4篇1章习题解答
思考题与习题解答1-4章
与电动机转子的飞轮矩之和2
dj GD 为 168 N .m2，求电动机电磁转矩为 240 N .m时，电动
7
机轴及负载轴在起动时的机械角加速度；若起动时保持电动机电磁转矩 240 N .m不变，当
轮矩的折算与旋转运动相同。
1-6 什么是负载特性？生产机械中典型的负载特性有哪几类？它们各有何特点？
答：电力拖动系统的负载转矩特性简称负载特性是指生产机械的负载转矩与转速的关
系，典型的负载特性有恒转矩负载、通风机与泵类负载和恒功率负载等。
恒转矩负载的特点是负载转矩TL 恒定不变，与负载转速nL 无关，即TL =常数。恒转矩
速度， .c
为传动机构的传动效率，nd 为电动机转轴的转速；升降运动时负载转矩的折算式
为T
G R
i L
z
c
.
...
（提升）；T
G R
L i
z
c . ..（下放）。其中Gz 为重物的重力， R 为卷筒的半径，
i 为速比，.c
. 为提升传动效率，.c
2 . . . . . L T T
dt GD
dn
dt
d.
1.285
60
2
. .
dt
. dn 2 rad / s
飞轮附加在轴2 上时：
拖动系统的总飞轮矩为
2
2
2
1
2 2
4
2
1
2 2
3
2
2 2
1
2 ( 2 )
微生物学习题集1_4章答案(1)
【第一章原核微生物】一、填空题1.革兰氏阳性细菌的细胞壁成分为----------和-----------；革兰氏阴性细菌细胞壁分外两层，层成分是----------，外层称外膜，成分为----------、----------和----------。
革兰氏阳性细菌的细胞壁成分为肽聚糖和磷壁酸；革兰氏阴性细菌细胞壁分外两层，层成分是肽聚糖，外层称外膜，成分为脂多糖、磷脂和脂蛋白。
2.在革兰氏阳性细菌细胞壁的肽聚糖成分中，肽包括----------和----------两种，聚糖则包括----------和----------两种糖。
在革兰氏阳性细菌细胞壁的肽聚糖成分中，肽包括四肽尾和肽桥两种，聚糖则包括N-乙酰葡糖胺和N-乙酰胞壁酸两种糖。
3.肽聚糖中的双糖是由----------连接的，它可被----------水解，从而形成无细胞壁的原生质体。
肽聚糖中的双糖是由β-1,4-糖苷键连接的，它可被溶菌酶水解，从而形成无细胞壁的原生质体4. E. coli的肽聚糖单体结构与Staphylococcus aureus的基本相同，所不同的是①----------，②----------。
E. coli的肽聚糖单体结构与Staphylococcus aureus的基本相同，所不同的是前者①四肽尾第3个氨基酸是m-DAP，②无五肽桥5.G+细菌细胞壁的特有成分是----------，G－细菌的则是----------。
G+细菌细胞壁的特有成分是磷壁酸，G－细菌的则是脂多糖6.脂多糖(LPS)是革兰氏阴性细菌细胞壁外膜的主要成分，由----------------、----------------和----------------三部分构成，在LPS上镶嵌着多种外膜蛋白，例如----------------等。
脂多糖(LPS)是革兰氏阴性细菌细胞壁外膜的主要成分，由脂质A、核心多糖和O-特异侧链三部分构成，在LPS上镶嵌着多种外膜蛋白，例如孔蛋白等7.在G－细菌细胞壁的外膜与细胞膜间有一狭窄空间，称为----------------。
国贸实务习题答案1-4章
8．实际交货：实际交货是不同于象征性交货的另一类交货方式，它是指卖方要在规定的时间和地点将符合合同规定的货物实际提交给买方或其指定的人，才算完成了交货义务，而不能以交单代替交货。
第四章 国际贸易术语
三、简答题
4．怎样理解CFR条件下装船通知的特殊重要性？
答：按照CFR条件达成的交易，卖方需要特别注意的问题是，货物装船后必须及时向买方发出装船通知，以便买方办理投保手续。根据一般的国际贸易惯例，以及有些国家的法律规定，如果卖方未向买方发出装船通知，使买方未能办理货物保险，那么，货物在海运途中的风险被视为卖方负担。这就是说，如果货物在运输途中遭受损失或灭失，由于卖方未发出通知而使买方漏保，那么卖方就不能以风险在船舷转移为由免除责任。由此可见，尽管在FOB和CIF条件下， 卖方装船后也应向买方发出通知，但CFR条件下的装船通知却具有更为重要的意义。
一、名词解释
1．国际贸易：是指从国际范围来看的国或地区与别国或地区进行货物和服务交换的活动。
习题解答(第1章)
习题解答 第一章1．举例说明符合光传播基本定律的生活现象及各定律的应用。
答：（1）光的直线传播定律影子的形成；日蚀；月蚀；均可证明此定律。
应用：许多精密的测量，如大地测量（地形地貌测量），光学测量，天文测量。
（2）光的独立传播定律定律：不同光源发出的光在空间某点相遇时，彼此互不影响，各光束独立传播。
说明：各光束在一点交会，光的强度是各光束强度的简单叠加，离开交会点后，各光束仍按各自原来的方向传播。
2．已知真空中的光速c 3×108m/s ，求光在水(n=1.333)、冕牌玻璃(n=1.51)、火石玻璃(n=1.65)、加拿大树胶(n=1.526)、金刚石(n=2.417)等介质中的光速。
解：v=c/n(1) 光在水中的速度：v=3×108/1.333=2.25×108 m/s (2) 光在冕牌玻璃中的速度：v=3×108/1.51=1.99×108 m/s (3) 光在火石玻璃中的速度：v=3×108/1.65=1.82×108 m/s (4) 光在加拿大树胶中的速度：v=3×108/1.526=1.97×108 m/s (5) 光在金刚石中的速度：v=3×108/2.417=1.24×108 m/s＊背景资料：最初用于制造镜头的玻璃，就是普通窗户玻璃或酒瓶上的疙瘩，形状类似“冠”，皇冠玻璃或冕牌玻璃的名称由此而来。
那时候的玻璃极不均匀，多泡沫。
除了冕牌玻璃外还有另一种含铅量较多的燧石玻璃（也称火石玻璃）。
3．一物体经针孔相机在屏上成像的大小为60mm ，若将屏拉远50mm ，则像的大小变为70mm ，求屏到针孔的初始距离。
解：706050=+l l l =300mm4．一厚度为200mm 的平行平板玻璃(设n=1.5)，下面放一直径为1mm 的金属片。
若在玻璃板上盖一圆形纸片，要求在玻璃板上方任何方向上都看不到该金属片，问纸片最小直径应为多少?解：本题是关于全反射条件的问题。
应用数值分析(第四版)课后习题答案第1章
应用数值分析(第四版)课后习题答案第1章第一章习题解答1.在下列各对数中，某是精确值ａ的近似值（1）ａ=π，某=3.1（2）ａ=1/7，某=0.143（3）ａ=π/1000，某=0.0031（4）ａ=100/7，某=14.3试估计某的绝对误差和相对误差。
解：（1）e=∣3.1-π∣≈0.0416，δr=e/∣某∣≈0.0143（2）e=∣0.143-1/7∣≈0.0143δr=e/∣某∣≈0.1（3）e=∣0.0031-π/1000∣≈0.0279δr=e/∣某∣≈0.9(4)e=∣14.3-100/7∣≈0.0143δr=e/∣某∣≈0.0012.已知四个数：某1=26.3，某2=0.0250，某3=134.25，某4=0.001。
试估计各近似数的有效位数和误差限，并估计运算μ1=某1某2某3和μ1=某3某4/某1的相对误差限。
-2解：某1=26.3ｎ=3δ某1=0.05δr某1=δ某1/∣某1∣=0.19011某10-2某2=0.0250ｎ=3δ某2=0.00005δr某2=δ某2/∣某2∣=0.2某10-4某3=134.25ｎ=5δ某3=0.005δr某3=δ某3/∣某3∣=0.372某10某4=0.001ｎ=1δ某4=0.0005δr某4=δ某4/∣某4∣=0.5n由公式：er（μ）=e（μ）/∣μ∣≦1/∣μ∣Σi=1∣f/某i∣δ某ier（μ1）≦1/∣μ1∣［某2某3δ某1+某1某3δ某2+某1某2δ某3］=0.34468/88.269275=0.00390492er（μ2）≦1/∣μ2∣［-某3某4/某1δ某1+某4/某1δ某3+某3/某1δ某4］=0.497073.设精确数ａ>0，某是ａ的近似值，某的相对误差限是0.2，求㏑某的相对误差限。
n解：δr≦Σi=1∣f/某i∣δ某i=1/㏑某·1/某·δ某=δr某/㏑某=0.2/㏑某即δr≦0.2/㏑某4.长方体的长宽高分别为50cm，20cm和10cm，试求测量误差满足什么条件时其表面积的2误差不超过1cm。
第1章习题解答---(部分)
第一章 晶 体 结 构1. ( 黄1.7； ) 写出体心立方和面心立方晶格结构的金属中，最近邻和次近邻的原子数．若立方边长为a ，写出最近邻和次近邻的原子间距. 解：2. 补充题：对由两种原子构成的配位数是4的复式格子，求小原子半径r 与大原子半径R 之比的下限．解：配位数为4， A 为正四面体结构．如图，四个大球的球心为正四面体的四个顶点A、B、 pC、D；小球球心为正四面体的 o中心0 ；它们都相切． DR AB AP ==21Er R AO += B C∴ RrAP AO +=1225.0130sec 4230sec 42)30cos /(42)()(2222222≈−°−=∴°−=°−=−==Rr R R R BE AB R AE ABAP AO Q 即配位数为4， 225.041.0≥>Rr或利用正方体,225.015.1222223≈−=−=R r3. ( 黄1.8； )画出体心立方和面心立方晶格结构的金属在 (100) , (110) , (111) 面上的原子排列. [ 提示：本题为轴矢系统中的Miller 指数，画出平面点阵的平行四边形晶胞 ]解：设体心立方和面心立方晶胞的晶胞常数为a ，则所求晶面平面点阵的二维晶胞如下：( 1 0 0 ) ( 1 1 0 ) ( 1 1 1 ) ● ● ● ● ● ●bcc a ● 2a● ● ● ● 60 o a 2a ● ● 2a● ● ● ● ●fcc a ● a ● ● ● ● ● ● ● ● ● a 2a 2/a 引申讲解一.问题：1.只在立体图上标出晶面（可能对，但不好）．2.只给出平面点阵，无连线、尺度及角度标注（可能对，但不好）．二.原则：尽量理解别人的意思；尽量给别人表示清楚：简明、准确、无歧义．三.本题：设……a ；分别画二维晶胞；标明尺度；非90o 之角最好表示．4. ( 黄1.9； )指出立方晶格（111）面与（100）面，（111）面与（110）面交线的晶向.[ 提示：最好画图说明]解：如右图所示，（111）面即为EBG 面；（100）面为ABCD 面或EFGH 面；（110）面即ABGH 面；（111）面与（100）面的交线，可为EG 线，晶向指数为[1,1,0]；（111）面与（110）面的交线，可为BG 线，晶向指数为[0,1,1]；5. (黄1.3；方3 )试证面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方．证明：(1) fcc 的基矢 )(2,)(2,)(2321j i a a k i a a k j a a rr r r r r r r r +=+=+= 原胞体积 341a =Ω相应倒格子基矢 )(2)(2321k j i aa ab r r r r r r ++−π=Ω×π= )(22k j i a b rr r r +−π= )(23k j i ab r r r r −+π=所以面心立方的倒格子是体心立方格子．(2) bcc 的基矢 )(2,)(2,)(2321k j i a a k j i a a k j i a a rr r r r r r r r r r r ++=+−=++−= 原胞体积 321a =Ω相应倒格子基矢 )(2)(2321k j aa ab r r r r r +π=Ω×π= )(22k i a b rr r +π= )(23j i ab r r r +π=所以体心立方的倒格子是面心立方格子．6. ( 黄1.4； ) 证明：倒格子原胞的体积为c v /)2(3π，其中c v 为正格子原胞的体积．ZE H A DF G Y B C X证：倒格子原胞的体积记为∗c v ，由公式CB A BC A C B A rr r r r r r r r )()()(⋅−⋅=××{{}c ccc v a a a a a a a a a a v a a a a a a v b b b v 321131213323321133233321)2(])[(])[()(8)]()[()(8)(*π=⋅×−⋅×⋅×π=×××⋅×π=×⋅=r r r r r r r r r r r r r r rr r r r [解法二]用到一个公式：)()(C B A C B A rr r r r r ×⋅=⋅× ， 则有推论：))(())((])()[()]([)()(c b d a d b c a d c b c d b a d c b a d c b a rr r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r ⋅⋅−⋅⋅=⋅−⋅⋅=××⋅=×⋅×本题：323323322323211321321)2()])(())([(2)])()[(()]()][([*π=⋅⋅−⋅⋅π=××⋅=×⋅×⋅=b a b a b a b a b b a a b a b b b a a a v v c c rr r r r r r r r r r r r r r r r rr r 本题易犯的错误及纠正：1. a r 1无定义！×=⋅ab a b r v r r 12. 2a ab a b r r v r r ≠⋅，如j i b a b i a j i b r r r r r rr r r r +=⋅⎩⎨⎧=+=, 而 i a a r r r =2 3. )()]([32211321a a a a a a a rr r r r r r ×≠×⋅7.补充题：有一简单格子，基矢选成)(5.133321k j i a j a i a r r r r r r r r++===、、．其中k j i rr r 、、为笛卡尔坐标系中的单位矢量．证明这种晶格是哪种Bravais 格子？并计算其晶胞体积．解：可选轴矢k a a a c j a b i a a r r r r r s v r r rr 32,3,321321=−−=====；构成立方体；又由3a r可知在体心有格点；且题中所给原胞的体积5.13)(321=×⋅=a a a r r r ；新选晶胞的体积27)(=×⋅=c b a rr r ，故这种晶格必是bcc 格子． 晶胞体积＝33＝27．8.补充题：六角晶系的基矢： k c c j a i a b j a i a a r r rr r r r r=+−=+=,223,223求其倒格子基矢.解：六角晶系的平行六面体晶胞即原胞，正格子原胞体积：)3()3(4])223[()223()(2i j j i ca k c j a i a j a i a cb a r r v r r r r r r r r r +⋅+=×+−⋅+=×⋅=Ωc a 223=倒格子基矢： )33(2])223[(34)(2*2j i a k c j a i a ca cb a vr r r r rr r +π=×+−π=×Ωπ= )33(2)]223([34)(2*2j i a j a i a k c ca a cb vr r r r r r r +−π=+×π=×Ωπ= )33(3)]223()223[(34)(2*2k k cj a i a j a i a c a b a c r r r r r r r r r +π=+−×+π=×Ωπ= kc r π=2仍为六角晶胞格子.9.补充题 求晶格常数为a 的面心立方和体心立方晶体晶面族)(321h h h 的面间距． 解：(1) fcc 的倒格子基矢： )(21k j i a b r r r r ++−π= )(22k j i a b r r r r +−π= )(23k j i a b r r r r −+π=则])()()[(2321231132332211k h h h j h h h i h h h ab h b h b h K h r rr r r r r −++−++−+π=++=)(2)(32)()()(2323121232221232122312132h h h h h h h h h ah h h h h h h h h aK h ++−++π=−++−++−+π=r ∴ )(2)(32323121232221h h h h h h h h h aK d hh ++−−+=π=r (2) bcc 的倒格子基矢：)(21k j a b r r r +π= )(22k i a b rr r +π= )(23j i a b r r r +π=则])()()[(2213132332211k h h j h h i h h ab h b h b h K h r rr r r r r +++++π=++=3231212322212212312328)()()(2h h h h h h h h h ah h h h h h a K h +++++π=+++++π=r ∴ )(22323121232221h h h h h h h h h aK d hh +++++=π=r 10.补充题 试找出体心立方和面心立方结构中，格点最密的面和最密的线．解：(1)bcc )(22323121232221h h h h h h h h h aK d hh +++++=π=r 格点最密的面为{1,0,0}及{1,-1,0}，而最密的线为[1,0,0]． (2)fcc )(2)(32323121232221h h h h h h h h h aK d hh ++−++=π=r 格点最密的面为{1,0,0}及{1,1,1}，而最密的线为[1,0,0]．11.补充题 对于面心立方晶体，已知晶面族的密勒指数为(hkl )，求对应的原胞坐标系中的面指数(321h h h )，若已知(321h h h )，求对应的(hkl ).解： kac j a b i a a ka c j ab i a a rr r r r r r rr r r r π=π=π====2*,2*,2*;,,基矢和倒格子基矢： )(2,)(2,)(2321j i a a k i a a k j a a rr r r r r r r r +=+=+= ；)(2)(2321k j i a a a b r r r r r r ++−π=Ω×π= )(22k j i a b r r r r +−π= )(23k j i a b r r r r −+π=][2***k l j k i h ac l b k a h K hkl rr r r r r r ++π=++=])()()[(2321231132332211k h h h j h h h i h h h ab h b h b h K h r rr r r r r −++−++−+π=++=)(hkl Q 和)(321h h h 表示同一晶面族，hkl K r ∴∥hK r设h hkl K p K rr 2′=，可解得)](),(),[(1)(321k h l h l k ph h h +++′=(1)因 (hkl )皆为整数，(321h h h )为互质整数，故p ′为整数.再设hkl h K p K rr =，则)](),(),[(1)(321231132h h h h h h h h h phkl −+−+−+=(2)理由同上，p 为整数.由两次所设知2,2=′′=p p K p p K hklhkl rr (1)式和(2)式并保证 (hkl )及(321h h h )都是互质整数，取⎩⎨⎧=′=21p p 或⎩⎨⎧=′=12p p 即为所求．12.补充题 ( 方8 )如X 射线沿简立方瑷胞的OZ 轴负方向入射，求证：当λa l k l =+222 和 2222cos k l k l +−=β时，一级衍射线在YZ 平面内，其中β是衍射光与OZ 轴的夹角．证明： ZβθθYX a (h,k,l )对简立方 d ah k l h k l =++222(1) 设X 射线由OZ 轴的负方向入射，根据布拉格反射条件 2d n h k l sin θλ= (2)2cos 12cossin )(2β+=β=θ∴π=θ+β见图Q (2)式中取n = 1，并将βθcos sin 、分别带入，得代入，得再将222222sin 2k l l a ll k d lk h +=λ+λ=θλ=222222l k a ll k k l la d lk h +=++= 将此式与(1)式比较，可得h =0．(h ,k ,l )是衍射晶面族的密勒指数，h =0表示该晶面族的法线与X 轴垂直，即在YZ 平面内；而入射线又与OZ 轴重合，所以衍射线在YZ 平面内．。
第1章习题解答
ay1 (n) by2 (n)
所以系统是线性系统
T [ x(n n0 )] x(m n0 )
m 0
n
令 m n0 k，则
n n0 m 0
x (m n )
m 0 0
n
n n0
x (k )
n n0
k 0n0
第1章 时域离散信号和时域离散系统
2．解： （1）序列波形如图1：
6 3
x(n)
1
3
1
2 1 0 1 2 3 4
n
图1
（2）
x(n) 3 (n 4) (n 3) (n 2) 3 (n 1) 6 (n) 6 (n 1) 6 (n 2) 6 (n 3) 6 (n 4)
所以系统是线性系统
设
x1 (n) x(n n0 )
所以
T [ x(n n0 )] T [ x1 (n)] x1 (n2 ) x(n2 n0 ) y(n n0 ) x[(n n0 )2 ] T [ x(n n0 )]
所以系统是时变系统
第1章 时域离散信号和时域离散系统
因此，该系统是稳定系统。
第1章 时域离散信号和时域离散系统
6. 解：（4） y(n)=x(n－n0)
当n0 > 0时，输出y(n)只与n时刻以前的输入有关，因此， 该系统是因果系统。 当n0 < 0时，输出y(n)与n时刻以后的输入有关，因此，
该系统是非因果系统。
设|x(n)| ≤M，则|y(n)| ≤M
时不变： • 平移 • 乘或加常数，即直流偏置或固定增益放大 • 微分和下限为的积分运算 • 有零初始状态的常参数电路或常系数微分方程 • 所有即时映射 时变： • 翻转、尺度运算 • 乘或加与输入无关的变量，即交流偏置或时变增益放大， 因为对后者而言，所乘或加的与输入无关的变量并不随输 入的延迟而延迟 • 下限为零的积分； • 具有非零初始状态的电路或微分方程，因为初始状态定义 于零时刻，它不会随着输入的延迟而延迟到另一时刻；同 样地，变系数微分方程中的变系数的时间变量并没有因输 入的延迟而延迟。
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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运筹学教程
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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运筹学教程
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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输入电压波形如图（d） ，试画出 v O1 、v O2 和 vO3 的波形。
图题 4.1.2
解： v o1 、 v o 2 和 v o 3 的波形分别如图(a)、(b)和(c)所示。
289
题 4.1.3
波形变换电路如图题 4.1.3（a）所示，其输入电压 v S 的波形如图（b） ，试在图（b）
上画出输出电压 v O 的波形。
图题 4.1.5 解：(1) v 01 、 v 02 的波形如图所示。
T 4 RC
f0
R1 5.1 4 5.1 10 3 0.047 10 6 0.326 10 3 （S） ，所以 R2 15
1 3067Hz T
（2）若要产生不对称的方波和锯齿波，电路有多种改进方法。例如可以在运放 A2 的同相 端接上一个可调电源，如参见题 4.1.7 所示。
v S 0.7 V 时， vo 3 从 4.7 V 翻转到＋4.7V。波形图如图(c)所示。
291
题 4.1.5 图题 4.1.5 所示电路为方波-三角波产生电路。 （1）试求其振荡频率，并画出 v O1 、v O2 的波形。 （2） 若要产生不对称的方波和锯齿波时， 电路应如何改进？可用虚线画在原电路图上。
297
解：(1) 延时电路是一个单稳态触发器，单稳态的输出脉宽就是延迟时间。其电路如图所 示：
因为单日稳的延迟时间近似为，
T 1.1RC 所以 C
Tw 20 10 6 200 pF 1.1R 1.1 91 10 3
（2）如果 V0L =0. 2V，则输出脉冲宽度为
Tw RC ln
292
题 4.1.6
图题 4.1.6 所示为光控电路的一部分，它将连续变化的光电信号转换成离散信号
（即高、低电平信号） ，电流 I 随光照的强弱而变化。 (1) 在 A1 和 A2 中哪个工作在线性区？哪个工作在非线性区？为什么？ (2) 试求出表示 V O 与 I 关系的传输特性。
图题 4.1.6
解： （1）A1 引入负反馈，构成电流—电压变换电路，A1 工作在线性区。A2 引入正反馈，是 一个反相的滞回比较器，比较器输出接有限幅稳压管，所以电路工作在非线性区。 （2）A1 的输出电压为： vo1 I R1 。 当 vo1 VTH
R3 R4 6 5 5.5 V 时，输出υo =-5V； R3 R4 R RC ln( ) 1.06 RC 2 1 VCC VCC 5 3 3 1.06 91 10 3 200 10 12 19.3s
题 4.1.11
图题 4.1.11 所示为一简易触摸开关电路。当手摸金属片时，发光二极管亮，经过
293
当 vo1 VTL 所以，当 I
R3 R4 6 (5) 0.5 V 时，输出υo =+5V。 R3 R4 R3 R4
5.5V 0.5V 0.055mA 时，输出υo =-5V；当 I 0.005mA 时， 100 100
输出υo =+5V。 υo 和 I 之间的传输特性如图所示。
＊其中的 (e)R1 和 R2 应该有参数，否则当某个运放输出低电平时，不一定能断定稳压管击 穿，即输出负电平要具体分析，经计算应取 R1=10K， R2 =5K 时，上述传输特性画的正确。 而运放输出都是高电平时，两只二极管都截止，正向稳压管击穿，输出为+5V。
288
题 4.1.2
已知三个电压比较器的电压传输特性如图题 4.1.2（a） 、 （b） 、 （c ）所示，它们的
第四篇 第 1 章习题
题 4.1.1 试分别画出图题 4.1.1 所示各电路的电压传输特性曲线。
图题 4.1.1
解：(a) 电路是同相输入的单限比较器，其电压传输特性如图解 4. 1. 1（a）所示。 (b) 电路是反相输入的过零比较器，其电压传输特性如图解 4. 1. 1（b）所示。 (c) 电路是反相输入的滞回比较器，由于 v( )
296
实现了脉冲宽度的调制作用。输出波形如图所示。
题 4.1.9
用集成定时器组成的过电压监视电路如图题 4.1.9 所示， v x 是被监视电压， 试说明
电路实现监视的原理。
图题 4.1.9
解：在该电路中，CC7555 与电阻、电容构成多谐振荡器，其中引脚 1 是 CC7555 的接地端。 当被监视电压 v x 小于设定值（≈VZ+VBE ）时，三极管 T 截止，CC7555 的引脚 1 悬空，发 光二极管不亮。 当被监视的电压 v x 大于设定值 （≈VZ+VBE ） 时， 三极管 T 饱和导电， CC7555 的引脚 1 接地，CC7555 组成的多谐振荡器振荡，管脚 3 将输出脉冲波，因此，发光二极管 闪烁发光而报警。 题 4.1.10 (1) 选用 CC7555 型集成定时器设计一个要求产生 20 µS 延时时间的脉冲电路，其电路 参数为 V DD =5V，V OL =0V，R =91kΩ； (2) 如果 V OL =0.2V，试用上述参数求此时的输出脉宽。
vo1
3R1 v S 3 2 sin t 6 sin t （V） R1
而 v o1 的限幅值为±（VZ+VD ）=±4. 7V，其波形如图(a)所示。 (b) 电路是具有反馈式输出限幅的过零比较器。当 v S 0 时， v02 4.7 V；当 v S 0 时，
均为 4V，二极管正向压降为 0.7V，试画出各电路输出电压波形，并指出各电路的特点。
290
图题 4.1.4
解：图中各电路都具有反馈回路，而且都有稳压二极管，解题时是放大器还是比较器容易 混淆。 (a) 电路是具有输出限幅的反相放大器，电路中通过电阻引入了负反馈，因此构成了运算电 路，其中稳压管的作用是输出电压限幅。输出电压为：
T2 2
显然，如果 v S＜0，则 v O2 的波形将 T 2＞T 1，而表达式互换。
295
题 4.1.8
集成定时器可以连接成脉冲宽度调制电路， 如图题 4.1.8 所示， 试画出调制后的输
出电压 v O 波形。
图题 4.1.8
解：因为集成定时器的第 5 条引脚外加电压之后，定时电容的充电和放电时间就随之变化，
v02 4.7 V。 vo 2 的波形如图(b)所示。
vo 3 的波形如图(c)所示。 (c) 电路是具有输出限幅的滞回比较器。 当 v o 3 为高电平 4.7 V 时，
二极管 D1 导电，D2 截止，阈值电平为V( ) 0.7 V；当 v o 3 为低电平 4.7 V 时，二极管 D1 截止，D2 导电，阈值电平为 V( ) 0.7 V。 当 v S 增 大 到 v S 0.7 V 时 ， v o 3 从 0.7 V 翻 转 到 － 4.7V ； 而 当 v S 减 少 到
一定时间后，发光二极管自动熄灭。试说明其工作原理，并问发光二极管能亮多长时间？
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图题 4.1.11 解：用集成定时器 555 构成单稳态触发器，单手触模金属片时，相当于低触发端输入低电 平，所以 555 输出翻转为高电平，发光二极管亮。此时，电路内部的放电管截止，电源经 电阻 R 对电容充电， 当电容器上的电压超过高触发端 V6 所需要的电平时， 输出变为低电平， 指示灯熄灭。所以发光二极管亮的时间为： t =T w ≈1.1RC=1.1×200×103 ×50×10-6 =11 秒 题 4.1.12 为 5V。 (1) 画出 v I、v 2 、v C 及 v O 的波形； (2) 计算输出脉冲的宽度。 由 CC7555 构成的单稳电路如图题 4.1.12 所示，v I 为 1kHz 的方波信号，其幅度
（2）v O2 波形的频率 f 可以从波形图中求取。
v02 (t )
R2 VZ T R VZ 2 VZ R1 ( R3 R4 )C 2 R1 R2 R 1 ， f0 1 R1 4( R3 R4 )C R2
所以， T 4( R3 R4 )C
（3） 当调节 Rw ， 使 v S>0 时， 由于在 v01 VZ 期间， 电容 C 的充电电流减小， 而在 v01 VZ 期间，电容器 C 的放电电流增大，使得 v O2 波形出现不对称的三角波（T 1 ＞T 2 ） ，其波形如 图（b）所示。并由图可得：
图题 4.1.7
解： （1）当调节 RW ，使 v S 0 时，v O1 输出为方波，幅度为±VZ；v O2 为三角波，其幅度为
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V R2 R VZ 。两个电压波形的幅度之比为： o1m 1 。v O1 和 v O2 的波形如图(a)所示。 R1 Vo 2 m R2
T 1 (v01 v S )dt v02 (0 ) 0 ( R3 R4 )C
vo 6 V 时，VTL v I 1.5 V；当 vo 6 V 时，VTH v I 7.5 V。所以电压传输特性如
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图解 4. 1. 1（d ）所示。 (e) 是一个窗窗口比较器， 当 v I 3 V 时， D1 导电、 D2 截止， v02 V0 ， v0 5 V； v01 V0 L ， 当 3V v I 3V 时， v01 V0 H 、 v02 V0 H ，D1 截止、D2 截止， v0 5 V；当 v I 3 V 时， v01 V0 H 、 v02 V0 L ，D1 截止，D2 导电， v0 5 V。其电压传输特性如图解 4. 1. 1 （e）所示。
题 4.1.7 波形发生器的原理电路如图题 4.1.7 所示。 (1) 当调节 R w ，使 v S=0 时，分别画出 v O1 和 vO2 的波形，并求两个电压波形的幅度比； (2) 写出 v O2 波形的频率 f 的表达式； (3) 当 v S 在小范围内变动时(例如调节 Rw 使 v S＞0)， 对 v O2 波形有何影响?试定性说明之。