第一章习题解答
第一章 习题答案
第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。
解 （1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图解1-1 所示。
1-2 题1-2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。
试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。
题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电解 c u 增高，偏差电压 r 。
此时，-=r e u u 使c u 过程：系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压r u （表征炉温的希望值）。
系统方框图见图解1-3。
1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。
图中电位器1P 、2P 并联后跨接到同一电源0E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。
输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。
试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
题1-4图 导弹发射架方位角控制系统原理图解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。
当摇动手轮使电位器1P 的滑臂转过一个输入角i θ的瞬间，由于输出轴的转角i o θθ≠,于是出现一个误差角o i e θθθ-=，该误差角通过电位器1P 、2P 转换成偏差电压o i e u u u -=，e u 经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带动电位器2P 的滑臂转过一定的角度o θ，直至i o θθ=时，o i u u =，偏差电压0=e u ，电动机停止转动。
这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。
只要o i θθ≠，偏差就会产生调节作用，控制的结果是消除偏差e θ，使输出量o θ严格地跟随输入量i θ的变化而变化。
电路理论习题解答 第一章
1.5
u /V
内阻不为零
+ us
R0
I
+
u
RL
−
伏安关系曲线
−
I/A 0.15
0
1.5
u /V
注：这里的伏安关系曲线只能在第一象限，原因也是，一旦出了第一象限， u 和 I 的比值就 变为负的了，反推出的 RL 就变为负值了，与题意不符。
V
V
1.5V
1.5V
R 内阻为零时 内阻不为零时
R
1-9 附图是两种受控源和电阻 RL 组成的电路。现以 RL 上电压作为输出信号,1)求两电路的电 压增益（A，gmRL）；2)试以受控源的性质，扼要地说明计算得到的结果。
1) 如果不用并联分压（在中学就掌握的东西），当然也可以用两个回路的 KVL 方程和顶部 节点的 KCL 方程，得出上面的 H(jω)的表达式，但是显然这样做是低效的。 2) 事实上，本课程的目的是希望学习者能够根据不同的题目，尽可能采用多种方法中的一 种最简单的方法去解决问题。因此， a) 只要没有要求，任意的逻辑完整的解题思路都是可取的； b) 学习者可以视自己的练习目的选择一种简单熟悉的方法、或者一种较为系统的方法、 或者多种方法来完成习题。
第一章习题答案 1-1 已知电路中某节点如图，I1=-1A,I2=4A,I4=-5A,I5=6A,用 KCL 定律建立方程并求解 I3 ( 4A )
图 1-1 解：由 KCL 定律：任一集中参数电路中的任一节点，在任一时刻，流入该节点的电流之和与 流出该节点的电流之和相同。 即： I1+I3+I4+I5=I2 =〉-1+（-5）+6+I3=4 =〉I3=4（A）
1 2
第一章部分习题解答
第一章部分习题解答1．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。
证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。
证 由于1321===z z z ，知321z z z Δ的三个顶点均在单位圆上。
因为 33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+−+−=21212z z z z ++=所以， 12121−=+z z z z ，又 )())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +−+=−−=−()322121=+−=z z z z故 321=−z z ，同理33231=−=−z z z z ，知321z z z Δ是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。
2．证明：z 平面上的直线方程可以写成C z a z a =+（a 是非零复常数，C 是实常数） 证 设直角坐标系的平面方程为C By Ax =+将)(i 21Im ),(21Re z z z y z z z x −==+==代入，得C z B A z B A =−+−)i (21)i (21令)i (21B A a +=，则)i (21B A a −=，上式即为C z a z a =+。
3．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线。
（1）t z i)1(+=； （2）t b t a z sin i cos +=；（3）t t z i+=； （4）22it t z +=，解（1）⎩⎨⎧∞<<−∞==⇔+=+=t t y tx t y x z ,)i 1(i 。
即直线x y =。
（2）π20,sin cos sin i cos i ≤<⎩⎨⎧==⇔+=+=t t b y ta x tb t a y x z ，即为椭圆12222=+b y a x ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=t y t x t t y x z 1ii ，即为双曲线1=xy ； （4）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=22221ii t y t x t t y x z ，即为双曲线1=xy 中位于第一象限中的一支。
物理化学 答案 第一章_习题解答
-
知此气体的 Cp,m=29.10 J·K 1，求过程的ΔU、ΔH、Q 和 W 。 解： （1）等容
ΔU = n ⋅ Cv ,m (T2 − T1 ) = 1 × (29.1 − 8.314) × 75 = 1559 J ΔH = n ⋅ C p ,m (T2 − T1 ) = 1 × 29.1 × 75 = 2183 J
η = −Wr / Q1 = (T1 − T2 ) / T1 = (500 − 300) / 600 = 40%
第二个卡诺热机效率
η ′ = −Wr / Q1′ = (T1 − T2′) / T1 = (500 − 250) / 600 = 50%
∵
η =η′
∴两个热机的效率不相同
（2）第一个热机吸收的热量： Q1 =
γ =1.4，试求 Cv,m。若该气体的摩尔热容近似为常数，试求在等容条件下加热该气体至 t2=
80℃所需的热。 解：∵ γ =
C p,m Cv , m
=
Cv , m + R Cv , m
= 1.4
∴ Cv, m =
R
γ
=
8.314 = 20.79 J ⋅ K -1 ⋅ mol-1 0.4
Qv = n ⋅ Cv ,m ⋅ ΔT = =
4
3 3 ⎧ ⎧ ⎪V1 = 5dm ⎪V2 = 6dm Q (可 ) = 0 ⎯⎯⎯⎯ → ⎨ ⎨ ⎪T1 = 298.15 K ⎪T2 = 278.15 K ⎩ ⎩
由理想气体绝热可逆过程方程式可知
T2 / T1 = (V1 / V2 ) Cv ,m =
R / Cv , m
运筹学教程(第三版)习题答案(第一章)
b 3/2 1
c x1 0 1 0
d x2 1 0 0
0 x3 5/14
0 x4 -3/4
-2/14 10/35 -5/14d+2/14c 3/14d-10/14c
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第一章习题解答
之间时最优解为图中的A点 当c/d在3/10到5/2之间时最优解为图中的 点 ； 当 在 到 之间时最优解为图中的 c/d大于 且c大于等于 时最优解为图中的 点；当c/d 大于5/2且 大于等于 时最优解为图中的B点 大于等于0时最优解为图中的 大于 小于3/10且 d大于 时最优解为图中的 点 ； 当 c/d大于 大于0时最优解为图中的 小于 且 大于 时最优解为图中的C点 大于 5/2且c小于等于 时或当 小于 小于等于0时或当 小于3/10且d小于 时最优解 小于0时最优解 且 小于等于 时或当c/d小于 且 小于 为图中的原点。 为图中的原点。
page 7 14 March 2012
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第一章习题解答
对下述线性规划问题找出所有基解， 1.3 对下述线性规划问题找出所有基解，指出哪 些是基可行解，并确定最优解。 些是基可行解，并确定最优解。
max Z = 3 x1 + x 2 + 2 x 3 12 x1 + 3 x 2 + 6 x 3 + 3 x 4 = 9 8 x + x − 4 x + 2 x = 10 1 2 3 5 st 3 x1 − x 6 = 0 x j ≥ 0（ j = 1, L , 6） ,
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《电磁场与电磁波》课后习题解答第一章
n(x2
y2
z2)
(x2 y2 z2)2 (x2 y2 z2)
(n 3)rn
【习题 1.20 解】
1
已知 r (x2 y2 z2 )2
r xex yey zez
所以
(1)
r
(ex
x
ey
y
ez
z
)
(
xex
yey
zez )
ex ey ez
xyz
Bx ex By ey Bz ez
取一线元： dl exdx eydy ezdz
则有
B dl
ex ey ez Bx By Bz 0 dx dy dz
则矢量线所满足的微分方程为
dx dy dz Bx By Bz
或写成
dx dy dz ＝k(常数) a2 z a3 y a3x a1z a1 y a2x
对（3）（4）分别求和
（4）
d (a1x) d (a2 y) d (a3 z) 0 xdx ydy zdz 0
d (a1x a2 y a3 z) 0 d(x2 y2 z2) 0
所以矢量线方程为
a1x a2 y a3 z k1
x2 y2 z2 k2
【习题 1.6 解】
ex ey ez A B (ex 9ey ez ) (2ex 4ey 3ez ) 1 9 1
2 4 3
31ex 5ey 14ez
【习题 1.3 解】
已知 A ex bey cez , B ex 3ey 8ez ,
（1）要使 A B ，则须散度 A B 0
所以从 A B 1 3b 8c 0 可得： 3b 8c 1
即 12ex 9ey ez • aex bey 12a 9b 0 ⑴
物理初二第一章练习题答案
物理初二第一章练习题答案1. 速度和加速度的关系根据物理学的基本概念，速度是物体运动的一个重要参量，而加速度则表示物体速度变化的快慢。
在初二的物理学习中，我们常常需要研究速度和加速度之间的关系。
以下是第一章练习题的答案：题目1：一个从静止开始的物体以恒定的加速度3 m/s²沿着一条直线运动，求它在5秒后的速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式v = u + at，其中v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。
给定初速度u=0，加速度a=3 m/s²，时间t=5秒。
代入公式计算可得v = 0 + 3 × 5 = 15 m/s。
题目2：一辆汽车在道路上以25 m/s的速度匀速行驶，经过10秒后它的位置是多少？答案：根据物理学中的位移公式s = ut，其中s是位移，u是速度，t 是时间。
给定速度u=25 m/s，时间t=10秒。
代入公式计算可得s = 25 ×10 = 250 m。
题目3：一个物体的速度从10 m/s增加到20 m/s，经过2秒的时间，求它的加速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式a = (v - u) / t，其中a是加速度，v是末速度，u是初速度，t是时间。
给定初速度u=10 m/s，末速度v=20 m/s，时间t=2秒。
代入公式计算可得a = (20 - 10) / 2 = 5 m/s²。
2. 动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个重要的原理，它指出在一个系统内，所有物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
以下是第一章练习题中涉及到动量守恒定律的答案：题目1：一辆质量为1000 kg的小轿车以20 m/s的速度向东行驶，和一辆质量为1500 kg的卡车以15 m/s的速度向东行驶发生碰撞，碰撞后两车结合在一起，求结合后的速度是多少？答案：根据动量守恒定律，碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。
小轿车的动量为mv1，卡车的动量为mv2，碰撞后的总动量为(m1 +m2)v。
《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 ++-+-。
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C XY = m11 m X mY 11 = m11 m X mY
3
1.12 求随机变量 X的特征函数 ,已知随机变量 X的概率密度
∞ ∞
f X ( x ) = 2e
j ωx
ax
∞
a > 0, x ≥ 0.
ax
解 : Φ X (ω ) = ∫ f X ( x)e
2 2σ V
pV (v) =
e
mV = m X mY = 4
2 2 2 σV = σ X + σY = 4
11
已知X , Y是两个独立的高斯随机 变量, 其均值和方差分别为
2 2 m X = 1, mY = 3, σ X = 2, σ Y = 2, 令V = X Y , W = X + Y .
X与 正 Y 交
C XY ≠ 0
CXY = RXY mX mY
X与 相 Y 关
17
mY = E[6 X + 22] = 6 × 3 + 22 = 4
1 pVW (v, w) = pV (v) pW (w) = e 8π
1 [(v+4)2 +(w2)2 ] 8
12
已知随机变量 X与 Y之间的联合概率密度为 1 4 x 2 x 1 2 p XY ( x, y ) = ( e + e ) e ( x ≥ 0, y ≥ 0). 4 3 2 求 X的均值 m X , X的概率分布函数 FX ( x ), Y的方差 D[Y ], X与 Y的相关矩 R XY , X与 Y的相关系数 ρ XY .
足Y = 6 X + 22. 讨论X与Y的相关与正交问题.
RXY = E[ XY ] = E[ X (6 X + 22)] = 6 E[ X 2 ] + 22 E[ X ]
σ = E[ X ] (E[ X ])
2 X 2
2
2 2 E[ X 2 ] = σ X + m X = 11
RXY = 6 ×11 + 22 × 3 = 0
∏Φ
i =1
n
Xi
(aiω )
7
1.17 已知高斯随机变量 X的数学期望为零 , 方差为1, 求Y = aX 2 ( a > 0) 的概率密度 .
x2 2
1 解 : f X ( x) = e 2π
Y X 1 = h1 (Y ) = a X = h (Y ) = Y 2 2 a
f Y ( y ) = f X ( h1 ( y )) h1 ' ( y ) + f X ( h2 ( y )) h2 ' ( y ) = =
σ = E[ X ] m
2 2
2
E[ X ] = σ + m
2 2
2
RXY = 3(σ + m ) 2m
2 2
1
1.7 设随机变量 X的数学期望和方差分别 为m和σ ,
2
求随机变量 Y = 3 X 2的数学期望 、 方差及X 和Y的相关矩.
解法二： 解法二：利用相关矩和协方差的关系求解
解 : E[Y ] = 3m 2,
1
π α +x
2
α
2
,
解 : Φ X (ω ) = ∫
∞
1
∞
π α +x
2
α
2
e
jωx
dx
1 ∞ 2α jωx α ω = ∫ e dx 2 2 =e 2π ∞ α + x
FT[F(t)] = 2πf (ω)
FT[e
α t
2α ]= 2 2 α +ω
Φ X (ω ) = e
α ω
5
1 x 1.14 求概率密度为源自f X ( x ) = e 的随机变量 X的特征函数 . 2
3 y
mY = 2
2 Y 2
E[Y ] = 8
2
10 mX = 9
X与 互 独 Y 相 立
σ = E[Y ] (E[Y])
RXY
2
D[Y ] = 8 2 2 = 4
10 20 = E[ XY ] = E[ X ]E[Y ] = 2 = 9 9
ρ XY = 0
16
2 设随机变量X , 其m X = 3, σ X = 2; 设随机变量Y满
求 V的概率密度 pV (v ), V与W的联合概率密度 pVW (v, w).
1 pV (v) = e 2 2π
(v+4)2 8
ρVW = 0
V与 不 关 W 相
( w2)2 8
mW = m X + mY = 2
2 2 2 σW = σ X + σ Y = 4
1 pW (w) = e 2 2π
3 y
1 pY ( y) = e 2
2 ∞ ∞
y 2
mY = 2
∞ 2
2 σY = E[Y 2 ] (E[Y])2
E[Y ] = ∫ y pY ( y )dy = ∫
2
0
1 2 y e dy = ∫ y de 0 2
y 2 ∞ y 2 0
y 2
∞
y 2
= y e
2
y ∞ 2 0
+ 2 ∫ ye dy = 4 ∫
求V与W的相关系数 ρVW , V的概率密度 pV (v ), V与W的联合 概率密度 pVW (v, w).
RVW = 8
ρVW = σVσW
1 2π σ V
2 SV = 20
CXY = RXY mX mY
CVW
CVW = RVW mV mW = 8 (4)(2) = 0
ρVW = 0
( v mV ) 2
0
∞
1 y e dy = 8 2
15
已知随机变量 X与 Y之间的联合概率密度为 1 4 x 2 x 1 2 p XY ( x, y ) = ( e + e ) e ( x ≥ 0, y ≥ 0). 4 3 2 求 Y的方差 D[Y ], X与 Y的相关矩 R XY , X与 Y的 相关系数 ρ XY .
3 y
1 pX (x) = e 4
∞
3 x 4
2 x + e 3
10 mX = 9
y
X与 互 独 Y 相 立
1 2 pY ( y ) = ∫ p XY ( x, y )dx = e ∞ 2
∞ ∞
p XY ( x, y ) = p X ( x) pY ( y )
∞
mY = ∫ ypY ( y )dy = ∫
i =1 n
函数. a和c是常数.
解 : 设 X i的特征函数为 Φ X i (ω ), 则 ai X i + c 的特征函数为 e
jω c
Φ X i ( aiω )
当i取不同的值时ai X i + c相互之间是独立的
Φ Y (ω ) = ∏ [e
i =1
n
jωc
Φ X i (aiω )] = e
jnωc
∞ ∞
Φ X (ω ) =
n
∫ 1 e
0
∞
1
jω x
1 jω dx = ( e 1) jω
1 n
1 m n = E [ X ] = ∫ x f X ( x ) dx = ∫ x dx = ∞ 0 n +1
n
9
已知X , Y是两个独立的高斯随机变量, 其均值和方差分别为
2 2 m X = 1, mY = 3, σ X = 2, σ Y = 2, 令V = X Y , W = X + Y . 2 求V的均方值SV , V与W的相关矩RVW , V与W的相关系数ρVW ,
D[Y ] = 9σ 2
C XY = E[( X m)(Y mY )] = E[( X m)(3 X 2 + 3m + 2)] = E[( X m)(3)( X m)] = 3E[( X m) 2 ] = 3σ 2
C XY = RXY m X mY
2
RXY = C XY + m X mY
1 1 2a e + 2π 2 ay y 1 1 2a e 2π 2 ay y
1 e 2πay
y 2a
fY ( y) =
1 e 2a 2πay
y
8
1.20 若X为在[0,1]区间上均匀分布的随机变量, 求X的特征函数及所有原点矩.
1 0 ≤ x ≤ 1 解 : f X ( x) = 0 x为其它 Φ X (ω ) = ∫ f X ( x)e jωx dx
2
2
2 SV = 20
RVW = E[VW ] = E[( X Y )( X + Y )] = E[ X 2 Y 2 ] = E[ X 2 ] E[Y 2 ] = 2 + (1) 2 (2 + 32 ) = 8
10
已知X , Y是两个独立的高斯随机 变量, 其均值和方差分别为
2 2 m X = 1, mY = 3, σ X = 2, σ Y = 2, 令V = X Y , W = X + Y .
V的概率密度pV (v), V与W的联合概率密度pVW (v, w).
2 SV = E[V 2 ] = E[( X Y ) 2 ] = E[ X 2 2 XY + Y 2 ]
= E[ X 2 ] 2 E[ XY ] + E[Y 2 ]
2 σ X = E[ X 2 ] (E[ X ])2
= 2 + (1) 2(1)3 + 2 + 3
dx = ∫ 2e
0
e
jω x