+2xy 3f 11′′+5x 2y 2 f 12′′+2xf 2′+2x 3yf 22′′,z yy =2xf 1′+2xy [f 11′′⋅2xy +f 12′′⋅x 2]+x 2[f 21′′⋅2xy +f 22′′⋅x 2] =2xf 1′+4x 2y 2f 11′′+2x 3y f 12′′+2x 3yf 21′′+x 4f 22′′=2xf 1′+4x 2y 2f 11′′+4x 3y f 12′′+x 4f 22′′.(4) z =f (sin x , cos y , e x +y ).解 z x =f 1′⋅cos x + f 3′⋅e x +y =cos x f 1′+e x +y f 3′,z y =f 2′⋅(−sin y )+ f 3′⋅e x +y =−sin y f 2′+e x +y f 3′,z xx =−sin x f 1′+cos x ⋅(f 11′′⋅cos x + f 13′′⋅e x +y )+e x +y f 3′+e x +y (f 31′′⋅cos x + f 33′′⋅e x +y ) =−sin x f 1′+cos 2x f 11′′+e x +y cos x f 13′′+e x +y f 3′+e x +y cos x f 31′′+e 2(x +y ) f 33′′ =−sin x f 1′+cos 2x f 11′′+2e x +y cos x f 13′′+e x +y f 3′+e 2(x +y ) f 33′′, z xy =cos x [f 12′′⋅(−sin y )+ f 13′′⋅e x +y ]+e x +y f 3′+e x +y [f 32′′⋅(−sin y )+ f 33′′⋅e x +y ] =−sin y cos x f 12′′+e x +y cos x f 13′+e x +y f 3′−e x +y sin y f 32′+e 2(x +y )f 33′ =−sin y cos x f 12′′+e x +y cos x f 13′′+e x +y f 3′−e x +y sin y f 32′′+e 2(x +y )f 33′′, z yy =−cos y f 2′−sin y [f 22′′⋅(−sin y )+ f 23′′⋅e x +y ]+e x +y f 3′+e x +y [f 32′′⋅(−sin y )+ f 33′′⋅e x +y ] =−cos y f 2′+sin 2y f 22′′−e x +y sin y f 23′′+e x +y f 3′−e x +y sin y f 32′′+ f 33′′⋅e 2(x +y ) =−cos y f 2′+sin 2y f 22′′−2e x +y sin y f 23′′+e x +y f 3′+f 33′′⋅e 2(x +y ).13. 设u =f (x , y )的所有二阶偏导数连续, 而3t s x −=, 3t s y +=, 证明2222)()()()(t u s u y u x u ∂∂+∂∂=∂∂+∂∂及22222222t u s u y u x u ∂∂+∂∂=∂∂+∂∂证明 因为y u x u s yy u s x x u s u ∂∂⋅+∂∂⋅=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂2321y u x u t yy u t x x u t u ∂∂⋅+∂∂⋅−=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂2123所以2222)2123()2321()()(y u x u y u x u t u s u ∂∂+∂∂−+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂22)()(y u x u ∂∂+∂∂=. 又因为)2321()(2yu x u s s u s s u ∂∂⋅+∂∂⋅∂∂=∂∂∂∂=∂∂ (23)(212222s y y u s x x y u s y y x u s x x u ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂= 2321(23)2321(212222y u x y u y x u x u ∂∂⋅+∂∂∂⋅+∂∂∂⋅+∂∂⋅= 222432341y u y x u x u ∂∂⋅+∂∂∂⋅+∂∂⋅=, )2123()(2yu x u t t u t t u∂∂⋅+∂∂⋅−∂∂=∂∂∂∂=∂∂ )(21)(232222t y y u t x x y u t y y x u t x x u ∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂∂+∂∂⋅∂∂−= )2123(21)2123(232222y u x y u y x u x u ∂∂⋅+∂∂∂⋅−+∂∂∂⋅+∂∂⋅−−=22222412343y uy x u x u ∂∂⋅+∂∂∂⋅−∂∂⋅=,所以 22222222y u x u t u s u ∂∂+∂∂=∂∂+∂∂.习题8−51. 设sin y +e x −xy 2=0, 求dxdy . 解 令F (x , y )=sin y +e x −xy 2, 则F x =e x −y 2, F y =cos y −2xy , xy y e y xy y y e F F dx dy xy x 2cos 2cos 222−−=−−−=−=.2. 设x y y x arctan ln 22=+, 求dxdy. 解 令xyy x y x F arctan ln ),(22−+=, 则22222222)()(11221y x y x xy x y y x x y x F x ++=−⋅+−+⋅+=,22222221)(11221yx x y x xy y x y y x F y +−=⋅+−+⋅+=,yx y x F F dx dyy x −+=−=. 3. 设022=−++xyz z y x , 求x z ∂∂及y z ∂∂.解 令xyz z y x z y x F 22),,(−++=, 则 xyz yz F x −=1, xyzxz F y −=2, xyz xyF z −=1,xy xyz xyz yz F F x z z x −−=−=∂∂, xy xyz xyz xz F F y zz y −−=−=∂∂2. 4. 设y z z x ln =, 求x z ∂∂及yz ∂∂, 解 令yz z x z y x F ln ),,(−=, 则z F x 1=, y yzyz F y 1)(12=−⋅−=, 2211z z x y y z z x F z +−=⋅−−=,所以 z x z F F x z z x +=−=∂∂, )(2z x y z F F y z z y +=−=∂∂.5. 设2sin(x +2y −3z )=x +2y −3z , 证明1=∂∂+∂∂yz x z证明 设F (x , y , z )=2sin(x +2y −3z )−x −2y +3z , 则 F x =2cos(x +2y −3z )−1,F y =2cos(x +2y −3z )⋅2−2=2F x , F z =2cos(x +2y −3z )⋅(−3)+3=−3F x ,313=−−=−=∂∂x x z x F F F F x z , 3232=−−=−=∂∂x x z y F F F F y z ,于是 13231=+=−−=∂∂+∂∂z z z x F FF F yz x z .6. 设x =x (y , z ), y =y (x , z ), z =z (x , y )都是由方程F (x , y , z )=0所确定的具有连续偏导数的函数, 证明1−=∂∂⋅∂∂⋅∂∂xz z yy x .解 因为x y F F y x −=∂∂, y z F F zy −=∂∂, z x F F x z−=∂∂,所以 1()()(−=−⋅−⋅−=∂∂⋅∂∂⋅∂∂z x y z x y F F F F F F xz z yy x .7. 设ϕ(u , v )具有连续偏导数, 证明由方程ϕ(cx −az , cy −bz )=0 所确定的函数z =f (x , y )满足c yz b x z a =∂∂+∂∂.证明 因为v u uv u u b a c b a c x z ϕϕϕϕϕϕ+=⋅−⋅−⋅−=∂∂,vu vv u v b a c b a c y z ϕϕϕϕϕϕ+=⋅−⋅−⋅−=∂∂,所以 c b a c b b a c a y z b x z a v u vv u u =+++⋅=∂∂+∂∂ϕϕϕϕϕϕ.8. 设e z−xyz =0, 求22x z ∂∂. 解 设F (x , y , z )=e z −xyz , 则F x =−yz , F z =e z −xy , xye yzF F x z z x −=−=∂∂,222)()()()(xy e y x z e yz xy e x z y x z x x z z z z −−∂∂−−∂∂=∂∂∂∂=∂∂ 222)()(xy e xye yzyze xy ye z y z z z −−−−+=32232)(22xy e e z y z xy ze y z zz −−−=. 9. 设z 3−3xyz =a 3, 求yx z ∂∂∂2. 解 令F (x , y , z )=z 3−3xyz −a 3, 则xy z yz xy z yz F F x z z x −=−−−=−=∂∂22333, xyz xz xy z xz F F y z z y −=−−−=−=∂∂22333, )()(22xyz yzy x z y y x z −∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂222)()2())((xy z x y z z yz xy z yz y z −−∂∂−−∂∂+=22222)()2()()(xy z x xyz xz z yz xy z xy z xz y z −−−−−⋅−+=322224)()2(xy z y x xyz z z −−−=.10. 求由下列方程组所确定的函数的导数或偏导数:(1)设, 求⎩⎨⎧=+++=203222222z y x y x z dx dy , dx dz; 解 视y =y (x ), z =z (x ), 方程两边对x 求导得⎪⎩⎪⎨⎧=+++=064222dx dz z dx dy y x dx dy y x dx dz , 即⎪⎩⎪⎨⎧−=+−=−xdx dz z dxdy y xdx dz dx dy y 3222.解方程组得)13(2)16(++−=∂∂z y z x x y , 13+=z x dx dz.(2)设, 求⎩⎨⎧=++=++10222z y x z y x dz dx ,dz dy ;解 视x =x (z ), y =y (z ), 方程两边对z 求导得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++022201z dz dy y dzdx x dz dy dz dx , 即⎪⎩⎪⎨⎧−=+−=+zdz dy y dz dx x dz dy dz dx 2221.解方程组得y x z y z x −−=∂∂, yx xz z y −−=∂∂. (3)设, 其中f , g 具有一阶连续偏导数, 求⎩⎨⎧−=+=),(),(2y v x u g v y v ux f u x u ∂∂,x v ∂∂; 解 视u =u (x , y ), v =v (x , y ), 方程两边对x 求偏导得⎪⎩⎪⎨⎧∂∂⋅′+−∂∂⋅′=∂∂∂∂⋅′+∂∂+⋅′=∂∂x v yv g x u g x v x v f x u x u f x u 21212)1()( , 即⎪⎩⎪⎨⎧′=∂∂⋅⋅−′+∂∂′′′−=∂∂⋅′+∂∂−′121121)12()1(g x v g yv x u g f u x v f x u f x . 解之得1221221)12)(1()12(g f g yv f x g f g yv f u x u ′′−−′−′′′−−′′−=∂∂, 1221111)12)(1()1(g f g yv f x f u f x g x v ′′−−′−′−′+′′=∂∂.(4)设, 求⎩⎨⎧−=+=v u e y v u e x u u cos sin x u ∂∂, y u ∂∂, x v ∂∂, y v ∂∂. 解 视u =u (x , y ), v =v (x , y ), 方程两边微分得, 即, ⎩⎨⎧+−=++=vdv u vdu du e dy vdv u vdu du e dx uu sin cos cos sin ⎩⎨⎧=+−=++dy vdv u du v e dxvdv u du v e u u sin )cos (cos )sin (从中解出du , dv 得dy v v e v dxv v e v du u u 1)cos (sin cos 1)cos (sin sin +−−++−=, v v e u e v dx v v e u e v dv u uu u ]1)cos (sin [sin ]1)cos (sin [cos +−+++−−=,从而1)cos (sin sin +−=∂∂v v e v x u u , 1)cos (sin cos +−−=∂∂v v e vy u u ,]1)cos (sin [cos +−−=∂∂v v e u e v x v u , ]1)cos (sin [sin +−+=∂∂v v e u e v y v u.11. 设y =f (x , t ), 而t 是由方程F (x , y , t )=0所确定的x , y 的函数, 其中f , F 都具有一阶连续偏导数, 试证明:tF y F t f x F t f t F x f dx dy ∂∂+∂∂⋅∂∂∂∂⋅∂∂−∂∂⋅∂∂=. 证明 由方程组可确定两个一元隐函数, 方⎩⎨⎧==0),,(),(t y x F t x f y ⎩⎨⎧==)()(x t t x y y 程两边对x 求导可得⎪⎩⎪⎨⎧=⋅∂∂+⋅∂∂+∂∂⋅∂∂+∂∂=0dxdt t F dx dy y F x F dxdt t f x f dx dy ,移项得⎪⎩⎪⎨⎧∂∂−=∂∂+⋅∂∂∂∂=⋅∂∂−x F dxdt t F dx dy y F x f dx dt t f dx dy ,在01≠∂∂⋅∂∂+∂∂=∂∂∂∂∂∂−=y F t f t F tF y F t fD 的条件下 yF t f t F x Ft f t F x f t Fx F t f x f D dx dy ∂∂⋅∂∂+∂∂∂∂⋅∂∂−∂∂⋅∂∂=∂∂∂∂−∂∂−∂∂⋅=1.习题8−61. 求曲线x =t −sin t , y =1−cos t , 2sin 4t z =在点)22 ,1 ,12 (−π处的切线及法平面方程.解 x ′(t )=1−cos t , y ′(t )=sin t , 2cos 2)(t t z =′. 因为点)22 ,1 ,12 (−π所对应的参数为2 π=t , 故在点)22 ,1 ,12 (−π处的切向量为)2 ,1 ,1(=T .因此在点)22 ,1 ,12(−π处, 切线方程为22211121−=−=−+z y x π, 法平面方程为0)22(2)1(1)12(1=−+−⋅++−⋅z y x π, 即422+=++πz y x .2. 求曲线t t x +=1, tt y +=1, z =t 2在对应于t =1的点处的切线及法平面方程. 解 2)1(1)(t t x +=′, 21)(t t y −=′, z ′(t )=2t .在t =1所对应的点处, 切向量)2 ,1 ,41(−=T , t =1所对应的点为)1 ,2 ,21(, 所以在t =1所对应的点处, 切线方程为21124121−=−−=−z y x , 即8142121−=−−=−z y x ; 法平面方程为0)1(2)2()21(41=−+−−−z y x , 即2x −8y +16z −1=0.3. 求曲线y 2=2mx , z 2=m −x 在点(x 0, y 0, z 0)处的切线及法平面方程. 解 设曲线的参数方程的参数为x , 将方程y 2=2mx 和z 2=m −x 的两边 对x 求导, 得m dx dyy22=, 12−=dxdz z , 所以y m dx dy=, z dx dz 21−=.曲线在点(x 0, y 0, z 0,)的切向量为)21,,1(00z y m −=T , 所求的切线方程为000211z z z y m y y x x −−=−=−, 法平面方程为0)(21)()(00000=−−−+−z z z y y y m x x . 4. 求曲线在点(1, 1, 1)处的切线及法平面方程.⎩⎨⎧=−+−=−++0453203222z y x x z y x 解 设曲线的参数方程的参数为x , 对x 求导得,⎪⎩⎪⎨⎧=+−=−++053203222dx dz dx dy dx dz z dx dy y x , 即⎪⎩⎪⎨⎧=−+−=+2533222dxdz dx dy x dx dz z dx dy y .解此方程组得z y z x dx dy 61015410−−−−=, z y y x dx dz 610946−−−+=. 因为169)1,1,1(=dx dy, 161)1,1,1(−=dx dz , 所以)161 ,169 ,1(=T . 所求切线方程为1611169111−−=−=−z y x , 即1191161−−=−=−z y x ; 法平面方程为0)1(161)1(169)1(=−−−+−z y x , 即16x +9y −z −24=0. 5. 求出曲线x =t , y =t 2, z =t 3上的点, 使在该点的切线平行于平面x +2y +z =4. 解 已知平面的法线向量为n =(1, 2, 1).因为x ′=1, y ′=2t , z ′=3t 2, 所以参数t 对应的点处的切向量为T =(1, 2t , 3t 2). 又因为切线与已知平面平行, 所以T ⋅n =0, 即1+4t +3t 2=0,解得t =−1, 31−=t . 于是所求点的坐标为(−1, 1, −1)和)271 ,91 ,31(−−. 6. 求曲面e z −z +xy =3在点(2,1,0)处的切平面及法线方程.解 令F (x , y , z )=e z −z +xy −3, 则n =(F x , F y , F z )|(2, 1, 0)=(y , x , e z −1)|(2, 1, 0)=(1, 2, 0),点(2,1, 0)处的切平面方程为1⋅(x −2)+2(y −1)+0⋅(z −0)=0, 即x +2y −4=0,法线方程为02112−=−=−z y x . 7. 求曲面ax 2+by 2+cz 2=1在点(x 0, y 0, z 0)处的切平面及法线方程.解 令F (x , y , z )=ax 2+by 2+cz 2−1, 则n =(F x , F y , F z )=(2ax , 2by , 2cz )=(ax , by , cz ).在点(x 0, y 0, z 0)处, 法向量为(ax 0, by 0, cz 0), 故切平面方程为ax 0(x −x 0)+by 0(y −y 0)+cz 0(z −z 0)=0,即 , 202020000cz by ax z cz y by x ax ++=++法线方程为00000cz z z by y y ax x x −=−=−.8. 求椭球面x 2+2y 2+z 2=1上平行于平面x −y +2z =0的切平面方程.解 设F (x , y , z )=x 2+2y 2+z 2−1, 则n =(F x , F y , F z )=(2x , 4y , 2z )=2(x , 2y , z ).已知切平面的法向量为(1, −1, 2). 因为已知平面与所求切平面平行, 所以2121z y x =−=, 即z x 21=, z y 41−=, 代入椭球面方程得1)4(2)2(222=+−+z z z , 解得1122±=z , 则1122±=x , 11221∓=y . 所以切点坐标为)1122,11221,112(±±∓. 所求切平面方程为0)1122(2)11221()112(=±+−±z y x ∓, 即 2112±=+−z y x . 9. 求旋转椭球面3x 2+y 2+z 2=16上点(−1, −2, 3)处的切平面与xOy 面的夹角的余弦.解 x O y 面的法向为n 1=(0, 0, 1).令F (x , y , z )=3x 2+y 2 +z 2−16, 则点(−1, −2, 3)处的法向量为n 2=(F x , F y , F z )|(−1, −2, 3)=(6x , 2y , 2z )|(−1, −2, 3)=(−6, −4, 6).点(−1, −2, 3)处的切平面与xOy 面的夹角的余弦为22364616||||cos 2222121=++⋅=⋅⋅=n n n n θ.10. 试证曲面a z y x =++(a >0)上任何点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等于a .证明 设a z y x z y x F −++=),,(, 则)21,21,21(zy x =n . 在曲面上任取一点M (x 0, y 0, z 0), 则在点M 处的切平面方程为0)(1)(1)(1000000=−+−+−z z z y y y x x x , 即 a z y x z z y y x x =++=++000000. 化为截距式, 得1000=++az z ay y ax x , 所以截距之和为a z y x a az ay ax =++=++)(000000.习题8−71. 求函数z =x 2+y 2在点(1, 2)处沿从点(1, 2)到点)32 ,2(+的方向的方向导数 解 因为从点(1, 2)到点)32 ,2(+的向量为)3 ,1(=l , 故)cos ,(cos 23 ,21(||βα===l l e l . 又因为22)2,1()2,1(==∂∂x x z , 42)2,1()2,1(==∂∂y y z , 故所求方向导数为321234212cos cos +=⋅+⋅=∂∂+∂∂=∂∂βαy z x z l z . 2. 求函数z =ln(x +y )在抛物线y 2=4x 上点(1, 2)处, 沿这抛物线在该点处偏向x 轴正向的切线方向的方向导数.解 方程y 2=4x 两边对x 求导得2yy ′=4, 解得yy 2=′. 在抛物线y 2=4x 上点(1, 2)处, 切线的斜率为y ′(1)=1, 切向量为l =(1, 1), 单位切向量为)cos ,(cos )21 ,21(βα==l e . 又因为31 1)2,1()2,1(=+=∂∂y x x z , 31 1)2,1()2,1(=+=∂∂y x y z , 故所求方向导数为3221312131cos cos =⋅+⋅=∂∂+∂∂=∂∂βαy z x z l z . 3. 求函数)(12222b y a x z +−=在点)2,2(b a 处沿曲线12222=+b y a x 在这点的内法线方向的方向导数.解 令1),(2222−+=b y a x y x F , 则22a x F x =, 22b y F y =. 从而点(x , y )处的法向量为)2 ,2() ,(22by a xF F y x ±=±=n . 在)2,2(b a 处的内法向量为 )2 ,2()2 ,2()2,2(22b a b y a x b a −=−=n , 单位内法向量为)cos ,(cos ,(2222βα=+−+−=b a a b a b n e . 又因为a a x x zb a b a 222,2(2)2,2(−=−=∂∂, bb y y z b a b a 222,2(2)2,2(−=−=∂∂, 所以 222222222cos cos b a abb a a b b a b a y z x z n z +=+⋅++⋅=∂∂+∂∂=∂∂βα. 4. 求函数u =xy 2+z 3−xyz 在点(1, 1, 2)处沿方向角为3 πα=, 4 πβ=, 3 πγ=的方向的方向导数.解 因为方向向量为)21 ,22 ,21()cos ,cos ,(cos ==γβαl , 又因为 1)()2,1,1(2)2,1,1(−=−=∂∂yz y x u, 0)2()2,1,1()2,1,1(=−=∂∂xz xy y u , 11)3()2,1,1(2)2,1,1(=−=∂∂xy z z u , 所以 5211122021)1(cos cos cos =⋅+⋅+⋅−=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβαz u y u x u l u .5. 求函数u =xyz 在点(5,1,2)处沿从点(5, 1, 2)到点(9, 4, 14)的方向的方向导数.解 因为l =(9−5, 4−1, 14−2)=(4, 3, 12), )1312 ,133 ,134(||==l l e l , 并且 2)2,1,5()2,1,5(==∂∂yz x u , 10)2,1,5()2,1,5(==∂∂xz y u , 5)2,1,5()2,1,5(==∂∂xy z u, 所以 139813125133101342cos cos cos =⋅+⋅+⋅=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβαz u y u x u l u . 6. 求函数u =x 2+y 2+z 2在曲线x =t , y =t 2, z =t 3上点(1, 1, 1)处, 沿曲线在该点的切线正方向(对应于t 增大的方向)的方向导.解 曲线x =t , y =t 2, z =t 3上点(1, 1, 1)对应的参数为t =1, 在点(1, 1, 1)的切线正向为)3 ,2 ,1()3 ,2 ,1(12===t t t l , )143,142,141(||==l l e l , 又 22)1,1,1()1,1,1(==∂∂x x u , 22)1,1,1()1,1,1(==∂∂y y u , 22)1,1,1()1,1,1(==∂∂z z u, 所以 1412143214221412cos cos cos )1,1,1(=⋅+⋅+⋅=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβαz u y u x u l u . 7. 求函数u =x +y +z 在球面x 2+y 2+z 2=1上点(x 0, y 0, z 0)处, 沿球面在该点的外法线方向的方向导数.解 令F (x , y , z )=x 2+y 2+z 2−1, 则球面x 2+y 2+z 2=1在点(x 0, y 0, z 0)处的外法向量为)2 ,2 ,2() , ,(000),,(000z y x F F F z y x z y x ==n , )cos ,cos ,(cos ) , ,(||000γβα===z y x n n n e , 又 1=∂∂=∂∂=∂∂zu y u x u , 所以 000000111cos cos cos z y x z y x zu y u x u n u ++=⋅+⋅+⋅=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γβα. 8. 设f (x , y , z )=x 2+2y 2+3z 2+xy +3x −2y −6z , 求grad f (0, 0, 0)及grad f (1, 1, 1).。
最新(完美版)第八章习题答案_数值分析
第八章习题解答3、设方程()0f x =有根，且'0()m f x M <≤≤。
试证明由迭代格式1()k k k x x f x λ+=- (0,1,2,)k =产生的迭代序列{}0k k x ∞=对任意的初值0(,)x ∈-∞+∞，当20M λ<<时，均收敛于方程的根。
证明：设()()x x f x ϕλ=-，可知()x ϕ在(,)-∞∞上可导对于任意给定的λ值，满足条件'0()m f x M <≤≤时（1）''()1()x f x ϕλ=- 则1'()11M x m λϕλ-≤≤-< 又20Mλ<<，M>0 则02M λ<<时，11M λ-<- 所以11'()11M x m λϕλ-<-≤≤-< 若令max{1,1}L M m λλ=--，则可知'()1x L ϕ≤<（2）由0()(0)'()(0)'()xx x dx x ϕϕϕϕϕε=+=+⎰ 则()lim 1x x L x ϕ→∞⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以，存在一个数a ，当x a >时，()x x ϕ<同时，()x ϕ在[,]a a -内有界，即存在0b >使得[,]x a a ∀∈-，()x b ϕ<我们选取 max{,}c a b =，则对任意x 有0()max{,}x c x ϕ<则对给定的任意初值0x ，设0max{,}d c x =则0[,]x d d ∈-，于是在区间[,]d d -上有()x d ϕ<即满足映内性有（1）、（2）可知，()x ϕ满足收敛定理迭代序列0{}k k x ∞=收敛于方程的根6. 给出计算...222+++=x 的迭代格式，讨论迭代格式的收敛性，并证明2=x解：构造迭代格式10,1,2,k x k +==∙∙∙2k x ≤令()x ϕ=x ⎤∈⎦时，()x ϕ⎤∈⎦'()x ϕ=，当x ⎤∈⎦时，1'()12x ϕ<<所以，迭代格式收敛，且收敛于()x xϕ=在⎤⎦上的根，即x=x=2。
大学物理第八章课后习题答案
大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）． 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向． 解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高． 解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． 解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高． 解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解 （1） 根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。
第8章热力学习题解答
第8章 热力学基础8.1基本要求1.理解准静态过程、功、热量的概念，并掌握功的计算方法。
2.掌握热力学第一定律及其在理想气体各等值过程中的应用。
3.掌握理想气体定体和定压摩尔热容及比热容比的概念及计算方法。
4.理解绝热过程，能熟练地分析、计算理想气体在此过程的功、热量和内能的增量。
5.理解循环过程的基本特征，理解热机循环和致冷循环的物理意义，理解热机效率的计算方法。
掌握卡诺循环及其特点，能熟练地分析、计算卡诺循环的效率。
6.理解热力学第二定律的两种表述及其等效性，了解可逆过程、不可逆过程及卡诺定理。
7.理解热力学第二定律的本质，了解熵的概念和熵增加原理。
8.2基本概念1 准静态过程系统经历的每一个中间状态都无限地接近平衡态的状态变化过程。
2 功热力学系统与外界交换能量的一种方式，准静态过程中系统对外界做的功为21V V V W pdV pdV ==⎰⎰3 热量传热过程中传递的能量，热力学系统与外界交换能量的另一种方式。
4 摩尔热容当一个系统温度升高（或降低）dT 时，吸收（或放出）的热量如果为dQ ，则系统的热容定义为：dQ C dT= 5 定体摩尔热容若1mol 的理想气体在等体过程中温度改变dT 时所传递的热量为V dQ ，则定体摩尔热容为：,2V V m dQ i C R dT ==，等体过程中内能的增量可表示为：21,21()V m E E C T T ν-=- 6 定压摩尔热容若1mol 的理想气体在等压过程中温度改变dT 时传递的热量为p dQ ，则气体的定压摩尔热容为：,pp m dQ C dT =，与定体摩尔热容的关系为,,p m V m C C R =+，等压过程所吸收的热量可表示为：,21()p p m Q C T T ν=-7 比热容比定压摩尔热容,p m C 与定体摩尔热容,V m C 的比值，用γ表示,,2p m V m C i C iγ+== 8 循环过程 系统经过一系列的状态变化过程以后又回到原来状态的过程，循环过程的重要特征是内能的增量0E ∆=9 正循环及热机的效率过程进行的方向在p V -图上按顺时针方向进行的循环过程叫正循环，工质作正循环的热机效率为：1221111Q Q Q W Q Q Q η-===- 10 逆循环及致冷机的效率 过程进行的方向在p V -图上按逆时针方向进行的循环过程叫逆循环，工质作逆循环的致冷机效率为：2212Q Q e W Q Q ==- 11 可逆和不可逆过程 系统逆过程能重复正过程的每一状态且不引起外界任何变化的状态变化过程称为可逆过程，一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，可逆过程是从实际过程中抽象出来的一种理想过程。
运筹学答案第八章
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第八章习题解答
8.15 如图8-59，发点S1，S2分别可供应10和15个 单边位上，数收为c点ij。t1，t2可以接收10和25个单位，求最大流，
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第八章习题解答
8.11 求图8-56中v1到各点的最短路。
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第八章习题解答
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第八章习题解答
8.12 求图8-57网络中各顶点间的最短路。
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第八章习题解答
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第八章习题解答
心B货1B，中18，B心.22B，的02，运B某3B输每种3。能天货A力需物1，由、求A2单分个2的位别仓库运为库存费9At量，如1，分5表At别，28运—为64t送。每，到天各求31仓运个3t库费配，到最货9t配；省中
20 0 36 14 32
D(4)
0
20
18
0
32
12
48
9
0
V1 V2 V3 V4 V5
V1 0 5 16 19 12
V2 20 0 36 14 32
基础化学习题解答(8)
习题解答（第八章）一、选择题1. 下列反应中，属于氧化还原反应的是( C )A.硫酸与氢氧化钡溶液的反应B.石灰石与稀盐酸的反应C.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应D.醋酸钠的水解反应2. 单质A和单质B化合成AB(其中A显正价),下列说法正确的是( C )A. B被氧化B. A是氧化剂C. A发生氧化反应D. B具有还原性3. 对于原电池的电极名称,叙述中有错误的是( B )A.电子流入的一极为正极B.发生氧化反应的一极是正极C.电子流出的一极为负极D.比较不活泼的金属构成的一极为正极4. 根据下列反应：2FeCl3+Cu→2FeCl2+CuCl22Fe3++Fe→3Fe2+2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4→2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O 判断电极电势最大的电对为( C )A.Fe3+/Fe2+B.Cu2+/CuC.MnO4-/Mn2+D.Fe2+/Feϕ5. 在含有Cl-，Br-，I-离子的混合溶液中，欲使I-氧化成I2，而Br-,Cl-不被氧化，根据φ值大小，应选择下列氧化剂中的( B )A.KMnO4B.K2Cr2O7C.(NH4)2S2O8D.FeCl36. 在酸性溶液中和标准状态下，下列各组离子可以共存的是( D )A.MnO4- 和Cl-B.Fe3+ 和Sn2+C.NO3- 和Fe2+D.I- 和Sn4+7. 利用标准电极电势表判断氧化反应进行的方向，正确的说法是( B )A.氧化态物质与还原态物质起反应；ϕ较大电对的氧化态物质与φϕ较小电对的还原态物质起反应；B. φC.氧化性强的物质与氧化性弱的物质起反应；D.还原性强的物质屯还原性弱的物质起反应。
二、是非题(下列叙述中对的打“√”,错的打“×”)1. MnO4-离子中，Mn和O的化合价分别为+8和-2。
( ×)2. 根据标准电极电势判定SnCl2 + HgCl2 =SnCl4 + Hg反应能自发向右进行。
生物化学课后习题答案-第八章xt8
第八章 脂代谢一、 课后习题1.为什么说脂肪氧化可产生大量内源性水？2.如果用14C标记乙酰CoA的两个碳原子，并加入过量的丙二酸单酰CoA，用纯化的脂肪酸合成酶体系来催化脂肪酸的合成，在合成的软脂肪酸中，哪两个碳原子是被标记的？3.1mol三软脂酰甘油酯完全氧化分解，产生多少摩尔ATP？多少molCO2？如由3mol软脂肪酸和1mol甘油合成1mol三软脂酰甘油酯，需要多少摩尔ATP？4.在动物细胞中由丙酮酸合成1mol己酸，需净消耗多少摩尔ATP及NADPH？5.1mol下列含羟基不饱和脂肪酸完全氧化成CO2和水？可净生成多少摩尔ATP？CH3-CH2-CH2-CH-CH2-CH2CH-COOHOH6.据你所知，乙酰CoA在动物体内可转变成哪些物质？解析：1.生物体内的主要脂类物质中，脂肪是体内的储存能源物质，其氧化分解后比糖产生多得多的能量，这主要是由于脂肪酸含有高比例的氢氧比，含氢多，脱氢机会多，氧化后产生大量内源性水必然高。
2.标记碳原子将会出现在软脂酸的碳链末端（远羧基端）的15、16号碳原子。
乙酰CoA在脂肪酸的合成过程中是初始原料，而直接原料为丙二酰CoA，乙酰CoA通过羧化形成丙二酰CoA。
合成起始引物为乙酰CoA，合成过程直接由丙二酰CoA提供二碳单位，所以标记首先出现在远羧基端的两个碳原子上。
3.1mol三软脂酰甘油脂首先在脂肪酶的水解作用下生成1mol甘油和3mol软脂酸。
甘油在甘油激酶和ATP供能的作用下生成α-磷酸甘油，α-磷酸甘油再在α-磷酸甘油脱氢酶的作用下生成二羟磷酸丙酮和NADH+H+,二羟磷酸丙酮由此可插入酵解途径生成丙酮酸，丙酮酸再进入TCA循环，能量产生如下：10+2.5+2+2.5（苹果酸穿梭）×2-1=18.5molATP 或10+2.5+2+1.5（α-磷酸甘油穿梭）×2-1=16.5molATP；软脂酸通过β-氧化过程完成完全氧化，1mol软脂酸需要7次循环氧化，每个循环产生一个FADH+H+和NADH + H+,最终产生8mol乙酰2molATP，能量产生如下：[（1.5+2.5）× 7 + 8× 10 - 2] × 3 = 318molATP。
第八章习题答案
第八章 习题答案训练1一、选择题BCADB二、填空题1、n s X t /μ-=；()20220221σσσχ=-=s n ；2、正态总体均值；总体方差；总体方差。
3、()2211X X n s i --=）；t ； 1-n ；4、双边检验； 左边检验 ；)1(212-<-n αχχ 5、()⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=2111n n Y X U σ； 标准正态。
三、解答题1、 . , 0认为该机工作正常接受H2、 . , 0无显著变化认为金属棒的平均长度接受H 3、 ,0H 拒绝认为该机切割的金属棒长度的标准差有显著变化.4、 , 0H 接受即可认为元件的平均寿命为225小时。
5、 , 0H 接受即可认为这批矿砂的铬含量为3.25。
6、 , 0H 接受即甲、乙两台机床加工的产品直径无显著差异.7、 , 0H 接受认为该厂生产铜丝的折断力的方差为20.8、 , 0H 接受 .22y x σσ=认为训练2一、填空题1、Q n n X T )1(-=；2、,F ∑∑==----=n i i m i i Y Y m X X n F 1212)()1()()1(；3、}1(|80|{2/-≥-*n t n S X n α;⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-<-⋃⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧->--==∑∑}1()(}1()(22/1202122/2021n X X n X X n i i n i i ααχσχσ； 二、选择题BDA三、解答题1、 , 0H 接受即可认为这批产品的该项指标为1600.2、 , 0H 接受即可认为该日机器工作状态正常，3、 , 0H 接受即可认为这天生产的表壳的均值为20。
4、 , 0H 接受即可认为两支矿脉含锌量相同。
综合训练1、176.1=c2、 , 0H 接受即可认为这批产品的该项指标为1600.3、拒绝H 0,即可认为新工艺对电阻有显著差异。
4、 , 0H 接受即可认为甲乙两人的实验分析无显著差异。
第8章 带传动习题解答
8-2.V带传动传递的功率P=7.5kW，带速v=10m/s，紧边拉力是松 边拉力的两倍，即F1=2F2，试求紧边拉力F1、有效拉力Fe和预紧 力F0。 P 7.5 1000 解：有效拉力： Fe 750 N v 10
F1 F2 Fe
F1 2F2
F2 Fe 750N
0
Pca KAP Z 4.94 P1 （P0 P0）K K L
式中： P0 1.64kW
取Z=5
P0 0.29kW K 0.928 K L 0.95
作业一
八.计算预紧力
作业一
Pca 2.5 F0 500 ( 1) qv 2 zv K 8.4 2.5 ( 1) 0.17 6.282 233N 5 6.28 0.928 九.计算压轴力 500
作业一
三.校核带轮转速
作业一
d d1 n1 实际转速 n 2 ' (1 ) 332.96r / min dd2 n 2 n 2 n 2 ' 0.9% 转速误差 在5%允许范围内 n2 n2 四.计算带轮转速
d d1n1 v 6.28m / s 5 v 25m / s 60 1000 五.计算中心距和带长 1.初定中心距 0.7(d d1 d d 2 ) a 0 2(d d1 d d 2 )
ef1 1 2.7180.51 1 Fec 2F0 f1 2 360 478.5N 0.51 e 1 2.718 1 （2）最大转矩： d d1 100 Tc Fec 478.5 23925Nmm 2 2
作业一
（3）输出功率：
作业一
d d1n1 P Fec v Fec 60 1000 100 1450 478.5 0.95 3451W 3.451kW 60 1000
习题参考答案
第八章习题参考答案1. 设图中A 均为理想运算放大器，试求各电路的输出电压。
Ωk 10Ωk 20(a)U o2Ωk 10Ωk 20(b)2V(c)U o3图 题1图1． 解答：对图（a ），根据运放虚短、虚断的特点可以得到Ω-=Ω-k 1002k 2021o U 进一步可以求得V 61o =U对图（b ），根据运放虚短、虚断的特点可以得到Ω-=Ω-k 20V2k 100V 22o U 进一步可以求得V 62o =U对图（c ），根据运放的虚短、虚断特性容易求得V 2o3=U2. 电路如图所示，集成运放输出电压的最大幅值为±14V ，U i 为2V 的直流信号，分别求出下列各种情况下的输出电压。
（1）R 2短路；（2）R 3短路；（3）R 4短路；（4）R 4断路。
o图 题2图2． 解答：（1）02=R 时可以得到⎪⎩⎪⎨⎧-==1i 3o M 0R U R U U ，求得V 4o -=U（2）03=R 时可以得到⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=M oi 12M V4UU U R R U（3）04=R 时2R 支路无电流，放大电路相当于开环应用， V 14o -=U （4）∞=4R 时可以得到V 8i 132o -=+-=U R R R U3. 如图所示电路，设A 为理想集成运算放大器。
（1） 写出U o 的表达式；（2） 若R f =3k Ω，R 1=Ω，R 2=1k Ω，稳压管VZ 的稳定电压值U Z =，求U o 的值。
图 题3图3．解答：（1）图中的集成运算放大器组成了同相比例运算电路，其输出电压表达式为P 1f N 1f o 11U R R U R R U ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= 当稳压管VZ 的稳定电压值V 10Z <U 时，Z P U U =，输出电压表达式为Z 1f o 1U R R U ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+= 当稳压管VZ 的稳定电压值V 10Z >U 时，k P U U =，输出电压表达式为k 1f o 1U R R U ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= （2）V 10V 5.1Z <=U ，故输出电压表达式为Z 1f o 1U R U ⎪⎪⎭ ⎝+= 将Ω=k 3f R ，Ω=k 5.11R ，V 5.1Z =U 代入上式得V 5.4V 5.1k 5.1k 31o =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛ΩΩ+=U4. 如图所示电路中，A 为理想运算放大器，已知R 1=R w =10k Ω，R 2=20k Ω，U i =1V ，输出电压的最大值为±12V ，试分别求出当电位器R w 的滑动端移到最上端、中间位置和最小端时的输出电压U o 的值。
第8章习题解答
第8章思考题及习题8参考答案一、填空1. 单片机存储器的主要功能是存储和。
答：程序、数据。
2．假设外部数据存储器2000H单元的内容为80H，执行下列指令后累加器A中的内容为。
MOV P2，#20HMOV R0，#00HMOVX A，@R0答：80H。
3．在存储器扩展中，无论是线选法还是译码法最终都是为扩展芯片的端提供控制信号。
答：片选。
4．起止范围为0000H～3FFFH的数据存储器的容量是 KB。
答：16KB。
5．在AT89S52单片机中，PC和DPTR都用于提供地址，但PC是为访问存储器提供地址，而DPTR是为访问存储器提供地址。
答：程序、数据。
6．11条地址线可选个存储单元，16KB存储单元需要条地址线。
答：2K，14。
7．4KB RAM存储器的首地址若为0000H，则末地址为 H。
答：0FFF。
8．若单片机外扩32KB 数据存储器的首地址若为4000H，则末地址为 H。
答：BFFF9. 设计一个以AT89S52单片机为核心的系统，如果不外扩程序存储器，使其内部8KB闪烁程序存储器有效，则其引脚应该接。
答：EA*，+5V10．74LS138是具有3个输入的译码器芯片，其输出常作片选信号，可选中片芯片中的任一芯片，并且只有1路输出为电平，其它输出均为电平。
答：8，低，高；二、单选1．区分AT89S51单片机片外程序存储器和片外数据存储器的最可靠方法是。
A．看其位于地址范围的低端还是高端B．看其离AT89S51单片机芯片的远近C．看其芯片的型号是ROM还是RAMD．看其是与RD信号连接还是与PSEN信号连接答：D2．访问片外数据存储器的寻址方式是。
A.立即寻址B.寄存器寻址C.寄存器间接寻址D.直接寻址答：C3．若要同时扩展4片2KB的RAM和4片4KB的ROM，则最少需要根地址线。
A、12B、13C、14D、154．当EA=1时，AT89S52单片机可以扩展的外部程序存储器的最大容量为。
A． 64KB B．60KB C．58KB D．56KB答：D5. 若某数据存储器芯片地址线为12根,那么它的存储容量为。
第8章习题解答
第8章习题解答一. 选择题1. 关于类和对象，不正确的说法是（）A. 类是一种数据类型，它封装了数据和函数B. 类是对某一类对象的抽象C. 可以基于类这种数据类型定义类的引用D. 一个类的对象只有一个【答案】D【解析】类是一种数据类型，可以基于“类”这种数据类型定义多个称为“对象”的变量。
2. 类定义的外部，可以被访问的类的成员有（）A. public 的类成员B. public或private的类成员C. private或protected的类成员D. public或private 的类成员【答案】A【解析】类的成员数据或成员函数的访问属性分为三种情况：private、public和protected，即私有访问属性、公有访问属性和保护访问属性，类定义的外部只能访问公有访问属性的成员。
3 关于this 指针，说法错误的是（）A. this指针必须显式说明B. 当创建一个对象后，this 指针就指向该对象C. 成员函数拥有this指针D. 静态成员函数拥有this指针【答案】D【解析】this指针是一种特殊的指针，它指向成员函数当前操作的数据所属的对象。
不同的对象调用相同的成员函数时，this指针将指向不同的对象，也就可以访问不同对象的成员数据。
而静态成员函数是一个类的所有对象共享的成员，而不仅仅是某一对象的成员。
因此，可以在没有任何对象存在的情况下，可以使用静态成员函数，而使用this指针必须有明确的对象所指。
4. 调用形式参数为普通对象的函数时，系统会自动调用相应类的（）A. 名字不同于类名的一般成员函数B. 构造函数C. 析构函数D. 拷贝构造函数【答案】D【解析】若函数的形参为类的对象，调用函数时，实参赋值给形参，系统自动调用拷贝构造函数实现拷贝赋值。
5. 定义某类的对象后，再删除该对象，系统会自动调用（）A. 名字不同于类名的一般成员函数B. 拷贝构造函数C. 构造函数D. 析构函数【答案】D【解析】当对象生存期结束时，需要调用析构函数，释放对象所占的内存空间。
第八章 死锁习题及答案
第八章死锁习题及答案一、填空题1．进程的“同步”和“互斥”反映了进程间① 和② 的关系。
【答案】①直接制约、②间接制约【解析】进程的同步是指在异步环境下的并发进程因直接制约而互相发送消息，进行相互合作、相互等待，使得各进程按一定的速度执行的过程；而进程的互斥是由并发进程同时共享公有资源而造成的对并发进程执行速度的间接制约。
2．死锁产生的原因是① 和② 。
【答案】①系统资源不足、②进程推进路径非法【解析】死锁产生的根本原因是系统的资源不足而引发了并发进程之间的资源竞争。
由于资源总是有限的，我们不可能为所有要求资源的进程无限地提供资源。
而另一个原因是操作系统应用的动态分配系统各种资源的策略不当，造成并发进程联合推进的路径进入进程相互封锁的危险区。
所以，采用适当的资源分配算法，来达到消除死锁的目的是操作系统主要研究的课题之一。
3．产生死锁的四个必要条件是① 、② 、③ 、④ 。
【答案】①互斥条件、②非抢占条件、③占有且等待资源条件、④循环等待条件【解析】互斥条件：进程对它所需的资源进行排它性控制，即在一段时间内，某资源为一进程所独占。
非抢占条件：进程所获得的资源在未使用完毕之前，不能被其它进程强行夺走，即只能由获得资源的进程自己释放。
占有且等待资源条件：进程每次申请它所需的一部分资源，在等待新资源的同时，继续占有已分配到的资源，循环等待条件：存在一进程循环链，链中每一个进程已获得的资源同时被下一个进程所请求。
4．在操作系统中，信号量是表示① 的物理实体，它是一个与② 有关的整型变量，其值仅能由③ 原语来改变。
【答案】①资源，②队列，③P-V【解析】信号量的概念和 P-V原语是荷兰科学家 E．W．Dijkstra提出来的。
信号量是一个特殊的整型量，它与一个初始状态为空的队列相联系。
信号量代表了资源的实体，操作系统利用它的状态对并发进程共享资源进行管理。
信号量的值只能由P-V原语来改变。
5．每执行一次P原语，信号量的数值S减1。
第八章 习题答案
第八章 习题解答8-1考虑并回答下面的问题：（a ）在确定非线性元件的描述函数时，要求非线性元件不是时间的函数，并要求有斜对称性，这是为什么？（b ）什么样的非线性元件是无记忆的？什么样的非线性元件是有记忆的？它们的描述函数各有什么特点？（c ）线性元件的传递函数与非线性元件的描述函数，有什么是相同的？有什么是不同的？线性元件可以有描述函数吗？非线性元件可以有传递函数吗？（d ）非线性系统线性部分的频率特性曲线与非线性元件的负倒描述函数曲线相交时，系统一定能产生稳定的自激振荡吗？ 解：（a ）描述函数法只能用来研究非线性定常系统的特性，这要求非线性元件的特性不随时间发生变化。
在用描述函数法研究非线性系统的自振特性时，要求在正弦输入下非线性特性的输出没有直流分量，这要求非线性元件的特性是斜对称的。
（b ）一般情况下用代数方程描述的非线性特性是无记忆的，根据非线性环节当前的输入就可以决定非线性环节的输出。
用微分方程描述的非线性特性是有记忆的，不能简单地根据非线性环节当前的输入决定非线性环节的输出。
无记忆非线性特性的描述函数一般为实数，有记忆非线性特性的描述函数一般为复数。
（c ）线性元件的传递函数与非线性元件的描述函数都是元件的外部描述。
线性元件的传递函数表述的是元件输出拉氏变换与输入拉氏变换之比，而非线性元件的描述函数表示的是元件在正弦输入下输出基波特性。
由传递函数可以得到系统的频率特性，而描述函数一般不是频率的函数，线性元件可以有描述函数，但传递函数只适用于线性系统，非线性系统没有传递函数。
（d ）只有稳定的交点才对应稳定的自激振荡。
8-2设非线性元件的输入、输出特性为35135()()()()y t b x t b x t b x t =++证明该非线性元件的描述函数为2413535()48N A b b A b A =++式中A 为非线性元件输入正弦信号的幅值。
解：由于非线性特性是单值斜对称的，所以10A =，10φ=。
(完整版)大学物理学(课后答案)第8章
第八章课后习题解答一、选择题8-1如图8-1所示，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即=A B p p 。
则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然[ ](A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析：由p V -图可知，A A B B p V p V =，即知A B T T <，则对一定量理想气体必有B A E E >，即气体由状态A 变化到状态B ，内能必增加。
而作功、热传递均是过程量，与具体的热力学过程相关，所以（A ）、（C ）、（D ）不是必然结果，只有（B ）正确。
8-2 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。
开始时它们的压强和温度都相同。
现将3 J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度。
若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为[ ](A) 6 J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析：由热力学第一定律Q E W =∆+知在等体过程中Q E =∆。
故可知欲使氢气和氦气升高相同的温度，由理想气体的内能公式2m i E R T M '∆=∆，知需传递的热量之比22222:():():5:3HHe H He H He H He H Hem m Q Q i i i i M M ''===。
故正确的是（C ）。
8-3 一定量理想气体分别经过等压、等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图8-3所示，则下述正确的是[ ]习题8-1图(A) A C →吸热最多，内能增加(B) A D →内能增加，作功最少(C) A B →吸热最多，内能不变(D) A C →对外作功，内能不变分析：根据p V -图可知图中A B →为等压过程，A C →为等温过程，A D →为绝热过程。
又由理想气体的物态方程pV vRT =可知，p V -图上的pV 积越大，则该点温度越高，因此图中D A B C T T T T <==，又因对于一定量的气体而言其内能公式2i E vRT =，由此知0AB E ∆>，0AC E ∆=，0AD E ∆<。
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习题八答案1． 试比较多谐振荡器、单稳态触发器、施密特触发器的工作特点，并说明每种电路的主要用途。
答：多谐振荡器是一种自激振荡电路，不需要外加输入信号，它没有稳定状态，只有两个暂稳态。
暂稳态间的相互转换完全靠电路本身电容的充电和放电自动完成。
改变外接R 、C 定时元件数值的大小，可调节振荡频率。
施密特触发器具有回差特性，它有两个稳定状态，有两个不同的触发电平。
施密特触发器可将任意波形变换成矩形脉冲，输出脉冲宽度取决于输入信号的波形和回差电压的大小。
单稳态触发器有一个稳定状态和一个暂稳态。
输入信号起到触发电路进入暂稳态的作用，其输出脉冲的宽度取决于电路本身 R 、C 定时元件的数值。
改变 R 、C 定时元件的数值可调节输出脉冲的宽度。
多谐振荡器是常用的矩形脉冲产生电路。
施密特触发器和单稳态触发器是两种常用的整形电路。
施密特触发器可用来进行整形、幅度鉴别、构成多谐振荡器等。
单稳态触发器常用于脉冲的延时、定时和整形等。
２．在图8.2所示５５５集成定时器中，输出电压uo 为高电平ＵＯＨ、低电平ＵＯＬ及保持原来状态不变的输入信号条件各是什么？假定ＵＣＯ端已通过0.01μF 接地，u D 端悬空。
答：当1=R 时， TR U <3V CC ，则C 2输出低电平， 1=Q ，OH o U u =。
当1=R 时， TH U >32V CC ，TR U >3V CC ，则C 1输出低电平、C 2输出高电平，1=Q 、0=Q ，OL o U u =。
当1=R 时， TH U <32V CC，TR U >3V CC ，则C 1C 2输出均为高电平，基本RS 触发器保持原来状态不变，因此o u 保持原来状态不变。
３．在图8.3所示多谐振荡器中，欲降低电路振荡频率，试说明下面列举的各种方法中，哪些是正确的，为什么？1） 加大R 1的阻值； 2） 加大R 2的阻值； 3） 减小C 的容量。
答：根据式（8-2）()ln221121C R R T f +==可知，1）2）两种方法是正确的。
４．在图8.3用555定时器构成的多谐振荡器电路中，若R 1 = R 2=5.1k Ω，C=0.01μF ，V CC =12V ，试计算电路的振荡频率和占空比。
答：根据式（8-2）()ln221121C R R Tf +==可知，f ≈9.429 KHz根据式（8-3）212112R R R R T t q w ++==可知，32=q5．在图8.7占空比可调的多谐振荡器中，C=0.2μF ，V CC =9V ，要求其振荡频率f =1KHz ，占空比q=0.5，估算R 1 、R 2的阻值。
答：因为 f =1KHz ，所以T =1ms 。
根据式（8-4）()ln22121C R R t t T w w +=+=及已知条件C=0.2μF ，得出：R 1+R 2 ≈7.2K Ω。
根据式（8-5）2111R R R T t q w +===0.5，则：R 1 = R 2 = 3.6 K Ω。
6．两片555定时器构成下图所示的电路。
1）在图示元件参数下，估算U O1、U O2端的振荡周期T 各为多少？ 2）定性画出U O1、U O2端的波形，说明电路具备何种功能？5答：1）U O1端的振荡周期()ln2221C R R T +=≈0.69 s U O2端的振荡周期()ln2221C R R T +=≈0.14 ms2)U o1U o2振荡器A 的振荡频率Hzf A 45.1≈振荡器B 的振荡频率KHz f B 14.7≈。
由于低频振荡器A 的输出接至高频振荡器B 的复位端(4脚)，当U o1输出高电平时，B 振荡器才能振荡，U o1输出低电平时， B 振荡器被复位，停止振荡。
7．用施密特触发器能否寄存１位二值数据，说明理由。
答：不能。
施密特触发器与第四章中所讲的各种触发器不同，它没有记忆信号的能力，它是一种常用的整形电路。
8．在图8.13所示施密特触发器中，估算在下列条件下电路的+T U 、-T U 、T U ∆：１）V CC =12V 、U CO 端通过0.01μF 电容接地； ２）V CC =12V 、U CO 端接5V 电源；3）如果U CO 端通过0.01μF 电容接地，输入电压u I 的波形如下图所示，试画出输出电压u O 的波形。
t答：1）+T U =2Vcc/3 = 8 V -T U = Vcc/3 = 4 V T U ∆=+T U --T U = 4 V2）+T U = U CO = 5 V -T U = U CO /2 = 2.5 V T U ∆=+T U --T U = 2.5 V3）ttu u OH u OL9．在图8.13所示施密特触发器中，若U CO 端通过0.01μF 电容接地，V CC =9V ，V DD =5V ，u i 为正弦波，其幅值U Im =9V ，频率f = 1KHz,试对应画出u o1、u o2的波形。
答：t / msU i U o t / ms10．在图8.13所示的施密特触发器也可作为脉冲鉴幅器。
为了从下图的输入信号中将幅度大于5V 的脉冲检出，电源电压V CC 应取几伏？如果规定V CC =10V ，不能任意选择，则电路应作哪些修改？t答：根据题意有2Vcc/3 = 5 V 则电源电压Vcc 应取7.5V 。
如果规定V CC =10V ，不能任意选择，则电路的U CO 端可接5V 电源。
11．在图8.24所示单稳态触发器中，V CC = 9V ，R=27k Ω、C=0.05μF 。
1）试估算输出脉冲u o 的宽度tw ；2）u i 为负窄脉冲，其脉冲宽度tw 1=0.5ｍｓ、重复周期Ｔ１＝５ ｍｓ、高电平ＵＩＨ＝ ９ｖ、低电平ＵＩＬ＝０ｖ，试对应画出ｕｃ、ｕｏ的波形。
３）当ＵＩＨ＝９ｖ，为了保证电路能可靠地被触发，u i 的下限值即ＵＩＬ的最大值应为多少？答：1）根据式（8-7）可知：tw ≈1.1RC = 1.485ms 。
2）t / msu I u O u C t / ms//3）当ＵＩＨ＝９ｖ，为了保证电路能可靠地被触发，u i 的下限值即ＵＩＬ的最大值应略小于Vcc/3 （3V ）。
12．单稳态触发器的输入、输出波形如下图所示。
已知V CC = 5V ，给定的电容C=0.47μF ，试画出用555定时芯片接成的电路，并确定电阻R 的取值为多少？ttU答：电路如下图所示：+V CCu O根据公式（8-7）tw ≈1.1RC =0.2s ，且C=0.47μF ，可得R ≈386.8 K Ω13．在使用图8.24由５５５定时器组成的单稳态触发器电路时，对触发脉冲的宽度有无限制？当输入脉冲的低电平持续时间过长时，电路应作何修改？答：电路对输入触发脉冲的宽度有一定要求，它必须小于w t ，若输入触发脉冲宽度大于w t 时，应在I u 输入端加I I C R 微分电路，之后再接到TR 端。
微分电路的电阻应接到CC V ，以保证在I u 下降沿未来到时，TR U 为高电平。
14．下图是由两个555定时器和一片74161构成的脉冲电路。
R1R2C1）试说明电路各部分的功能。
2）若555（I ）片R 1=10K Ω，R 2=20K Ω，C=0.01μF ，求U O1端波形的周期T 。
3）74161的O C 端CP 端脉冲分频比为多少？4）若555（II ）片的R=10k Ω，C=0.05μF ，U O 的输出脉宽tw 为多少？ 5）试定性画出U O1、O C 和U O 端波形图。
答：1）555（I ）片电路为一多谐振荡器，产生后级所需的CP 脉冲，74161电路为一分频器，产生后级电路的触发信号，555（II ）片电路为一单稳态触发器。
2）U O1端波形的周期：()ln2221C R R T +== 0.35 ms 。
3）74161的O C 端CP 端脉冲分频比为11分频 。
4）tw ≈1.1RC = 0.55 m s 。
5）U O1ttO CtU O15．试画出用７４１２１构成的单稳态触发器的电路图，即画出外接定时元件Ｒ和Ｃ的连线图。
若C=0.0１μF ，要求输出脉冲宽度tw 的调节范围是１０μｓ～１ms,试估算Ｒ的取值范围。
答：u ‘+VccOu根据式（8-8）0.7RC ln2RC t w ≈∙=，C=0.0１μF ，tw 的调节范围１０μｓ～１ms ，可得Ｒ的取值范围为1.43 K Ω ~142 K Ω。
16.下图是用两个集成单稳态触发器74121所组成的脉冲变换电路，外接电阻和外接电容的参数如图中所示。
试计算在输入触发信号u I 作用下u O1、u O 2输出脉冲的宽度，并画出与u I 波形相对应的u O 1、u O 2的电压波形。
u I 的波形如图中所示。
VccO2u Iu+5VIut/ms答：u O1、u O 2输出脉冲的宽度tw1、tw2分别为tw1 = 0.7RC ≈2 mstw2 = 0.7RC ≈1 msu O1、u O 2的波形如下图所示：Iut/msut/mst/msu17.下图是救护车扬声器发音电路。
在图中给出的电路参数下，试计算扬声器发出声音的高、低音频率以及高、低音的持续时间。
当Ucc =12V时，555定时器输出的高、低电平分别为11V和0.2V，输出电阻小于100Ω。
C 1R 1R 2U o210k 150k 10Ω答：上图中的两个555定时器均接成了多谐振荡器。
1）U o1的高电平持续时间为t H= (R 1 + R 2)Cln2 = 1.1 s这时U o1 = 11V 。
由下图可用叠加定理计算出，加到右边555定时器5脚上的电压Vco=8.8V 。
因此，V T+ = 8.8 V 、V T- = 4.4 V 。
则振荡器的振荡频率，即扬声器声音的周期为()ln2C R V V VV ln C R R T 25T CC T CC2541+--+=+-=1.63×10-3s f 1 = 611 Hz2) U o1的低电平持续时间为t L = R 2C 1ln2 = 1.04 s 这时U o1 = 0.2V 。
由下图可用叠加定理计算出，加到右边555定时器5脚上的电压Vco=6V 。
因此，V T+ = 6 V 、V T- = 3 V 。
则振荡器的振荡频率，即扬声器声音的周期为T 2 = 1.14×10-3s f 2 = 876 Hz至此可知，高音频率为876Hz ，持续时间1.04s 。
低音频率为611Hz ，持续时间1.1s 。
Vcc =12v。