第七章 课后习题答案
2014版教材课后习题答案4_7章
P78 第四章3.一物体按规律x ＝ct 3在流体媒质中作直线运动，式中c 为常量，t 为时间．设媒质对物体的阻力正比于速度的平方，阻力系数为k ，试求物体由x ＝0运动到x ＝l 时，阻力所作的功．解：由x ＝ct 3可求物体的速度： 23d d ct tx==v 1分 物体受到的阻力大小为： 343242299x kc t kc k f ===v 2分力对物体所作的功为：⎰=W W d =⎰-lx x kc 03432d 9 =7273732lkc - 2分4．一人从10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去0.2 kg 的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为原点．由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F 等于水桶的重量即： F =P =gy mg ky P 2.00-=-=107.8-1.96y (SI) 3分人的拉力所作的功为：W=⎰⎰=Hy F W 0d d ＝⎰-10d )96.18.107(y y =980 J 2分5．质量m ＝2 kg 的质点在力i t F ρρ12=(SI)的作用下，从静止出发沿x 轴正向作直线运动，求前三秒该力所作的功．解： ⎰⎰=⋅=t t r F A d 12d v ρρ 1分而质点的速度与时间的关系为200003d 212d 0d t t t t m Ft a t tt==+=+=⎰⎰⎰v v 2分 所以力F ρ所作的功为 ⎰⎰==33302d 36d )3(12t t t t t A =729 J 2分6．如图所示，质量m 为 0.1 kg 的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k 为20 N/m 的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m ．假设木块与水平面间的滑动摩擦系数μ k 为0.25，问在将要发生碰撞时木块的速率v 为多少？解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量．由题意有 222121v m kx x f r -=- 而mg f k r μ= 3分由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为 mkx gx k 22+=μv1分= 5.83 m/s 1分[另解]根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有20210v m kxdx mgx xk -=--⎰μ 其中2021kx kxdx x=⎰7．一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求：(1) 物体能够上升的最大高度h ；(2) 该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分8．一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？ (2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分9．劲度系数为k 、原长为l 的弹簧，一端固定在圆周上的A 点，圆周的半径R ＝l ，弹簧的另一端点从距A 点2l 的B 点沿圆周移动1/4周长到C 点，如图所示．求弹性力在此过程中所作的功．解：弹簧长为AB 时，其伸长量为 l l l x =-=21 1分弹簧长为AC 时，其伸长量为 l l l x )12(22-=-=1分弹性力的功等于弹性势能的减少 2221212121kx kx E E W P P -=-= 2分[]22)12(121--=kl 2)12(kl -= 1分10．一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a r ρρρωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F ρ以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F ρ的分力x F ρ和y F ρ分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a r ρρρωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分(2) j ma i ma F y x ρρρ+==j t mb i t ma ρρωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==2d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分 ⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分11．某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ，相应伸长为x ，力与伸长的关系为 F ＝52.8x ＋38.4x 2（SI ）求：(1)将弹簧从伸长x 1＝0.50 m 拉伸到伸长x 2＝1.00 m 时，外力所需做的功．(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2＝1.00 m ，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x 1＝0.50 m 时，物体的速率．(3)此弹簧的弹力是保守力吗？ 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ρρ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m ρρv 3分= 5.34 m/s1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分12．如图所示，悬挂的轻弹簧下端挂着质量为m 1、m 2的两个物体，开始时处于静止状态．现在突然把m 1与m 2间的连线剪断，求m 1的最大速度为多少？设弹簧的劲度系数k ＝8.9×104 N /m ，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.3 kg ．解：以弹簧仅挂重物m 1时，物体静止（平衡）位置为坐标原点，竖直向下为y 轴正向，此时弹簧伸长为： l 1＝m 1 g / k ① 1分再悬挂重物m 2后，弹簧再获得附加伸长为l 2＝m 2 g /k ② 1分当突然剪断连线去掉m 2后，m 1将上升并开始作简谐振动，在平衡位置处速度最大．根据机械能守恒，有21221)(21gl m l l k -+＝21212121kl m m +v ③ 2分 将①、②代入③得 )(v k m g m m 121= ≈0.014 m/s ④ 1分13．用劲度系数为k 的弹簧，悬挂一质量为m 的物体，若使此物体在平衡位置以初速v 突然向下运动，问物体可降低到何处？解：取物体在平衡位置时，重力势能E P ＝0，设平衡时弹簧的伸长量为x 0，则物体开始向下运动的一瞬间，机械能为2v m kx E 2121201+=1分 设物体刚好又下降x 距离的一瞬间速度为零(不再下降)，则该瞬时机械能为mgx x x k E -+=202)(211分 物体运动过程中，只有保守力作功，故系统的机械能守恒：mgx x x k m kx -+=+2020)(2121212v 2分 把kx 0＝mg 代入上式，可解得： k m x v = 1分P103 第五章3．一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动，在某时刻以后的5s 飞轮转过了100 rad ．若此飞轮是由静止开始转动的，问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间？mW2=v 3分解：设在某时刻之前，飞轮已转动了t 1时间，由于初角速度 ω 0＝0则 ω1β=t 1 ① 1分而在某时刻后t 2 =5 s 时间，转过的角位移为222121t t βωθ+= ② 2分 将已知量=θ100 rad ， t 2 =5s ， =β 2 rad /s 2代入②式，得ω1 = 15 rad /s 1分从而 t 1 = ω1/=β 7.5ｓ即在某时刻之前，飞轮已经转动了7.5ｓ． 1分4．有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ3分 总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰ 1分故平板角加速度 β =M /J 1分设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω 2分可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=1分5．如图所示，转轮A 、B 可分别独立地绕光滑的固定轴O 转动，它们的质量分别为m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，半径分别为r A 和r B ．现用力f A 和f B 分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A 、B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力f A 、f B 之比应为多少？(其中A 、B 轮绕O 轴转动时的转动惯量分别为221AA A r m J =和221B B B r m J =) 解：根据转动定律f A r A = J A βA ① 1分其中221AA A r m J =，且 f B r B = J B βB ② 1分 其中221B B B r m J =．要使A 、B 轮边上的切向加速度相同，应有a = r A βA = r B βB ③ 1分由①、②式，有BB B AA AB A B A B A B A r m r m r J r J f f ββββ== ④ 由③式有 βA / βB = r B / r A将上式代入④式，得 f A / f B = m A / m B = 212分B A f Ar B r A6．一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① 2分T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a = r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1) 2分7．一定滑轮半径为0.1 m ，相对中心轴的转动惯量为1×10-3 kg ·m 2．一变力F ＝0.5t (SI)沿切线方向作用在滑轮的边缘上，如果滑轮最初处于静止状态，忽略轴承的摩擦．试求它在1 s 末的角速度．解：根据转动定律 M ＝J d ω / d t 1分 即 d ω＝(M / J ) d t 1分其中 M ＝Fr ， r ＝0.1 m ， F ＝0.5 t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ω＝50t d t 1分则1 s 末的角速度 ω1＝⎰150t d t ＝25 rad / s 2分8．一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度；(2) 棒转到水平位置时的角加速度． 解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = J β1分其中 4/30sin 21mgl mgl M ==ο 1分 于是 2rad/s 35.743 ===lgJ M β 1分当棒转动到水平位置时， M =21mgl 1分那么 2rad/s 7.1423 ===lg J M β 1分9．长为L 的梯子斜靠在光滑的墙上高为h 的地方，梯子和地面间的静摩擦系数为μ，若梯子的重量忽略，试问人爬到离地面多高的地方，梯子就会滑倒下来？解：当人爬到离地面x 高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态 (不稳定的) ．1分 N 1－f ＝0， N 2－P ＝0 1分N 1h －Px ·ctg θ ＝0 1分f ＝μN 2 1分 解得 222/tg h L h h x -=⋅=μθμ 1分10．有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为T 0．如它的半径由R 自动收缩为R 21，求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR 2 / 5，式中m 和R 分别为球体的质量和半径)．解：球体的自动收缩可视为只由球的力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒． 1分 设J 0和ω 0、J 和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有J 0ω 0 = J ω ① 2分由已知条件知：J 0 = 2mR 2 / 5，J = 2m (R / 2)2 / 5代入①式得 ω = 4ω 0 1分即收缩后球体转快了，其周期442200T T =π=π=ωω1分 周期减小为原来的1 / 4． 11．一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ 3分式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3分 因碰撞前后角动量守恒，所以L m mL 022112/7v =ω 3分 ∴ ω = 6v 0 / (7L) 1分12．如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和2m 的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面转动，转轴O 距两端分别为31lLh N 1 h N 2 P R θ R x RfL21L 21L O0v0v2m mmO21v 0v ϖl32l31和32l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球，以水平速度0v ϖ与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以021v ϖ的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分13．一半径为25 cm 的圆柱体，可绕与其中心轴线重合的光滑固定轴转动．圆柱体上绕上绳子．圆柱体初角速度为零，现拉绳的端点，使其以1 m/s 2的加速度运动．绳与圆柱表面无相对滑动．试计算在t = 5 s 时(1) 圆柱体的角加速度， (2) 圆柱体的角速度，(3) 如果圆柱体对转轴的转动惯量为2 kg ·m 2，那么要保持上述角加速度不变,应加的拉力为多少？解：(1) 圆柱体的角加速度 ββ＝a / r ＝4 rad / s 2 2分(2) 根据t t 0βωω+=，此题中ω 0 = 0 ，则 有ωt = βt那么圆柱体的角速度====55 t t t βω20 rad/s 1分(3) 根据转动定律 fr = J β则 f = J β / r = 32 N 2分14．一台摆钟每天快1分27秒，其等效摆长l = 0.995 m ， 摆锤可上、下移动以调节其周期．假如将此摆当作质量集中在摆锤中心的一个单摆来考虑，则应将摆锤向下移动多少距离，才能使钟走得准确？解：钟摆周期的相对误差∆T / T =钟的相对误差∆t / t 2分等效单摆的周期 g l T /2π=，设重力加速度g 不变，则有 2分2d T / T =d l / l 1分令∆T = d T ，∆l = d l ，并考虑到∆T / T = ∆t / t ，则摆锤向下移动的距离∆l = 2l ∆t / t =8640087995.02⨯⨯ mm = 2.00 mm即摆锤应向下移2.00 mm ，才能使钟走得准确． 3分P124 第六章3．一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分4．一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分5．一电子以=v 0.99c (c 为真空中光速)的速率运动．试求： (1) 电子的总能量是多少？(2) 电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？(电子静止质量m e =9.11×10-31 kg)解：(1) 222)/(1/c c m mc E e v -== =5.8×10-13 J 2分(2) 20v 21e K m E == 4.01×10-14 J 22c m mc E e K -=22]1))/(1/1[(c m c e --=v = 4.99×10-13 J∴ =K K E E /08.04×10-2 3分P150 第七章 3．一物体在光滑水平面上作简谐振动，振幅是12 cm ，在距平衡位置6 cm 处速度是24 cm/s ，求(1)周期T ；(2)当速度是12 cm/s 时的位移．解：设振动方程为t A x ωcos =，则 t A ωωsin -=v(1) 在x = 6 cm ，v = 24 cm/s 状态下有 t ωcos 126= t ωωsin 1224-=解得 3/4=ω，∴ 72.2s 2/3/2=π=π=ωT s 2分 (2) 设对应于v =12 cm/s 的时刻为t 2，则由t A ωωsin -=v 得 2sin )3/4(1212t ω⨯⨯-=， 解上式得 1875.0sin 2-=t ω 相应的位移为8.10sin 1cos 222±=-±==t A t A x ωω cm 3分4．一质点作简谐振动，其振动方程为 )4131cos(100.62π-π⨯=-t x (SI)(1) 当x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半？(2) 质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少？ 解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E = 由题意，4/2122kA kx =， 21024.42-⨯±=±=A x m 2分 (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s 从平衡位置运动到2A x ±=的最短时间 ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ． 3分5．在一轻弹簧下端悬挂m 0 = 100 g 砝码时，弹簧伸长8 cm ．现在这根弹簧下端悬挂m = 250 g 的物体，构成弹簧振子．将物体从平衡位置向下拉动4 cm ，并给以向上的21 cm/s 的初速度（令这时t = 0）．选x 轴向下, 求振动方程的数值式． 解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯=N/m11s 7s 25.025.12/--===m k ω 2分 5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm 2分4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ，φ = 0.64 rad 3分 )64.07cos(05.0+=t x (SI) 1分6．质量m = 10 g 的小球与轻弹簧组成的振动系统，按)318cos(5.0π+π=t x 的规律作自由振动，式中t 以秒作单位，x 以厘米为单位，求(1) 振动的角频率、周期、振幅和初相；O x(2) 振动的速度、加速度的数值表达式；(3) 振动的能量E ；(4) 平均动能和平均势能．解：(1) A = 0.5 cm ；ω = 8π s -1；T = 2π/ω = (1/4) s ；φ = π/3 2分(2) )318sin(1042π+π⨯π-==-t x &v (SI) )318cos(103222π+π⨯π-==-t x a && (SI) 2分 (3) 2222121A m kA E E E P K ω==+==7.90×10-5 J 3分 (4) 平均动能 ⎰=T K t m T E 02d 21)/1(v ⎰π+π⨯π-=-Tt t m T 0222d )318(sin )104(21)/1( = 3.95×10-5 J = E 21 同理 E E P 21== 3.95×10-5 J 3分7．在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =． 选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得 220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分 ∴ )1.9cos(1022t x π⨯=- 2分8．在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 完成48次振动，振幅为5 cm ．(1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则+x )0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 0 2分 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分 又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分 2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分 解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ）， kA F = 2分 2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分 (2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分 当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分 ∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ，41044.425/-⨯==E E p J 1分9．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为x 1 =5×10-2cos(4t + π/3) (SI) , x 2 =3×10-2sin(4t - π/6） (SI)画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程．解： x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6)= 3×10-2cos(4t - π/6- π/2)= 3×10-2cos(4t - 2π/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示． 图2分由图得：合振动的振幅和初相分别为A = (5-3)cm = 2 cm ，φ = π/3． 2分合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI)1分10．一轻弹簧在60 N 的拉力下伸长30 cm ．现把质量为4 kg 的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止 ，再把物体向下拉10 cm ，然 后由静止释放并开始计时．求(1) 物体的振动方程；(2) 物体在平衡位置上方5 cm 时弹簧对物体的拉力；(3) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm 解： k = f/x =200 N/m ， 07.7/≈=m k ω rad/s 2分(1) 选平衡位置为原点，x 轴指向下方（如图所示）， t = 0时， x 0 = 10A cos φ ，v 0 = 0 = -A ωsin φ． 解以上二式得 A = 10 cm ，φ = 0． 2分∴ 振动方程x = 0.1 cos(7.07t ) (SI) 1分(2) 物体在平衡位置上方5 cm 时，弹簧对物体的拉力f = m (g -a )，而a = -ω2x = 2.5 m/s 2 x 5 cm O∴ f =4 (9.8－2.5) N= 29.2 N 3分(3) 设t 1时刻物体在平衡位置，此时x = 0，即0 = A cos ω t 1或cos ω t 1 = 0．∵ 此时物体向上运动， v < 0∴ ω t 1 = π/2， t 1= π/2ω = 0.222 s 1分 再设t 2时物体在平衡位置上方5 cm 处，此时x = -5，即-5 = A cos ω t 1，cos ω t 1 =－1/2∵ v < 0， ω t 2 = 2π/3，t 2=2 π/3ω =0.296 s 2分 ∆t = t 1-t 2 = (0.296－0.222) s ＝0.074 s 1分11．一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求： (1) 质点的振动方程； (2) 质点在A 点处的速率．解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒，∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1，ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25cos /==φx A cm 1分 ∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2) 速率 )434sin(41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分12．一物体作简谐振动，其速度最大值v m = 3×10-2 m/s ，其振幅A = 2×10-2 m ．若t = 0时，物体位于平衡位置且向x 轴的负方向运动. 求：(1) 振动周期T ；(2) 加速度的最大值a m ；(3) 振动方程的数值式．解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5×10-2 m/s 2 2分 (3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分13．在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为TA B v ρx= 21s ，振幅A = 4 cm ，求 (1) 物体对平板的压力的表达式．(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板？解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为t A x π=4cos (SI)t A x π4cos π162-=&& (SI) 1分(1) 对物体有 xm N mg &&=- ① 1分 t A mg x m mg N ππ+=-=4cos 162&&(SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162 (SI)t ππ--=4cos 28.16.192 ③ 2分(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1分 04cos 162=ππ+t A mg (SI)A q t 2164cos π-=π 1分 若能脱离必须 14cos ≤πt (SI)即 221021.6)16/(-⨯=π≥g A m 2分14．一物体质量为0.25 kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k = 25 N ·m -1，如果起始振动时具有势能0.06 J 和动能0.02 J ，求(1) 振幅；(2) 动能恰等于势能时的位移；(3) 经过平衡位置时物体的速度．解：(1) 221kA E E E p K =+= 2/1]/)(2[k E E A p K +== 0.08 m 3分(2)222121v m kx = )(sin 22222φωωω+=t A m x m)(sin 222φω+=t A x 2222)](cos 1[x A t A -=+-=φω 222A x =， 0566.02/±=±=A x m 3分(3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量221v m E E E p K =+= 8.0]/)(2[2/1±=+=m E E p K v m/s 2分 x &&。
金属材料学第7-11章课后习题答案
金属材料学习题与思考题第七章铸铁1、铸铁与碳钢相比，在成分、组织和性能上有什么区别？（1）白口铸铁：含碳量约2.5%,硅在1%以下白口铸铁中的碳全部以渗透碳体（Fe3c）形式存在，因断口呈亮白色。
故称白口铸铁，由于有大量硬而脆的Fe3c，白口铸铁硬度高、脆性大、很难加工。
因此，在工业应用方面很少直接使用，只用于少数要求耐磨而不受冲击的制件，如拔丝模、球磨机铁球等。
大多用作炼钢和可锻铸铁的坯料（2）灰口铸铁；含碳量大于4.3％，铸铁中的碳大部或全部以自由状态片状石墨存在。
断口呈灰色。
它具有良好铸造性能、切削加工性好，减磨性，耐磨性好、加上它熔化配料简单，成本低、广泛用于制造结构复杂铸件和耐磨件。
（3）钢的成分要复杂的多，而且性能也是各不相同钢是含碳量在0.04%-2.3%之间的铁碳合金。
我们通常将其与铁合称为钢铁，为了保证其韧性和塑性，含碳量一般不超过1.7%。
钢的主要元素除铁、碳外，还有硅、锰、硫、磷等，而且钢还根据品质分类为①普通钢（P≤0.045%，S≤0.050%）②优质钢（P、S均≤0.035%）③高级优质钢（P≤0.035%，S≤0.030%）按照化学成分又分①碳素钢：.低碳钢（C≤0.25%）.中碳钢（C≤0.25~0.60%）.高碳钢（C≤0.60%）。
②合金钢：低合金钢（合金元素总含量≤5%）.中合金钢（合金元素总含量＞5~10%）.高合金钢（合金元素总含量＞10%）。
2、C、Si、Mn、P、S元素对铸铁石墨化有什么影响？为什么三低（C、Si、Mn低）一高（S高）的铸铁易出现白口？（1）合金元素可以分为促进石墨化元素和阻碍石墨化元素，顺序为：Al、C、Si、Ti、Ni、P、Co、Zr、Nb、W、Mn、S、Cr、V、Fe、Mg、Ce、B等。
其中，Nb为中性元素，向左促进程度加强，向右阻碍程度加强。
C和Si是铸铁中主要的强烈促进石墨化元素，为综合考虑它们的影响，引入碳当量CE = C% + 1/3Si%，一般CE≈4%，接近共晶点。
应用概率统计期末复习题及答案
第七章课后习题答案7.2 设总体X ~ N(12,4), X^XzJII’X n 为简单随机样本,求样本均值与总体均值之 差的绝对值大于1的概率.X解：由于 X ~ N(12,4),故 X 一 ~ N(0,1)/V n1 (2 0.8686 1) 0.2628107.3 设总体X 〜N(0,0.09),从中抽取n 10的简单随机样本，求P X ：1.44i 1X i 0 X i 0X i ~N(0,°.09),故亠-X0r~N(0,1)X所以~ N(0,1)，故UnP{ X1} 1 P{ X1}解: 由于X ~ N (0,0.09),所以10所以X i 22是)〜(10)所以10 10X ： 1.44 Pi 1i 1X i 2(倉1.44 P0.09216 0.17.4 设总体X ~ N( , 2), X 1,X 2,|||,X n 为简单随机样本2,X 为样本均值，S 为样本方差，问U n X2服从什么分布?解:(X_)22( n )2X __ /V n,由于 X ~ N( , 2)， 2~ 2(1)。
1 —n7.6 设总体X ~ N( , 2), Y〜N( , 2)且相互独立，从X,Y中分别抽取m 10, n215的简单随机样本，它们的样本方差分别为S2,M，求P(S2 4S； 0)。
解：S2P(S24S2 0) P(S24S；) P 12 4由于X ~ N( , 2), Y~ N( , 2)且相互独立S2所以S12~ F(10 1,15 1)，又由于F°oi(9,14) 4.03 S2 即P F 4 0.01x第八章课后习题答案8.1 设总体X 的密度函数为f (x) C x ( 1) xC ： C 0为已知,1。
X 1,X 2,|||,X n 为简单随机样本，(1) 的矩估计量。
⑵求的极大似然估计量。
解: (1) E(X) C xf(x)dx 1)dx x [1(1)]dx8.4 数,C C X dx (2)似然函数L(X 1,X 2,|”X n ；取对数(0C 1 f i (x)i 1C x i (1)nC n (nX i ) (1)i 1方程两侧对求导得g 皿d令^InL n d即极大似然估计量为设总体X 的密度函数为n Inn In Ci 1f(x)In n In CnnIn C x i 0nInX j nInCi 1In0,0,n1) iIn xnIn x i n In Ci 1其中 0是已知常0是未知参数，X 1,X 2,|||,X n 为简单随机样本：求 的极大似然估计量。
第六章、七章、八章课后习题答案
第六章课后练习题1、三通公司拟发行5年期、利率6%、面额1000元债券一批；预计发行总价格为550元，发行费用率2%；公司所得税率33%。
要求：试测算三通公司该债券的资本成本率。
参考答案：可按下列公式测算：=1000*6%*（1-33%）/550*（1-2%）=7.46%2、四方公司拟发行优先股50万股，发行总价150万元，预计年股利率8%，发行费用6万元。
要求：试测算四方公司该优先股的资本成本率。
参考答案：可按下列公式测算：其中：=8%*150/50=0.24=（150-6）/50=2.88=0.24/2.88=8.33%3、五虎公司普通股现行市价为每股20元，现准备增发8万份新股，预计发行费用率为5%，第一年每股股利1元，以后每年股利增长率为5%。
要求：试测算五虎公司本次增发普通股的资本成本率。
参考答案：可按下列公式测算：=1/19+5%=10.26%4、六郎公司年度销售净额为28000万元，息税前利润为8000万元，固定成本为3200万元，变动成本为60%；资本总额为20000万元，其中债务资本比例占40%，平均年利率8%。
要求：试分别计算该公司的营业杠杆系数、财务杠杆系数和联合杠杆系数。
参考答案：可按下列公式测算：DOL=1+F/EBIT=1+3200/8000=1.4DFL=8000/（8000-20000*40%*8%）=1.09DCL=1.4*1.09=1.535、七奇公司在初创时准备筹集长期资本5000万元，现有甲、乙两个备选筹资方案，有关资料如下表：筹资方式筹资方案甲筹资方案乙筹资额（万元）个别资本成本率（%）筹资额（万元）个别资本成本率（%）长期借款公司债券普通股800120030007.08.514.0110040035007.58.014.0合计5000 —5000 —要求：试分别测算该公司甲、乙两个筹资方案的综合资本成本率，并据以比较选择筹资方案。
参考答案：（1）计算筹资方案甲的综合资本成本率：第一步，计算各种长期资本的比例：长期借款资本比例=800/5000=0.16或16% 公司债券资本比例=1200/5000=0.24或24%普通股资本比例 =3000/5000=0.6或60%第二步，测算综合资本成本率：Kw=7%*0.16+8.5%*0.24+14%*0.6=11.56%（2）计算筹资方案乙的综合资本成本率：第一步，计算各种长期资本的比例：长期借款资本比例=1100/5000=0.22或22% 公司债券资本比例=400/5000=0.08或8%普通股资本比例 =3500/5000=0.7或70%第二步，测算综合资本成本率：Kw=7.5%*0.22+8%*0.08+14%*0.7=12.09%由以上计算可知，甲、乙两个筹资方案的综合资本成本率分别为11.56%、12.09%，可知，甲的综合资本成本率低于乙，因此选择甲筹资方案。
《统计学原理》课后习题答案
第一章练习题参考答案一.单项选择题1．B；2．A；3．B；4．C；5．D；6．A；7．C；8．C；9．C；10．A；11．C；12．C。
二.多项选择题1．ABDE；2．ACD；3．BCD；4．ACD；5．ACDE；6．ACE；7．AD；8．ABC；9．ACD；10．AD；11．BCDE；12．ABCDE；13．AC。
三.判断题1．×；2．×；3．×；4．×；5．√；6．×；7．×；8．√；9．×；10．√。
第二章练习题参考答案一.单项选择题1．C；2．C；3．D；4．B；5．D；6．D；7．B；8．D；9．B；10．B；11．A；12．C；13．D。
二.多项选择题1．CE；2．ACE；3．CE；4．BCD；5．ABCE；6．BC；7．BCD；8．ABD；9．ABD；10．ACDE；11．ABCE；12．ABE。
三.判断题1．×；2．√；3．×；4．×；5．×；6．×；7．√；8．×；9．×；10．×。
第三章练习题参考答案一.单项选择题1．B；2．C；3．C；4．C；5．D；6．B；7．B；8．B；9．D；10．B；11．A；12．B；13．D；14．A。
二.多项选择题1．AB；2．AC；3．AB；4．ABC；5．AB；6．ABD；7．ABC；8．ACE；9．BD；10．ABDE。
三.判断题1．√；2．×；3．×；4．×；5．√；6．×；7．√；8．√；9．×；10．×。
四.计算分析题1．解：（1）按职称编制的分配数列2．解：编制单项式变量数列3．解：（1）编制组距式变量数列。
（2直方图（略）第四章练习题参考答案一.单项选择题1．C；2．D；3．B；4．D；5．C；6．A；7．C；8．C；9．B；10．C；11．B；12．D；13．A；14．D；15．16．B；17．B；18．D；19．C；20．C；21．D；22．B；23．C；24．C；25．B。
财务管理课后习题答案(完美版)
财务管理课后习题答案第一章 答案一、单项选择题1.C2.A3.D4.A5.B 二、多项选择题1.ABC2.BC3.ABCD4.AC5. AC 三、判断题1. ×2. ×3. ×4. √5. ×第二章 答案一、单项选择题1.A2.C3.A4.D5.B6.B7.A8.C9.C 10.B 二、多项选择题1.AC2.ABD3.ACD4.ABCD5.ABD6.ABC7.BCD8.AC9.BD 10.ABCD 三、判断题1. √2. ×3. ×4. √5. × 四、计算题1．PV=8000×（P/A,8%12,240）=953,594（元）银行贷款的年利率为8%时，分期付款方式好，低于一次性付款。
PV=8000×（P/A,6%12,240）=1,116,646（元）银行贷款的年利率为6%时，一次性付款方式好，低于分期付款的现值。
2．（1）由100=10×（F/P,10%,n ）得：（F/P,10%,n ）=10 查复利终值系数表，i=10%，（F/P,10%,n ）=10，n 在24~25年之间； （2）由100=20×（F/P,5%,n ）得：（F/P,5%,n ）=5 查复利终值系数表，i=5%，（F/P,5%,n ）=5，n 在30~35年之间；（3）由100=10×（F/A,10%,n ）得：（F/A,10%,n ）=50 查年金终值系数表，i=10%，（F/A,10%,n ）=50，n 在18~19年之间； 因此，第三种方式能使你最快成为百万富翁。
3.（1）2010年1月1日存入金额1000元为现值，2013年1月1日账户余额为3年后终值： F ＝P ×（F/P ，12%，3）＝1000×1.405＝1405（元）（2）F ＝1000×（1＋12%/4）3×4 ＝1000×1.426 ＝1426（元）（3）2013年1月1日余额是计算到期日的本利和，所以是普通年金终值：F ＝250×（F/A ，12%，4）＝250×4.779 ＝1194.75（元） （4）F ＝1405，i ＝12%，n ＝4 则：F ＝A ×（F/A ，i ，n ） 即1405＝A ×（F/A,12%，4）＝A ×4.779 ,A ＝1405÷4.779=293.99（元） 4. 10=2×（P/A ，i ，8） （P/A ，i ，8）=5查年金现值系数表， i =8，（P/A, i.8）=5， i 在11~12年之间178.0146.0146.5%1%%11⎪⎪⎫⎪⎫⎪⎪⎫⎪⎫x2021 得,借款利率为11.82%5.递延年金现值P ＝300×（P/A ，10%，5）×（P/F ，10%，2）＝300×3.791×0.826＝939.4098（万元）。
模拟电路课后习题答案
模拟电路课后习题答案 Final approval draft on November 22, 2020第七章 习题与思考题◆◆ 习题 7-1 在图P7-1所示的放大电路中，已知R 1=R 2=R 5=R 7=R 8=10k Ω，R 6=R 9=R 10=20k Ω：① 试问R 3和R 4分别应选用多大的电阻； ② 列出u o1、u o2和u o 的表达式；③ 设u I1=3V ，u I2=1V ，则输出电压u o ＝解：① Ω=Ω==k k R R R 5)10//10(//213，Ω≈Ω==k k R R R 67.6)20//10(//654 ② 1111211010I I I o u u u R R u -=-=-=，2226525.1)20101()1(I I I o u u u R R u =+=+=， ③ V V u u u I I o 9)1332(3221=⨯+⨯=+=本题的意图是掌握反相输入、同相输入、差分输入比例运算电路的工作原理，估算三种比例电路的输入输出关系。
◆◆ 习题 7-2 在图P7-2所示电路中，写出其输出电压u O 的表达式。
解：本题的意图是掌握反相输入和同相输入比例 电路的输入、输出关系。
◆◆ 习题 7-3 试证明图P7-3中，)(11221I I o u u R R u -=）＋（解：◆◆ 解：◆◆ 解：◆◆ 习题 7-6 试设计一个比例运算放大器，实现以下运算关系：u O =。
请要求画出电路原理图，并估算各电阻的阻值。
希望所用电阻的阻抗在20k Ω至200k Ω的范围内。
解：上图为实现本题目要求的一种设计方案，使5.0)1()5.0(21=-⨯-=⋅=uf uf uf A A A ，即I O u u 5.0=。
本题的意图是在深入掌握各种比例运算电路性能的基础上，采用适当电路实现给定的运算关系。
以上只是设计方案之一。
◆◆ 习题 7-71为阻值在1k Ω~10k Ω之间可调的电位器，R 2=R 3=20k Ω，R 4=R 5=33k Ω，R 6=R 7=100k Ω，试估算电路的输出电压与输入电压之间的比例系数的可调范围。
《无机材料物理性能》课后习题答案解析
课后习题《材料物理性能》第一章材料的力学性能1-1一圆杆的直径为2.5 mm 、长度为25cm 并受到4500N 的轴向拉力，若直径拉细至 2.4mm ，且拉伸变形后圆杆的体积不变,求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，并比较讨论这些计算结果。
解：由计算结果可知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。
1-5一陶瓷含体积百分比为95%的Al 2O 3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，试计算其上限和下限弹性模量。
若该陶瓷含有5 %的气孔，再估算其上限和下限弹性模量。
解：令E 1=380GPa,E 2=84GPa,V 1=0.95,V 2=0.05。
则有当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E 0(1-1.9P+0.9P 2)可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa 和293.1 GPa 。
0816.04.25.2ln ln ln 22001====A A l l T ε真应变)(91710909.4450060MPa A F =⨯==-σ名义应力0851.0100=-=∆=A A l l ε名义应变)(99510524.445006MPa A F T =⨯==-σ真应力)(2.36505.08495.03802211GPa V E V E E H =⨯+⨯=+=上限弹性模量)(1.323)8405.038095.0()(112211GPa E V E V E L =+=+=--下限弹性模量1-11一圆柱形Al 2O 3晶体受轴向拉力F ，若其临界抗剪强度τf 为135 MPa,求沿图中所示之方向的滑移系统产生滑移时需要的最小拉力值，并求滑移面的法向应力。
解：1-6试分别画出应力松弛和应变蠕变与时间的关系示意图，并算出t = 0,t = ∞ 和t = τ时的纵坐标表达式。
解：Maxwell 模型可以较好地模拟应力松弛过程：Voigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：).1()()(0)0()1)(()1()(10//0----==∞=-∞=-=e EEe e Et t t στεσεεεσεττ；；则有：其蠕变曲线方程为：./)0()(;0)();0()0((0)e (t)-t/e στσσσσσστ==∞==则有：：其应力松弛曲线方程为0123450.00.20.40.60.81.0σ(t )/σ(0)t/τ应力松弛曲线0123450.00.20.40.60.81.0ε(t )/ε(∞)t/τ应变蠕变曲线)(112)(1012.160cos /0015.060cos 1017.3)(1017.360cos 53cos 0015.060cos 0015.053cos 82332min 2MPa Pa N F F f =⨯=︒︒⨯⨯=⨯=︒⨯︒⨯=⇒︒⨯︒=πσπτπτ：此拉力下的法向应力为为：系统的剪切强度可表示由题意得图示方向滑移以上两种模型所描述的是最简单的情况，事实上由于材料力学性能的复杂性，我们会用到用多个弹簧和多个黏壶通过串并联组合而成的复杂模型。
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第七章课后习题答案二、单项选择题1、2003年6月2日杜某将自己家的耕牛借给邻居刘某使用。
6月8日刘某向杜某提出将耕牛卖给自己，杜某表示同意。
双方商定了价格，并约定3天后交付价款。
但6月10日，该头耕牛失脚坠下山崖摔死。
对于该耕牛死亡的财产损失，应当由谁来承担?(C) A．杜某B．杜某与刘某各承担一半C．刘某D．杜某承担1/3，刘某承担2/3本题涉及交付时间的确定问题。
依《合同法》第140条规定，标的物在订立合同之前已为买受人占有的，合同生效的时间为交付时间。
本题中，刘某已经占有了杜某的耕牛。
6月8日双方达成买卖协议，该时间即为标的物的交付时间。
再依《合同法》第142条规定，标的物毁损、灭失的风险，在标的物交付之前由出卖人承担，交付之后由买受人承担，但法律另有规定或者当事人另有约定的除外。
本题中，刘某和杜某对风险负担未有约定，耕牛已经交付于刘某，故刘某应承担该风险责任。
本题正确选项为C。
2、甲方购买一批货物，约定于6月15日提货，但其因没有安排好汽车而未能提货。
当天傍晚，出卖人的仓库遭雷击起火，货物被烧。
你认为应如何确定损失的承担？A、出卖人，因为货物是在其控制之下B、出卖人，因为货物所有权没有转移C、买受人，因为他未能按时提货D、双方分提，因为谁都没有过错【答案】C【考点】买卖合同的风险承担【详解】根据《合同法》第143条的规定：因买受人的原因致使标的物不能按约定的期限交付的，买受人应当自违反约定之日起承担标的物毁损、灭失的风险。
因此C正确。
3、甲向乙购进一批玉米，双方约定，合同履行地在乙所在城市S市。
5月1日乙为甲代办托运运往M县。
在运输过程中，5月3日甲与丙签订协议，将将批玉米转让给丙，在M县火车站交货。
5月4日由于遇到洪爆发，火车在运输途中出轨，玉米损失。
该损失应由谁承担?A、甲承担B、乙承担C、丙承担D、甲与丙分担【答案】C【考点】买卖合同的风险承担【详解】根据《合同法》第142条的规定：“标的物毁损、灭失的风险，在标的物交付之前由出卖人承担，交付之后由买受人承担，但法律另有规定或者当事人另有约定的除外。
”本题中，甲与乙间的合同履行地在乙所在城市s市，那么在乙为甲代办托运完成时交付就已完成，标的物的风险责任就应由甲承担。
根据《合同法》第144条的规定：“出卖人出卖交由承运人运输的在途标的物，除当事人另有约定的以外，毁损、灭失的风险自合同成立时起由买受人承担。
”本题中甲、丙达成协议将在途标的物转让给丙，丙自 5月3日起应承担风险负担。
所以，在5月4日发生标的物损失时，丙应承担该损失。
4、甲答应赠与乙800元，资助乙的一项发明。
甲在给乙500元以后，就不再给了，乙认为甲答应赠与就应全部赠与，于是向甲索要另外300元。
则下列说法正确的是（）。
A.甲应再给乙300元，否则即违约B.赠与合同无效C.甲可向乙要求返还已给的500元D.赠与500元的合同有效，另300元的赠与可以撤销.【正确答案】D【答案解析】本题考核点是赠与的撤销。
赠与的撤销分为任意撤销和法定撤销。
任意撤销是指，赠与人在赠与财产的权利转移之前可以撤销赠与。
5、老张因身体不便将自己的一辆自行车赠与邻居的中学生小李，让小李上学使用，但要求小李今后回家途中给其捎带一些生活必需品，小李同意。
第二天小李上学路上因自行车刹车不灵造成摔伤。
下列选项中，表述正确的是（）。
A.对此老张不负责任B.老张应负全部责任C.老张应负部分责任D.此事造成赠与合同无效[答案]：C[解析]：本题考核附义务的赠与。
张某将自己的自行车赠与李某，同时要求李某给其捎带生活必需品，是附义务的赠与行为；自行车刹车不灵是赠与的财产有瑕疵。
根据规定，赠与的财产有瑕疵的，赠与人在附义务的限度内承担与出卖人相同的责任。
6、某企业向银行借贷100万元，贷款期限为1年。
该企业使用借款10个月后，欲提前归还此项贷款。
依照法律规定，下列表述中正确的是（）。
A.该企业可以提前还贷，银行应同意B.该企业应在还款日前15夭通知银行方可提前还款C.该企业需与银行协商一致后方可提前还贷D.该企业不能提前还贷[答案]A[解析]根据《合同法》第206条和第208条的规定，该企业可以提前还贷，所以A选项对。
7、甲公司将所属设备租赁给乙公司使用。
租赁期间，甲公司将用于出租的设备卖给丙公司。
根据合同法律制度的规定，下列表述正确的是( )。
A、甲公司在租赁期间不能出卖出租设备B、买卖合同有效，原租赁合同继续有效C、买卖合同有效，原租赁合同自买卖合同生效之日起终止D、买卖合同有效，原租赁合同须经丙公司同意后方继续有效答案：B三、多项选择题1、2000年5月4日，易某将自家的耕牛租于刘某使用2个星期，5月10日，刘某提出要买下此耕牛，易某表示同意。
双方商定价格为1000元，并约定1个月后交付款项。
但5月12日该耕牛被雷劈死。
关于此案，以下选项哪些是正确的？（）A.该买卖合同的生效时间是5月10日B.该买卖合同中耕牛的交付时间是5月10日C.该耕牛意外灭失的风险由易某承担D.该耕牛意外灭失的风险由刘某承担「参考答案」ABD「考查知识点」买卖合同中的风险负担移转。
「解题思路和依据」掌握《合同法》第140条、第142条的规定。
「应注意的问题」在这类简易交付的情况下，标的物的交付时间以合同生效时间为准。
2、3、在以下（）情况下，买受人应当承担标的物毁损、灭失的风险。
A．标的物已运抵交付地点，买受人因标的物质量不合格而拒收货物B．出卖人已将标的物发运，即将到达约定的交付地点C．合同约定在标的物所在地交货，约定时间已过，买受人仍末前往提货D．买受人下落不明，出卖人将标的物提存（正确答案：CD）「考查知识点」风险责任的负担。
「解题思路和依据」（1）A项是行使履行抗辩权的行为，根据《合同法》第148条的规定，标的物毁损、灭失的风险应当由出卖人承担。
即由违约人承担。
应当排除A项。
（2）标的物尚未交付，依照《合同法》第142条的规定，应当由出卖人承担标的物毁损、灭失的风险，因此应当排除B项。
（3）约定时间已过，买受人仍未前往提货，应当由买受人承担风险，即由违约人承担风险。
《合同法》第143条规定：“因买受人的原因致使标的物不能按照约定的期限交付的，买受人应当自违反约定之日起承担标的物毁损、灭失的风险。
”因此，选项C是正确的。
（4）依据《合同法》第103条的规定，提存后应当由买受人承担风险，故选择D项。
「应注意的问题」C项的选择应当适用《合同法》第143条，但很多人适用《合同法》第146条。
没有约定或者约定不明时才能适用《合同法》第146条，而本题不存在约定不明的情况。
5、6、甲欲将一部分货物寄存在乙处，为此向吴律师咨询。
根据我国合同法的规定，吴律师的以下意见哪些是正确的？（）A.甲在签订保管合同后交付货物前解除合同的，不承担违约责任B.甲、乙双方没有约定保管费，乙有权依交易习惯请求甲支付C.乙可以根据情况改变保管场所或方法D.在有第三人对甲寄存的货物主张权利时，除了依法对保管物采取保全或执行的以外，乙应当履行向甲返还寄存的货物的义务「参考答案」ABD「考查知识点」保管合同的实践性、交易习惯、保管义务、返还义务。
「解题思路和依据」（1）保管合同是实践性合同，因此A项正确。
（2）交易习惯如果未被当事人所排除，自动进入合同之中。
依据《合同法》第61条的规定，可以用交易习惯对合同进行补充性解释。
因此B项正确。
（3）《合同法》第369条规定：“保管人应当妥善保管保管物。
当事人可以约定保管场所或者方法。
除紧急情况或者为了维护寄存人利益的以外，不得擅自改变保管人场所或者方法。
”据此，应当将C项排除。
（4）《合同法》第373条规定：“第三人对保管物主张权利的，除依法对保管物采取保全或者执行的以外，保管人应当履行向寄存人返还保管物的义务。
”因此D项正确。
「应注意的问题」本题的难点在B项。
保管合同一般是无偿合同，但甲、乙之间、某地区之间或者某种特殊货物保管有付费的交易习惯，自然应当付费。
交易习惯如果未被当事人排除，就成为合同中的默示条款。
四、案例分析题2、甲公司与某希望小学乙签订赠与合同，决定捐赠给该小学价值2万元的计算机，后甲公司的法定代表人更换，不愿履行赠与合同。
下列哪些说法是错误的？（）A.赠与合同属于单务法律行为，故甲公司可以反悔，且不承担违约责任B.甲公司尚未交付设备，故可撤销赠与C.乙小学有权要求甲交付计算机D.若甲公司以书面形式通知乙小学不予赠与，则甲公司不再承担责任「参考答案」ABD「考查知识点」赠与合同的性质与赠与人的撤销权。
「解题思路和依据」对希望小学的赠与属于社会公益性质的赠与。
《合同法》第186条规定：“赠与人在赠与财产的权利转移之前可以撤销赠与。
具有救灾、扶贫等社会公益、道德义务性质的赠与合同或者经公证的赠与合同，不适用前款的规定。
”因此，应当选ABD.《合同法》第188条规定：“具有救灾、扶贫等社会公益、道德义务性质的赠与合同或者经过公证的赠与合同，赠与人不交付赠与财产的，受赠人可以要求交付。
”据此，乙小学有权要求甲交付计算机。
「应注意的问题」不知道任意撤销权的限制。
即不了解《合同法》第186条第2款的规定。
3、甲、乙于2001年4月1日订立一份租赁合同，甲将自己所有的房屋租赁给乙，租赁期限为9个月。
2001年7月1日，经甲的同意，乙将该房屋转租给丙，期限为6个月。
2001年10月1日，甲在未通知乙的情况下以20万元的价格将该房屋卖给丁，10月8日丁要求丙在24小时内搬离该房屋，遭到丙的拒绝。
10月10日，乙向甲提出自己希望以20万元价格购买该房屋，遭到甲的拒绝。
根据以上事实和《合同法》的规定，分析回答下列问题：(1)经甲的同意，乙将房屋转租给丙后，甲、乙之间的租赁合同是否终止?(2)丁要求丙在24小时内搬离该房屋的主张是否成立?(3)甲在未通知乙的情况下将该房屋卖给丁，并拒绝乙购买请求的做法是否符合法律规定。
[答案](1)甲、乙之间的租赁合同继续有效。
(2)该主张不成立。
（3)甲的做法不合法。
[解题思路]本题着重考查租赁合同制度。
(1)问考查转租及其效力。
(2)问考查租赁合同的形式及不定期租赁的效力。
(3)问考查“买卖不破租赁”原则。
(4)问考查承租人的优先购买权。
四个设问四个考点均属司法考试对租赁合同的考查重点。
解题的关键在于对法条的理解和灵活运用。
[法理详解](1)根据《合同法》第224条的规定，承租人经出租人同意，可以将租赁物转租给第三人。
承租人转租的，承租人与出租人的租赁合同继续有效，第三人对租赁物造成损失的，承租人应当赔偿损失。
承租人未经出租人同意转租的，出租人可以解除合同。
题中，乙转租行为经过甲的同意，因而甲、乙之间的租赁合同继续有效。
(2)根据《合同法》第229条的规定，租赁物在租赁期间发生所有权变动的，不影响租赁合同的效力，即实行“买卖不破租赁”的原则。