第15章习题解答
政治经济学 第15章 社会主义企业和现代企业制度(习题及答案)
第15章社会主义企业和现代企业制度一、综合选择1．现阶段公有制经济包含：A.国有经济B.集体经济C.股份制经济D.混合经济中的公有制部分2．我国现阶段对国有企业的改革应该与以下哪几个方面结合起来：A.改组B.改造C.加强科学管理D.加强中央集权3.现代企业制度的基本内容包括：A.国有资产出资人制度B.企业法人财产制度C.有限责任制度D.企业组织管理制度4.在社会主义市场经济条件下，作为社会主义商品生产和经营者的国有企业应当：A.自主经营B.自负盈亏C.自我发展D.自我约束5.增强企业活力的途径包括：A.确立企业和国家之间的正确关系，扩大企业自主权B.正确处理好企业和职工之间的关系C.为企业创造平等竞争条件和良好外部环境D.重视企业技术改造，提高企业素质6.城乡出现的股份合作制经济，是改革中的新事物，它的主要特征有：A.是放开搞活国有小企业的一种重要形式B.是集体经济改革和发展的有效形式C.企业职工既是劳动者，又是所有者D.共同分配劳动成果，实行按劳分配和按生产要素分配相结合7.要提高社会主义经济效益，就必须在经济活动中做到：A.劳动耗费要尽可能少B.物化劳动耗费要尽可能多C.生产出来的产品要尽可能多D.生产出来的产品必须符合社会需要8.社会主义市场经济和资本主义市场经济的共同特征有：A.一切经济活动都直接或间接同市场相联系B.一切企业都具有生产经营自主权C.政府部门不直接干预企业的生产和经营活动D.各种经济活动都按有关法规进行二、名词解释1．企业2．单厂性企业3．多厂性企业4．公司制企业5．国有独资公司6. 控股公司7. 企业集团8．产权制度9．股份有限公司三、分析判断1．在社会主义市场经济中，不同所有制性质的企业在竞争中具有不平等的地位。
2．社会主义企业管理具有两重性。
3．国有企业改革并非经济体制改革的中心环节。
四、问题解答1．什么是产权，它与所有制有何关系？2、试述现代企业制度的主要内容。
3．提高企业经济效益的途径和意义。
高考物理一轮总复习课后习题 第15章 热学 第5讲 热力学定律 能量守恒定律 (2)
第5讲热力学定律能量守恒定律基础对点练题组一热力学定律理解1.(天津卷)爬山所带氧气瓶如图所示,氧气瓶里的气体容积、质量均不变,爬高过程中,温度减小,则气体( )A.对外做功B.内能减小C.吸收热量D.压强不变2.冬奥会上的人造雪绝非“假雪”,是对水和空气一定比例混合压缩,并对混合水气的温度控制在0~5 ℃之间,再通过造雪机雾化喷出,下列说法错误的是( )A.外界空气温度必须低于混合水气温度,才能使水凝固成雪B.对混合水气加压越大,雪质越好C.喷出的混合水气对外做功内能减小,凝固成雪D.混合水气喷洒得越远,雪质越好3.(广东实验中学模拟)火热的6月即将到来,高三的同学们也进入高考最后的冲刺,教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境,空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是( )A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述B.空调的工作原理反映了热传导的方向性C.此原理图中的Q1=Q2D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体题组二热力学定律与气体实验定律的结合4.(多选)(天津三模)在飞机起飞的过程中,由于高度快速变化,会引起机舱内气压变化,乘客小周同学观察发现,在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖子凸起,如图所示。
若起飞前后桶内气体的温度保持不变,则下列关于桶内气体(可视为理想气体)的说法正确的是( )A.桶内气体从外界吸收热量B.桶内气体分子平均动能变小C.桶内气体压强增大D.桶内气体对外做功,内能不变5.(多选)如图所示,带有活塞的汽缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于汽缸中,热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接,汽缸和活塞均具有良好的绝热性能。
下列说法正确的是( )A.若发现欧姆表读数变大,则汽缸内气体内能一定减小B.若推动活塞使汽缸内气体体积减小,则汽缸内气体内能减小C.若推动活塞使汽缸内气体体积减小,则汽缸内气体压强减小D.若推动活塞使汽缸内气体体积减小,则欧姆表读数将变小6.(江苏南通模拟)如图所示,内壁光滑且导热性能良好的甲、乙两汽缸,用质量相同的活塞封闭相同质量的空气。
傅里叶级数课程及习题讲解
傅里叶级数课程及习题讲解————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期：ﻩ第15章 傅里叶级数§１５.1 傅里叶级数一 基本内容一、傅里叶级数 在幂级数讨论中1()nn n f x a x ∞==∑,可视为()f x 经函数系21, , ,, ,n x x x线性表出而得.不妨称2{1,,,,,}n x x x 为基,则不同的基就有不同的级数．今用三角函数系作为基,就得到傅里叶级数．１ 三角函数系函数列{}1, cos , sin , cos 2, sin 2, , cos , sin ,x x x x nx nx 称为三角函数系．其有下面两个重要性质.(1） 周期性 每一个函数都是以2π为周期的周期函数;(2) 正交性 任意两个不同函数的积在[,]ππ-上的积分等于 零，任意一个函数的平方在上的积分不等于零．对于一个在[,]ππ-可积的函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:，定义两个函数的内积为(),()()()d bn m n m au x u x u x u x x=⋅⎰,如果0 (),() 0 n m l m nu x u x m n ≠=⎧=⎨≠⎩，则称函数系{}() [, ], 1,2, n u x x a b n ∈=:为正交系．由于1, sin 1sin d 1cos d 0nx nx x nx x ππππ--=⋅=⋅=⎰⎰；sin , sin sin sin d 0 m nmx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；cos , cos cos cos d 0 m n mx nx mx nx x m n πππ-=⎧=⋅=⎨≠⎩⎰；sin , cos sin cos d 0mx nx mx nx x ππ-=⋅=⎰；2 1, 11d 2x πππ-==⎰,所以三角函数系在[],ππ-上具有正交性，故称为正交系．利用三角函数系构成的级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑ 称为三角级数，其中011,,,,,,n n a a b a b 为常数2 以2π为周期的傅里叶级数定义1 设函数()f x 在[],ππ-上可积，11(),cos ()cos d k a f x kx f x kx xππππ-==⎰0,1,2,k =；11(),sin ()sin d k b f x kx f x kx xππππ-==⎰1,2,k =，称为函数()f x 的傅里叶系数,而三角级数()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑称为()f x 的傅里叶级数，记作()f x ~()01cos sin 2n n n a a nx b nx ∞=++∑．这里之所以不用等号,是因为函数()f x 按定义1所得系数而获得的傅里叶级数并不知其是否收敛于()f x ．二、傅里叶级数收敛定理定理１ 若以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑,则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-++=∑， 其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数．定义2 如果()[, ]f x C a b '∈,则称()f x 在[,]a b 上光滑．若[,),(0),(0)x a b f x f x '∀∈++存在；(,],(0)x a b f x ∀∈-，(0)f x '-存在,且至多存在有限个点的左、右极限不相等，则称()f x 在[,]a b 上按段光滑．几何解释如图.按段光滑函数图象是由有限条 光滑曲线段组成，它至多有有限个第一类间断点与角点．推论 如果()f x 是以2π为周期的连续函数,且在[,]ππ-上按 段光滑,则x R ∀∈，有 ()01()cos sin 2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑.定义3 设()f x 在(,]ππ-上有定义,函数() (,]ˆ()(2) (2,2],1,2,f x x f x f x k x k k k πππππππ∈-⎧=⎨-∈-+=±±⎩称()f x 为的周期延拓.二 习题解答1 在指定区间内把下列函数展开为傅里叶级数（1） (),(i) , (ii) 02f x x x x πππ=-<<<<; 解：(i)、()f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．x yO角点x3πππ-3π-yO其按段光滑,故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得011()d d 0a f x x x x ππππππ--===⎰⎰.当1n ≥时，11cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰11sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰,11sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰1112cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ+---=+=-⎰,所以11sin ()2(1)n n nxf x n ∞+==-∑,(,)x ππ∈-为所求. (ii)、()f x =x ，(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下.其按段光滑,故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得220011()d d 2a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时,220011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰220011sin sin d 0|x nx nx x n n ππππ=-=⎰,220011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2200112cos cos d |x nx nx x n n n ππππ--=+=⎰，所以1sin ()2n nxf x n π∞==-∑，(0,2)x π∈为所求. (2)2()(i) (ii) 02f x =x , -π<x <π,<x <π； x4π2π2π-yO解：(i)、()2f x =x ，(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑,故可展开为傅里叶级数．由系数公式得220112()d d 3a f x x x x πππππππ--===⎰⎰.当1n ≥时，2211cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππππ--==⎰⎰211sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰22d(cos )x nx n πππ-=⎰ 222224cos cos d (1)|n x nx nx x n n n ππππππ--=-=-⎰，2211sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππππ---==⎰⎰212cos cos d |x nx x nx xn n ππππππ---=+⎰22d(sin )x nx n πππ-=⎰ 2222sin sin d 0|x nx nx x n n ππππππ--=-=⎰,所以221sin ()4(1)3nn nxf x n π∞==+-∑,(,)x ππ∈-为所求.解：(ii)、()2f x =x ,(0,2)x π∈作周期延拓的图象如下．其按段光滑,故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得222200118()d d 3a f x x x x πππππ===⎰⎰．当1n ≥时,2222011cos d d(sin )n a x nx x x nx n ππππ==⎰⎰x3πππ-3π-yO x4π2π2π-4π-yO2220011sin 2sin d |x nx x nx xn n ππππ=-⎰2202d(cos )x nx n ππ=⎰ 2222200224cos cos d |x nx nx x n n n ππππ=-=⎰，22220011sin d d(cos )n b x nx x x nx n ππππ-==⎰⎰2220012cos cos d |x nx x nx x n n ππππ-=+⎰22042d(sin )x nx n n πππ=-+⎰2222004224sin sin d |x nx nx x n n n n ππππππ=-+-=-⎰,所以22214cos sin ()43n nx nx f x n n ππ∞=⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑，(0,2)x π∈为所求． (3) 0()(,0,0)0ax x f x a b a b bx x ππ-<≤⎧=≠≠≠⎨<<⎩.解：函数()f x ,(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑,故可展开为傅里叶级数. 由系数公式得000111()()d d d 2b a a f x x ax x bx x ππππππππ---==+=⎰⎰⎰.当1n ≥时,02011cos d cos d n a ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰2[1(1)]n a b n π-=--0011sin d sin d n b ax nx x bx nx xππππ-=+⎰⎰1(1)n a b n ++=-所以21()2()1()cos(21)4(21)n b a b a f x n x n ππ∞=--=+--∑11sin ()(1)n n nxa b n ∞+=++-∑,(,)x ππ∈-为所求.2 设f 是以2π为周期的可积函数，证明对任何实数c ，有x3πππ-3π-yO2 11()cos d ()cos d ,0,1,2,c n c a f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰, 2 11()sin d ()sin d ,1,2,c n c b f x nx x f x nx x n πππππ+-===⎰⎰.证:因为()f x ,sin nx ,cos nx 都是以2π为周期的可积函数，所以令2t x π=+有211()cos d (2)cos (2)d(2)c c f x nx x f t n t t ππππππππ-+=---⎰⎰c+2 c+211()cos d ()cos d f t nt t f x nx xππππππ==-⎰⎰.从而2 1()cos d c n c a f x nx xππ+=⎰2 11()cos d ()cos d c n cca f x nx x f x nx xππππ+-==⎰⎰c+211()cos d ()cos d f x nx x f x nx xππππππ-++⎰⎰1()cos d f x nx xπππ-=⎰．同理可得2 11()sin d ()sin d c n cb f x nx x f x nx xπππππ+-==⎰⎰.3 把函数04()04x f x x ππππ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩展开成傅里叶级数，并由它推出(1)11114357π=-+-+;(2) 111111357111317π=+--+-+；(3) 3111111657111317π=-+-+-+.解：函数()f x ,(,)x ππ∈-作周期延拓的图象如下．其按段光滑，故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得00111()d d d 044a f x x x x πππππππππ---==+=⎰⎰⎰.当1n ≥时,x3πππ-3π-yO2π2π-11cos d cos d 044n a nx x nx x ππππππ--=+=⎰⎰．11sin d sin d 44n b nx x nx xππππππ--=+⎰⎰11211[1(1)]202n n k nn n k +⎧=+⎪=--=⎨⎪=⎩, 故11()sin(21),(,0)(0,)21n f x n x x n ππ∞==-∈--∑为所求.(１) 取2x π=,则11114357π=-+-+； (２） 由11114357π=-+-+得111112391521π=-+-+，于是111111341257111317πππ=+=+--+-+;(3) 取3x π=,则31111114257111317π⎛⎫=-+-+-+ ⎪⎝⎭,所以3111111657111317π=-+-+-+.４ 设函数()f x 满足条件()()f x f x π+=-，问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性．解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=-,所以(2)()()f x f x f x ππ+=-+=，即()f x 是以2π为周期的函数． 于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰11()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰11(2)d ()d f t t f x xππππππ=-++⎰⎰11()d ()d 0f t t f x x πππππ=++=⎰⎰．当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xππππππ=+++⎰⎰101(1)()cos d n f x nx x ππ++-=⎰ 02()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰.0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰,故当()()f x f x π+=-时,函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是20k a =,20k b =．5 设函数()f x 满足条件:()()f x f x π+=,问此函数在(),ππ-内的傅里叶级数具有什么特性.解：因为()f x 满足条件()()f x f x π+=，所以(2)()()f x f x f x ππ+=+=,即()f x 是以2π为周期的函数.于是由系数公式得000111()d ()d ()d a f x x f x x f x xπππππππ--==+⎰⎰⎰0011()d ()d f t t f x x πππππ=-+⎰⎰0011(2)d ()d f t t f x x ππππππ=-++⎰⎰000112()d ()d ()d f t t f x x f x x πππππππ=++=⎰⎰⎰． 当1n ≥时，0011()cos d ()cos d n a f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰11()cos()d ()cos d f t nx n x f x nx xπππππ=++⎰⎰1(1)()cos d nf x nx xππ+-=⎰02()cos d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰．0011()sin d ()sin d n b f x nx x f x nx xππππ-=+⎰⎰02()sin d 2021f x nx x n k n k ππ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩⎰,故当()()f x f x π+=时,函数()f x 在(),ππ-内的傅里叶级数的特性是210k a -=,210k b -=．６ 试证函数系cos , 0,1,2,nx n =和sin , 1,2,nx n =都是[0, ]π上的正交函数系,但他们合起来的却不是[0, ]π上的正交函数系．证：就函数系{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx ,因为n ∀,1,1d x ππ==⎰，2001cos ,cos cos d (cos21)d 22nx nx nx x nx x πππ==+=⎰⎰,又1,cos cos d 0nx nx x π==⎰;,m n ∀,m n ≠时，cos ,cos cos cos d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=++-=⎰⎰.所以{1,cos ,cos2,,cos ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系． 就函数系{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx ,因为n ∀,2001sin ,sin sin d (1cos2)d 22nx nx nx x nx x πππ==-=⎰⎰，又,m n ∀,m n ≠时,sin ,sin sin sin d mx nx mx nx xπ=⎰0011cos()d cos()d 022m n x x m n x x ππ=-++-=⎰⎰．所以{sin ,sin 2,,sin ,}x x nx 在[0, ]π上是正交系. 但{1,sin ,cos ,sin 2,cos2,,sin ,cos ,}x x x x nx nx 不是 [0, ]π上的正交系.实因：1,sin sin d 10x x x π==≠⎰.7 求下列函数的傅里叶级数展开式 （１) (),022xf x x ππ-=<<；解:(),022xf x x ππ-=<<作周期延拓的图象如下．其按段光滑,故可展开为傅里叶级数． 由系数公式得x4π2π2π-4π-yO2π32π-220011()d d 02xa f x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，220011cos d d(sin )22n x xa nx x nx n ππππππ--==⎰⎰22001sin sin d 022|x nx nx x n n πππππ-=+=⎰，220011sin d d(cos )22n xxb nx x nx n ππππππ---==⎰⎰220011cos cos d 22|x nx nx x n n n πππππ-=--=⎰, 所以1sin ()n nxf x n ∞==∑，(0,2)x π∈为所求． (２） ()1cos ,f x x x ππ=--≤≤;解：()1cos ,f x x x ππ=--≤≤作周期延拓的图象如下.其按段光滑,故可展开为傅里叶级数．因为22sin 02()1cos 2sin 22sin 02x x x f x x x x ππ⎧-≤<⎪⎪=-==⎨⎪-≤≤⎪⎩,所以由系数公式得01()d a f x xπππ-=⎰02242sin d sin d 22x x x x πππππ--=+=⎰⎰．当1n ≥时，022sin cos d sin cos d 22n x xa nx x nx x ππππ--=+⎰⎰202242sin cos d 2(41)x nx x n πππ==--⎰.022sin sin d sin sin d 022n x x b nx x nx x ππππ--=+=⎰⎰.所以2122421()cos 41n f x nxnππ∞==--∑，(,)x ππ∈-.而x π=±时,(0)(0)2()2f f f πππ±-+±+==±，x3πππ-3π-yO 2π2π-2故2122421()cos 41n f x nxnππ∞==--∑,[,]x ππ∈-为所求．(3) 2(), (i) 02, (ii) f x ax bx c x x πππ=++<<-<<; 解：(i)由系数公式得2001()d a f x xππ=⎰22218()d 223aax bx c x b cππππ=++=++⎰.当1n ≥时,2201()cos d n a ax bx c nx xππ=++⎰2220011()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=++++⎰24an =，2201()sin d n b ax bx c nx xππ=++⎰2220011()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππ=-++-+⎰42a n n ππ=--，故224()3af x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑为所求.(ii)由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰2212()d 23aax bx c x cππππ-=++=+⎰．当1n ≥时,21()cos d n a ax bx c nx xπππ-=++⎰211()sin (2)sin d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=++++⎰24(1)n an =-, 21()sin d n b ax bx c nx xπππ-=++⎰211()cos (2)cos d |ax bx c nx ax b nx xn n ππππππ--=-++-+⎰12(1)n bn -=-，故222()3af x ax bx c cπ=++=+2142(1)cos (1)sin ,(,)nn n a b nx nx x n n ππ∞=+---∈-∑为所求．(4） ()ch , f x x x ππ=-<<；解:由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰12ch d sh x x πππππ-==⎰．当1n ≥时,1ch cos d n a x nx xπππ-=⎰11ch sin sh sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰21sh d(cos )x nx n πππ-=⎰ 2211sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-⎰222sh 1(1)n na n n ππ=--，所以22sh (1)(1)nn a n ππ=-+. 11ch sin d ch d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11ch cos sh cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰21sh d(sin )x nx n πππ-=⎰ 2211sh sin ch sin d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰2211sh sin ch sin d |x nx x nx x n n ππππππ--=-+⎰21nb n =,所以0n b =,故21211()ch sh (1)cos 21n n f x x nx n ππ∞=⎡⎤==+-⎢⎥+⎣⎦∑， (,)x ππ∈-为所求．(5） ()sh ,f x x x ππ=-<<.解:由系数公式得01()d a f x x πππ-=⎰1sh d 0x x πππ-==⎰.当1n ≥时，1sh cos d 0n a x nx x πππ-==⎰．11sh sin d sh d(cos )n b x nx x x nx ππππππ---==⎰⎰11sh cos ch cos d |x nx x nx xn n ππππππ--=-+⎰121(1)sh ch d(sin )n x nx n n πππππ+-=-+⎰ 122211(1)sh ch sin sh sin d |n x nx x nx xn n n ππππππππ+--=-+-⎰1221(1)sh n n b n n ππ+=--, 所以122sh (1)(1)n n n xb n π+=-+, 故1212sh ()sh (1)sin (1)n n n f x x nxn ππ∞+===-+∑，(,)x ππ∈-为所求.8 求函数221()(362)12f x x x ππ=-+的傅里叶级数展开式并应用它推出22116n nπ∞==∑. 解：由224()3af x ax bx c b cππ=++=++21442cos sin ,(0,2)n a a bnx nx x n n ππ∞=++-∈∑得221()(362)12f x x x ππ=-+222326πππ=-+211cos n nx n ∞=+∑211cos n nx n ∞==∑，(0,2)x π∈．而2(00)(20)6f f ππ+=-=,故由收敛定理得22211(00)(20)11cos062n n f f n n ππ∞∞==++-===∑∑.9 设()f x 为[],ππ-上光滑函数,()()f f ππ-=.且,n n a b 为()f x 的傅里叶系数,,n n a b ''为()f x 的导函数()f x '的傅里叶系数.证明00,,(1,2,)n n n n a a nb b na n '''===-= .证:因为()f x 为[],ππ-上光滑函数，所以()f x '为[],ππ-上的连续函数，故可积.由系数公式得1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=．当1n ≥时，1()cos d na f x nx xπππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰．1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰故结论成立.10 证明：若三角级数01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑中的系数,n n a b 满足关系{}33sup ,n n nn a n b M≤，M 为常数，则上述三角级数收敛,且其和函数具有连续的导函数．证:设0()2a u x =,()cos sin n n n u x a nx b nx =+,1,2,n =.则0n ∀≥,()n u x 在R 上连续，且0()0u x '=,()sin cos nn n u x na nx nb nx '=-+亦在R 上连续． 又x R ∀∈，()sin cos n n n u x n a nx n b nx '≤+n n n a n b ≤+22M n ≤．而22Mn ∑收敛, 所以()()cos sin nn n u x nb nx na nx '=-∑∑在R 上一致收敛.故设01()(cos sin )2n n n a s x a nx b nx ∞==++∑,则11()(cos sin )()n n nn n s x na nx nb nx u x ∞∞==''=-+=∑∑且1()(cos sin )n n n s x na nx nb nx ∞='=-+∑在R 上连续．§1５. 2 以2l 为周期的函数的展开一 基本内容一、以2l 为周期的函数的傅里叶级数 设()f x 是以2l 为周期的函数,作替换ltx π=，则()lt F t f π⎛⎫= ⎪⎝⎭是以2π为周期的函数，且()f x 在(, )l l -上可积()F t ⇔在(,)ππ-上可积．于是 ()01()cos sin 2n n n a F t a nt b nt ∞=++∑，其中 1()cos d ,n a F t nt t πππ-=⎰1()sin d n b F t nt tπππ-=⎰.令xt l π=得()()lt F t f f x π⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin sin ,cos cos n x n xnt nt l l ππ==, 从而 01()cos sin 2n n n a n x n x f x a b l l ππ∞=⎛⎫++ ⎪⎝⎭∑.其中1()cos ,l n l n x a f x dx l l π-=⎰1()sin l n l n x b f x dxl l π-=⎰．上式就是以2l 为周期的函数()f x 的傅里叶系数.在按段光滑的条件下，亦有01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x n x n x a b l l ππ∞=++-⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑.其只含余弦项,故称为余弦级数.同理,设()f x 是以2l 为周期的奇函数，则()cos f x nx 奇,()sin f x nx 偶．于是 1()cos d 0l n l n xa f x x l l π-==⎰，012()sin d ()sin d l l n l n x n x b f x x f x xl l l l ππ-==⎰⎰. 从而01()sin 2n n a n x f x a l π∞=+∑． 其只含正弦项,故称为正弦级数． 由此可知,函数(),(0,)f x x l ∈要展开为余弦级数必须作偶延拓.偶延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨-∈-⎩， 函数(),(0,)f x x l ∈要展开为正弦级数必须作奇延拓． 奇延拓() (0,) ()() (,0)f x x l f x f x x l ∈⎧=⎨--∈-⎩.xyOll-xy O l l-二 习题解答1 求下列周期函数的傅里叶级数展开式 (１) ()cos f x x =(周期π)；解：函数()cos f x x =,,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图. 由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数．因2l π=,所以由系数公式得 22002244cos d cos d a x x x x ππππππ-===⎰⎰.当1n ≥时,222cos cos 2d n a x nx x πππ-=⎰204cos cos 2d x nx xππ=⎰202[cos(21)cos(21)]d n x n x xππ=++-⎰220011sin(21)sin(21)(21)(21)||n x n x n n ππππ=++-+-1(1)2(1)2(21)(21)n n n n ππ+-⋅-⋅=++-124(1)(41)n n π+=--. 222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰．故121241()cos (1)cos241n n f x x nxn ππ∞+===+--∑,(,)x ∈-∞+∞为所求．(2) ()[]f x x x =-（周期１）;解：函数()[]f x x x =-，11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数． 因12l =，所以由系数公式得x 32π2π2π-32π-yOππ-x311-3-yO22-1()()111210022[]d 2[]d 2d 1a x x x x x x x x -=-=-==⎰⎰⎰.当1n ≥时,()()1121022[]cos 2d 2[]cos 2d n a x x n x x x x n x xππ-=-=-⎰⎰110012cos2d d(sin 2)x n x x x n x n πππ==⎰⎰110011sin 2sin 2d 0|x n x n x x n n ππππ=-=⎰． ()1121022[]sin 2d 2sin 2d n b x x n x x x n x xππ-=-=⎰⎰101d(cos2)x n x n ππ-=⎰110011cos2cos2d |x n x n x x n n ππππ-=+⎰1n π-=.故1111()[]sin 22n f x x x n xn ππ∞==-=-∑,(,)x ∈-∞+∞为所求． (３） 4()sin f x x =(周期π)；解：函数4()sin f x x =,,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑,所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数.因2l π=，所以由系数公式得 442200224sin d sin d a x x x x πππππ-==⎰⎰22041cos 2d 2x xππ-⎛⎫=⎪⎝⎭⎰24311cos 2cos 4d 828x x x ππ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎰34=.当1n ≥时，204311cos2cos4cos2d 828n a x x nx xππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰ 11201,2128n n n n ⎧-=⎪⎪=≠≠⎨⎪⎪=⎩．x 32π2π2π-32π-yOππ-222cos sin d 0n b x nx x πππ-==⎰.故4311()sin cos2cos4828f x x x x==-+，(,)x ∈-∞+∞为所求．(4) ()sgn(cos )f x x = (周期2π).解:函数()sgn(cos )f x x =,(,)x ππ∈-延拓后的函数如下图.由于()f x 按段光滑,所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数．因l π=,所以由系数公式得0012sgn(cos )d sgn(cos )d 0a x x x x πππππ-===⎰⎰．当1n ≥时，2sgn(cos )cos d n a x nx xππ=⎰202224cos d cos d sin 2n nx x nx x n πππππππ=-=⎰⎰4sin 2n n ππ=024(1)21(21)kn kn k k π=⎧⎪=⎨-=-⎪+⎩．2sgn(cos )sin d 0n b x nx x πππ-==⎰.故14cos(21)()sgn(cos )(1)21nn n xf x x n π∞=+==-+∑,(,)x ∈-∞+∞．2 求函数 01() 1 123 23x x f x x x x ≤≤⎧⎪=<<⎨⎪-≤≤⎩的傅里叶级数并讨论其收敛性.解:函数()f x ，(0,3)x ∈延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．因32l =，所以由系数公式得 31230001222224()d d d (3)d 33333a f x x x x x x x ==++-=⎰⎰⎰⎰． x32π2π2π-32π-yO ππ-x231-3-yO12-4561当1n ≥时，12012222cos d cos d 3333n n x n xa x x x ππ=+⎰⎰3222(3)cos d 33n xx x π+-⎰21011212d sin sin 33n x n x x n n ππππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰ 3212(3)d sin 3n x x n ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰ 1121214sin sind sin 333n n x n x n n n ππππππ=-+⎰ 3322121212sin (3)sin sind 333n n x n xx x n n n ππππππ-+-+⎰12201432sin cos 323n n xn n ππππ=+32221432sin cos 323n n xn n ππππ--2222323cos 232n n n πππ=-2222334cos2cos 223n n n n ππππ-+2222323cos 3n n n πππ=-. 2()sin d 0n b f x nx x πππ-==⎰.故2221231122()cos cos333n n n x f x n n πππ∞=-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑,(,)x ∈-∞+∞为所求.3 将函数()2f x xπ=-在[0,]π上展开成余弦级数.解:函数()2f x xπ=-，[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图．由于()f x 按段光滑,所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数．由系数公式得20021d 0222a x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰．当1n ≥时，xπ32π32π-yO π-2π52π2π2π2π-2cos d 2n a x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d 2x nx nx x n n πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰202cos nxn ππ=-242102n k n n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩.0n b =．故2141()cos(21),[0,]2(21)n f x x n x x n πππ∞==-=-∈-∑.4 将函数()cos2xf x =在[0,]π上展开成正弦级数. 解：函数()cos2xf x =,[0,]x π∈作偶延拓后的函数如下图.由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数，故其展开式为正弦级数.由系数公式得0,0,1,2,n a n ==．02cos sin d 2n x b nx x ππ=⎰0111sin sin d 22n x n x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰11cos cos 1221122n x n x n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥=-+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦28(41)nn π=-.故在[0, ]π上218()cos sin 241n x nf x nxn π∞===-∑为所求.５ 把函数102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩ 在(0, 4)上展开成余弦级数.解:函数()f x ，(0,4)x ∈延拓后的函数如下图．xπyOπ-2π3π1x231-3-yO12-451由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数.因4l =,所以由系数公式得4240002211()d (1)d (3)d 0422a f x x x x x x ==-+-=⎰⎰⎰．当1n ≥时,402()cos d 44n n x a f x xπ=⎰240211(1)cos d (3)cos d 2424n x n x x x x x ππ=-+-⎰⎰ 220022(1)sin sin d 44n x n x x x n n ππππ=-+⎰442222(3)sin sind 44n xn xx x n n ππππ--⎰22208cos 4n xn ππ=42228cos 4n xn ππ+ 2282cos 1(1)2n n n ππ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭220421642n k n k n π≠-⎧⎪=⎨=-⎪⎩ 所以102()324x x f x x x -<≤⎧=⎨-<<⎩22181(21)cos (21)2n n x n ππ∞=-=-∑为所求．6 把函数()2()1f x x =-在(0, 1)上展开成余弦级数，并推出222116123π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭．解:函数()f x ,(0,1)x ∈延拓为以2为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数．因l ＝0.5,所以由系数公式得1120022()d 2(1)d 3a f x x x x ==-=⎰⎰.当1n ≥时,1202(1)cos d n a x n x xπ=-⎰112022(1)sin (1)sin d x n x x n x xn n ππππ=---⎰x231-yO12-4111222222(1)cos cos d x n x n x xn n ππππ=--⎰224n π=.0n b =.所以2221141(1)cos ,[0,1]3n x nx x n π∞=-=+∈∑.令0x =得22114113n n π∞==+∑，即22116n n π∞==∑.7 求下列函数的傅里叶级数展开式 （1) ()arcsin(sin )f x x =；解：函数()arcsin(sin )f x x =是以2π为周期的函数如下图．由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是奇函数,故其展开式为正弦级数．由系数公式得0,0,1,2,n a n ==．2arcsin(sin )sin d n b x nx xππ=⎰2222sin d ()sin d x nx x x nx x ππππππ=+-⎰⎰22022cos cos d x nx nx xn n ππππ-=+⎰2222()cos cos d x nx nx x n n πππππππ--+-+⎰204cos d nx x n ππ=⎰24sin2n n ππ=2024(1)21k n kn k n π=⎧⎪=⎨-=-⎪⎩所以214(1)()arcsin(sin )sin(21)(21)nn f x x n x n π∞=-==--∑,x R ∈.(２) ()arcsin(cos )f x x =.解：函数()arcsin(cos )f x x =是以2π为周期的函数如下图．xπ32πyO2ππ-2π52π2π2π-xπ32πyO 2ππ-2π2π2π-32π-由于()f x 按段光滑，所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数．由系数公式得002arcsin(cos )d 0a x x ππ==⎰，当1n ≥时，2arcsin(cos )cos d n a x nx x ππ=⎰2cos d 2x nx x πππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰22sin sin d nx nx xn n ππππ=+⎰202421n k n k n π=⎧⎪=⎨=-⎪⎩.0,1,2,n b n ==．所以2141()arcsin(cos )cos(21)(21)n f x x n xn π∞===--∑,x R ∈．８ 试问如何把定义在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的可积函数()f x 延拓到区间(),ππ-内,使他们的傅里叶级数为如下的形式(1）211cos(21)n n an x∞-=-∑; (2) 211sin(21)n n bn x∞-=-∑.解:(1）先把()f x 延拓到[0,]π上,方法如下：()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩；再把()f x 延拓到[0,2]π上，方法如下:()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨-<≤⎩．其图象如下．由于()f x 按段光滑,所以可展开为傅里叶级数，又()f x 是偶函数，故其展开式为余弦级数．由系数公式得xπ32πyO 2ππ-2π2π-()y f x =002()d 0a f x x ππ==⎰,当1n ≥时,201()sin d 0n b f x nx x ππ==⎰.2()cos d n a f x nx xππ=⎰20222()cos d ()cos d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[cos cos()]d f x nx n nx xπππ=--⎰204()cos d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰.所以211()cos(21)0,2n n f x a n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑. (２) 先把()f x 延拓到[0,]π上，方法如下.()02()()2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩;再把()f x 延拓到[0,2]π上,方法如下．()0ˆ()(2)2f x x f x f x x ππππ⎧≤≤=⎨--<≤⎩．其图象如下． 由于()f x 按段光滑,所以可展开为傅里叶级数,又()f x 是偶函数,故其展开式为余弦级数.由系数公式得002()d 0a f x x ππ==⎰,当1n ≥时，201()cos d 0n a f x nx x ππ==⎰2()sin d n b f x nx xππ=⎰20222()sin d ()sin d f x nx x f x nx xπππππ=+⎰⎰202()[sin sin()]d f x nx n nx xπππ=+-⎰xπ32πy O 2ππ-2π2π-()y f x =204()sin d 2102f x nx x n k n kππ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩⎰．所以211()sin(21)0,2n n f x b n x x π∞-=⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭∑.§1５. 3 收敛定理的证明一 基本内容一、贝塞尔(Bessel)不等式定理1 设()f x 在[,]ππ-上可积,则()2222011()d 2n n n a a b f x x πππ∞-=++≤∑⎰，其中,n n a b 为()f x 的傅里叶系数.推论1 设()f x 在[,]ππ-上可积，则lim ()cos d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰, lim ()sin d 0n f x nx x ππ-→∞=⎰.推论2 设()f x 在[,]ππ-上可积,则01lim ()sin d 02n f x n x x π→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰，1lim ()sin d 02n f x n x x π-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰.定理2 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上可积，则()1()cos sin 2nn k k k a S x a kx b kx ==++∑1sin 12()d 2sin2n tf x t tt πππ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+⎰,此称为()f x 的傅里叶级数的部分和的积分表达式.二、收敛性定理的证明定理3 （收敛性定理) 设以2π为周期的函数()f x 在[,]ππ-上按段光滑，则(0)(0)lim ()022n n f x f x S x →∞-+⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦,定理4 如果()f x 在[,]ππ-上有有限导数，或有有限的两个单侧导数，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑．定理5 如果()f x 在[,]ππ-按段单调，则()01(0)(0)cos sin 22n n n a f x f x a nx b nx ∞=++-=++∑.二 习题解答1 设()f x 以2π为周期且具有二阶连续的导函数,证明()f x 的傅里叶级数在(,)-∞+∞上一致收敛于()f x .证：由题目设知()f x 与()f x '是以2π为周期的函数，且光滑，故 01()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑，1()(cos sin )2nn n a f x a nx b nx ∞=''''=++∑，且1()d a f x x πππ-''=⎰()1()()0f f πππ=--=.当1n ≥时，1()cos d na f x nx x πππ-''=⎰1()cos ()sin d |nnf x nx f x nx x nb ππππππ--'=+=⎰.1()sin d n b f x nx xπππ-'=⎰1()sin ()cos d |nnf x nx f x nx x na ππππππ--'=-=-⎰于是2222111122n nn n nn a b a b a b n n n n ''⎛⎫⎛⎫''+=+≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22211()2n n a b n ''=++.由贝塞尔不等式得221()n n n a b ∞=''+∑收敛，又211n n ∞=∑收敛,从而()12n n n a a b ∞=++∑收敛, 故01(cos sin )2n n n a a nx b nx ∞=++∑在(,)-∞+∞上一致收敛.２ 设f 为[],ππ-上可积函数，证明：若f 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于f ,则成立贝塞尔(Par ｓｅval)等式()2 2220 11()d 2n n n a f x x a b πππ∞-==++∑⎰， 这里,n n a b 为f 的傅里叶系数.证：设()01cos sin 2mm n n n a S a nx b nx ==++∑，因为()f x 的傅里叶级数在[,]ππ-上一致收敛于()f x ，所以0,0N ε∀>∃>，,[,]()m m N x f x S ππε∍>∀∈-⇒-<“”．。
《电机学》习题解答(吕宗枢) 15章
第15章 思考题与习题参考答案15.1 从同步发电机过渡到同步电动机时，功角、定子电流、电磁转矩的大小和方向有何变化？答：功角由正变负（0E 由超前于U 变为滞后于U ），电磁转矩方向改变，由制动转矩变为驱动转矩，定子电流有功分量方向改变，由发出功率变为吸收功率。
15.2 当 cos 滞后时，电枢反应在发电机中有去磁作用而在电动机中却有助磁作用，为什么？答：在发电机中，当 cos 滞后时，发电机发出感性无功功率，发电机处于过励磁状态，电枢电流滞后于空载电动势，电枢反应有去磁作用；在电动机中，当 cos 滞后时，电动机吸收感性无功功率，即发出容性无功功率，所以电枢反应有助磁作用。
15.3 磁阻电动机的转矩是怎样产生的？为什么隐极电机不会产生这种转矩？答：磁阻电动机的转矩是由于电机的交、直轴磁阻不等（即q d X X ）而产生的。
隐极电机交、直轴对称，q d X X ，所以不会产生磁阻转矩。
15.4 同步电动机带额定负载运行时，如1cos ，若保持励磁电流不变，使电机空载运行， cos 如何变化？答： cos 将减小到接近于零，电动机吸收容性无功功率和很少的有功功率以供空载损耗。
15.5 某工厂变电所变压器的容量为kVA 2000，该厂电力设备总功率为kW 1200，65.0cos （滞后），今欲新增一台kW 500、8.0cos （超前）、%95 的同步电动机，当此同步电动机满载时全厂的功率因数是多少？变压器是否过载？解：原有电力设备消耗的有功功率和无功功率分别为kW P 12001kVar P Q 140365.0165.01200sin cos 211 新增同步电动机消耗的有功功率和无功功率（超前）分别为 kW P P 3.52695.050021 kVar P Q 7.3948.018.03.526sin cos 211 新增同步电动机后，消耗总的有功功率和无功功率分别为kW P P P 3.17263.526120011kVar Q Q Q 3.10087.394140311 消耗总的容量 ar 2.19993.10083.17262222kV Q P S总的功率因数 8635.02.19993.1726cosS P 变压器不过载，但几乎满载。
第15-17章习题课
6、若某电路中含有1个电容、2个电感，则该电路有 3 个 状态变量。
7、列写状态方程前，先画特有树，取电容支路为 树支 ， 取电感支路为 连支 。 8、列写状态方程时，对单电容树支列写 KCL 方程，对单 电感连支列写 KVL 方程。
8
二端口网络小结
一、基本要求：
1、端口的概念； 2、二端口网络的参数； 3、二端口网络的连接； 4、二端口元件的伏安特性。
+
I1
5S
3U 1 I 2
15S
+
U1
U2
-
-
13
如图所示电路中，虚线框内为一直流二端口网络，（1）求 虚线框内二端口网络的Z参数矩阵；（2）若在11'端口加电 压U1＝100V，22'接电阻RL=15Ω，求I1和I2。 解：(1) U1 Z11I1 Z12 I 2 I1 10Ω 20Ω I2
5、两个线性无源二端口P1和P2，它们的导纳参数矩阵分 别为Y1和Y2，阻抗参数矩阵分别为Z1和Z2，则它们按并联 方式连接后的新二端口的导纳矩阵Y = Y1+Y2 。按 串联方式连接后的新二端口的阻抗矩阵Z = Z1+Z2 。
6、对所有时间t，通过回转器的两个端口的功率之和为 0 10 。
7、回转器具有把一个端口上的 电流 “回转”为另一个 电压 端口上的 或相反过程的性质。正是这一性质，使 回转器具有把电容回转为一个电感 的功能。 8、负阻抗变换器具有 将正阻抗变为负阻抗 的功能，从 而为电路设计 负R、L、C 实现提供了可能性。 9、在一个回转系数为r = 20Ω的回转器的负载端，接以10 Ω的电阻，则回转器的输入端等效电阻为 40Ω 。
AYATU n AI S AYU S 5、把求得的矩阵代入式
《初等数论》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
无机化学 第15章 氮族元素习题解答 20120319
第15章氮族元素习题解答1．下图为部分氮元素不同存在形态物质之间的转化图，请写出具体的反应方程式。
答案见教材各章节。
2．下图为部分磷元素不同存在形态物质之间的转化图，请写出具体的反应方程式。
答案见教材各章节。
3．解释为什么NH3的沸点是-33 ︒C，而NF3的沸点是-129 ︒C？答：因为NH3分子之间形成强的氢键，而NF3分子之间不形成氢键。
It is ammonia that has the “anomolous” boiling point as a r esult of the strong hydrogen bonds between neighboring ammonia molecules.4．利用热力学数据解释下列事实：（1）NCl3不稳定、易爆炸，NF3却很稳定；（2）NCl3不稳定、易爆炸，PCl3却不具备这样的性质；（3）NCl3和PCl3水解产物有什么不同？∆f H/（kJ⋅mol-1）：NCl3(l) 230.0 NF3(g) -132.0 PCl3(l) -319.7键能/（kJ⋅mol-1）：N-Cl 389 N-F 301 P-Cl 289Cl-Cl 243 F-F 157答：（1）根据NCl3(l) 及NF3(g) ∆f H可推测出分解反应2NX3 = N2 + 3X2，NCl3(l) 是放热反应，而NF3(g) 是放热反应。
而且根据键能推测生成的Cl2比F2更稳定。
因此NCl3不稳定、易爆炸，NF3却很稳定。
（2）N是第二周期元素，无与Cl 3p轨道能量接近的空轨道，而P是第三周期元素，最低空轨道是3d轨道，与Cl的3p轨道能量接近，形成的PCl3中的P-Cl键除σ键以外，还有p-d 反馈π键，使P-Cl 键键级大于1，相对稳定。
所以NCl3不稳定、易爆炸，PCl3却不具备这样的性质。
（3）NCl3水解是亲电水解，产物是NH3和HOCl；PCl3水解是亲电加亲核水解，产物H3PO3和HCl。
大学物理下毛峰版光的衍射习题及答案
第15章 光的衍射 习题解答1．为什么声波的衍射比光波的衍射更加显着解：因为声波的波长远远大于光的波长,所以声波衍射比光波显着;2．衍射的本质是什么衍射和干涉有什么联系和区别解：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．3．什么叫半波带单缝衍射中怎样划分半波带对应于单缝衍射第三级明条纹和第四级暗条纹,单缝处波阵面各可分成几个半波带解：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第三级明条纹和第四级暗条纹,单缝处波阵面可分成7个和8个半波带． ∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a4．在单缝衍射中,为什么衍射角ϕ愈大级数愈大的那些明条纹的亮度愈小 解：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大,分成的半波带数愈多,每个半波带透过的光通量就愈小,而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的,所以亮度减小．5．若把单缝衍射实验装置全部浸入水中,衍射图样将发生怎样的变化如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长,问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长解：当全部装置浸入水中时,由于水中波长变短,对应='='λϕk a sin n k λ,而空气中为λϕk a =sin ,∴ϕϕ'=sin sin n ,即ϕϕ'=n ,水中同级衍射角变小,条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长,则应是光在水中的波长．因ϕsin a 只代表光在水中的波程差．6．单缝衍射暗纹条件与双缝干涉明纹的条件在形式上类似,两者是否矛盾怎样说明解：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为k k a 2sin ==λϕ2λ,是用半波带法分析子波叠加问题．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消,而半波带为偶数,故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ,描述的是两路相干波叠加问题,其波程差为波长的整数倍,相干加强为明纹．7．光栅衍射与单缝衍射有何区别为何光栅衍射的明纹特别明亮而暗区很宽解：光栅衍射是多缝干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多缝干涉．光强与缝数2N 成正比,所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹,而一般很大,故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．8. 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时,哪些级次的衍射明纹缺级12a b a +=；23a b a +=；34a b a +=解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时,出现缺级．即可知,当k ab a k '+=时明纹缺级． 1a b a 2=+时,⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级；2a b a 3=+时,⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级；3a b a 4=+,⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．9．若以白光垂直入射光栅,不同波长的光将会有不同的衍射角;1零级明纹能否分开不同波长的光2在可见光中哪种颜色的光衍射角最大3不同波长的光分开程度与什么因素有关解：1零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．2可见光中红光的衍射角最大,因为由λϕk b a =+sin )(,对同一k 值,衍射角λϕ∞．3对于同一级明纹,波长相差越大条纹分开程度越大;10．为什么天文望远镜物镜的孔径做得很大射电天文望远镜和光学望远镜,哪种分辨率更高 解：光学仪器的最小分辨角为0 1.22D λθ=,它的倒数为分辨率,当D 越大或者λ越小,分辨率就越大,所以用的天文望远镜物镜的孔径很大,提高了分辨率；由于微波的波长比可见光的波长要小,故射电天文望远镜的分辨率更高;11．单缝宽0.40mm,透镜焦距为1m,用600λ=nm 的单色平行光垂直照射单缝;求：1屏上中央明纹的角宽度和线宽度；2单缝上、下端光线到屏上的相位差恰为4π的P 点距离中央明纹中心的距离；3屏上第一级明纹的线宽度；解：1第1级暗条纹中心对应的衍射角1ϕ为故中央明纹的角宽度为而中央明纹的线宽度为2相位差为4π,则对应的光程差为2λ,即故屏上P 点应形成第二级暗纹,它到中央明纹中心的距离为3屏上第一级明纹的线宽度为中央明纹线宽度的1/2,解之得12．在单缝夫琅禾费衍射实验中,用波长1650nm λ=的单色平行光垂直入射单缝,已知透镜焦距2.00f m =,测得第二级暗纹距中央明纹中心33.2010m -⨯;现用波长为2λ的单色平行光做实验,测得第三级暗纹距中央明纹中心34.5010m -⨯．求缝宽a 和波长2λ; 解：1当用1650nm λ=入射时,第二级暗纹对应的衍射角设为1ϕ由暗纹公式得： 11sin 2a ϕλ=而第二级暗纹距中中央明纹中心距离则 9413122650102.008.13103.210a f m m x λ---⨯⨯==⨯=⨯⨯ 2当用2λ入射时,第三级暗纹对应的衍射角设为2ϕ由暗纹公式得： 22sin 3a ϕλ=而第三级暗纹距中央明纹中心距离则 34722 4.5108.1310 6.091060933 2.00x a m m nm f λ---⨯⨯⨯===⨯=⨯ 13．一单色平行光垂直照射一单缝,若其第三级明纹位置正好与600nm 的单色平行光的第二级明纹位置重合,求此单色光的波长;解：单缝衍射的明纹公式为当600=λnm 时,2=kx λλ=时,3=k重合时ϕ角相同,所以有得 6.42860075=⨯=x λnm 14．用橙黄色的平行光垂直照射一缝宽为0.60mm 的单缝,缝后凸透镜的焦距为40.0cm,观察屏幕上形成的衍射条纹;若屏上离中央明纹中心1.40mm 处的P 点为一明纹;求：1入射光的波长；2P 点处条纹的级数；3从P 点看,对该光波而言,狭缝处的波阵面可分成几个半波带解：1由于P 点是明纹,故有2)12(sin λϕ+=k a ,⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ 当 3=k ,得600=λnm2 3=k P 点是第3级明纹；3由2)12(sin λϕ+=k a 可知, 当3=k 时,单缝处的波面可分成712=+k 个半波带；15．以白光垂直照射光栅常数d=×10-6m 的透射光栅,在衍射角为30°处会出现什么波长的可见光可见光的波长范围为400～700nm解：由光栅方程：λθk d ±=sin , 3,2,1,0=k讨论：当1=k 时,nm k d 17002==λ 当2=k时,nm k d 8502==λ 当3=k时,nm k d 5672==λ 当4=k时,nm k d 4252==λ 当5=k 时,nm kd 3402==λ 所以,在衍射角为30°处会出现波长为567nm 和425nm 的可见光16．用波长1400nm λ=和2760nm λ=的两种平行光,垂直入射在光栅常数为52.010m -⨯的光栅上,若紧接光栅后用焦距为f =2.0m 的透镜把光会聚在屏幕上;求屏幕上两种平行光第二级主极大之间的距离;解：光栅方程：sin d k ϕλ=±, 3,2,1,0=k屏幕上第k 级主极大的位置为屏幕上两种光第二级主极大之间的距离为17．波长600λ=nm 的单色平行光垂直入射到一光栅上,第二、三级明纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处,第四级缺级;求：1光栅常数d ；2光栅上狭缝的最小宽度a ；3在9090ϕ-<<范围内,实际呈现的全部级数;解：1由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：得 6100.6-⨯=+=b a d m2因第四级缺级,故此须同时满足解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ,得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m3由λϕk b a =+sin )( 当2πϕ=,对应max k k =∴ 1010600100.696max =⨯⨯=+=--λb a k 因4±,8±缺级,所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明纹10±=k 在︒±=90k 处看不到．18．一束平行光含有两种不同波长成份1λ和2λ;此光束垂直照射到一个衍射光栅上,测得波长1λ的第二级主极大与波长2λ的第三级主极大位置相同,它们的衍射角均满足sin 0.3ϕ=;已知nm 6301=λ;1求光栅常数d ；2求波长2λ；3对波长1λ而言,最多能看到第几级明纹解：由光栅方程 λθk d ±=sin , 3,2,1,0=k1光栅常数为m d 61102.4sin 2-⨯==θλ 22132sin λλθ==d 37.6sin 11=≤=λλθd d k最多能看到第6级明纹19．波长范围为400760nm 的白光垂直照射入射某光栅,已知该光栅每厘米刻有5000条透光缝,在位于透镜焦平面的显示屏上,测得光栅衍射第一级光谱的宽度约为56.5mm,求透镜的焦距;解：由题设可知光栅常数为由光栅方程可得波长为400nm 和760nm 的第一级谱线的衍射角分别为第一级光谱的宽度为则有 0.18x f ∆==0.31m 20．在圆孔夫琅禾费衍射中,设圆孔半径为0.10mm,透镜焦距为50cm,所用单色光波长为500nm,求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径;解：由爱里斑的半角宽度爱里斑半径53.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm 21．已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为64.8410rad -⨯,它们都发出波长为550nm 的光,试问望远镜的口径至少要多大,才能分辨出这两颗星解：由最小分辨角公式22．已知入射的X 射线束含有从～范围内的各种波长的X 射线,晶体的晶格常数为,当X 射线以45°角入射到晶体时,问晶体对哪些波长的X 射线能产生强反射解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长 当1=k 时, nm 389.045sin 75.22=⨯⨯=︒λ2=k 时,nm 194.0245sin 75.22=⨯⨯=︒λ 3=k 时,nm 13.0389.3==λ 4=k 时, nm 097.0489.3==λ 故只有nm 13.03=λ和nm 097.04=λ的X 射线能产生强反射．。
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第15章思考题及习题15参考答案
一、填空
1．在单片机系统的设计中，只要软件能做到且能满足性能要求，就不用硬件。
硬件多了不但增加，而且系统也会提高。
以软件代硬件的实质，就是以，这种替代带来的问题是下降。
答：成本，故障率，时间换空间，实时性下降
2．AT89S52单片机扩展的外围芯片较多时，需加总线驱动器，P2口应加驱动器，P0口应加驱动器。
答：单向，双向
3．单片机开发工具的性能优劣，主要取决于的性能优劣。
答：在线仿真器
二、判断对错
1．AT89S52单片机P0~P3口的驱动能力是相同的。
错
2．AT89S52单片机P0~P3口口线输出为低电平的驱动能力要比输出高电平的驱动能力强。
对三、简答
1．为什么单片机应用系统的开发与调试离不开仿真开发系统?
答：没有对用户样机中的程序进行检错调试的手段，也无法发现程序运行中的设计硬件的问题，也无法进行软件的开发（如编辑、汇编、调试程序等），因此，必须借助仿真开发工具所提供的开发手段来解决上述问题。
2．仿真开发系统由哪几部分组成?
答：目前国内大多使用通用机的仿真开发系统。
主要由PC机、在线仿真器组成，有的还包含有用于程序烧录的编程器，在加上与上述配套的编辑软件、仿真调试软件，程序烧录软件等。
此外还有独立型仿真器。
该类仿真器采用模块化结构，配有不同外设，如外存板、打印机、键盘/显示器等，可根据需要选用。
尤其在工业现场的程序仿真调试时，往往没有PC机的支持，这时使用独立型仿真器也可进行仿真调试工作，只不过要输入机器码，稍显麻烦一些。
至于软件仿真开发工具Proteus软件是一种完全用软件手段对单片机应用系统进行仿真开发的。
软件仿真开发工具与用户样机在硬件上无任何联系。
不能进行用户样机硬件部分的诊断与实时在线仿真。
3．利用仿真开发系统对用户样机软件调试，需经哪几个步骤?各个步骤的作用是什么?
答：调试过程见图13-13，4个步骤。
（1）输入用户源程序：用户使用编辑软件源程序输入到PC机中，并保存在磁盘上。
（2）汇编并检查语法错误：在PC机上，利用汇编程序对用户源程序进行汇编，直至语法错误全部纠正为止。
（3）动态在线调试：对用户的源程序进行调试。
要先把在线仿真器的仿真插头插入用户样机的单片机插座中（图13-12），进行在线仿真调试，利用仿真开发系统提供单步、设置断点等调试手段，来进行系统的调试。
纠正软件逻辑上的问题，或排除硬件上的故障。
（4）将调试完毕的用户程序通过程序烧写器，固化在程序存储器中。
4．用软件仿真开发工具能否对用户样机中硬件部分进行调试与实时在线仿真?
答：由于软件仿真开发工具Proteus软件是一种完全用软件手段对单片机应用系统进行仿真开发的。
不能进行用户样机硬件部分的诊断与实时在线仿真。
因此在系统的开发中，一般是先用Proteus仿真软件设计出系统的硬件电路，编写程序，然后在Proteus环境下仿真调试通过。
然后依照仿真的结果，完成实际的硬件设计。
再将仿真通过的程序烧录到编程器中，然后安装到用户样机硬件板上去观察运行结果，如果有问题，再连接硬件仿真器去分析、调试。