第十章作业
第十章作业高数
第十二章作业(P225) 3,根据级数的收敛和发散的定义判别下列级数的敛散性:解：级数的部分和匕 = (V2 — √r i) + (V3 — √2) H F (V∏ ÷ 1 — √n)=√n + 1 — 1因为lim s n = ∞,所以原级数发散.n→∞解：级数的部分和s …段+六+…+际★西二泊-录+泊一白+…+ 乂+-焉)因为lims rι = ∖ 所以原级数收敛.n→∞4.判定下列级数的敛散性，对于收敛的情形，求出级数的和:解：级数是一公比为“v 1)的等比级数，故收敛，其和为二τ = 1∙____________________________________________ 5(3) 1 - E + 卷+…+ J+ …；解：级数是一公比为-：(-：VI)的等比级数，故收敛，其和为，丁 二:« « 1 —(-彳) 5 (5) ∑n=i⅛解：因为所以级数发散.n→∞ VH解：级数可看作公比为1的等比级数和公比为*的等比级数之和.这两个等比级数13都是收敛的，故原级数是收敛的，其和为民+』=:.14 14 4(9)∑∞1(sinl)2^解：级数可看作公比为黄彦1(< 1)的等比级数,故级数是收敛的，其和为taτi z l.8.已知级数∑^ι%l 的部分和% =求%l 及级数的和s.Σ∞n=l 1(4n-l)(4n+3)sin 2f l l-sin 2l∑^1(√^Γ+1 -解：当九=1 时，a1 = s1 = 0；当九 > 1 时，a n = s n- s n.1 = - ^ =痴乐.“（三八，当M>1时；故册=卜5+1）0,当M=1时s = lim s n = 1.n→∞(习题12.1 (B)) 5.若级数”隰/以一/1)收敛,且limn册=4证明级数M—>8■ 时收敛；解：设级数册.1)与ΣN%1的部分和分别为力和小.因为级数-%IT)收敛，故Hms rι存在，记为s.n→∞又s rι= 2(α2 - %) + 3(a3 -。
中南大学 机械原理 第十章作业答案
判断题（每2）
9、满足正确啮合条件的一对齿轮一定能连续传动（ ） 10、斜齿圆柱齿轮只能实现平行轴传动。（ ）
11、正传动的一对齿轮必定都是正变位齿轮（ ）。
12、法向齿距就是基圆齿距（ ）。 13、两个齿轮的模数、齿数相等，但压力角不等，则此两齿轮的齿廓形状不同 （ ）。
14、齿轮上齿厚等于齿槽宽的圆称为分度圆（ ）。 15、直齿圆柱轮传动中，节圆总是大于分度圆（ ）。 16、图示中的C、C‘、C“ 为由同一基圆上所生成的几条渐开线。其任意两条渐 开线（不论是同向还是反向）沿公法线方向对应两点之间的距离处处相等（即： A1B1=A2B2;A1C1=A2C2及B1C1=B2C2）。（ ） C A2 A1 C' C" B1 C1 B2 C2
分度圆上曲率半径
r sin
r 2 rb2
基圆上曲率半径 齿顶圆上曲率半径 齿厚和齿槽宽：
ρb1 =0
ρb2 =0
ρb1 =55.76
ρb2 =90.6
p S1= S2=e1=e2= =7.85mm 2
30、一对渐开线外啮合直齿圆柱齿轮机构，两轮的分度圆半径分 别为 r1=30mm ,r2=54mm ,α = 20°，试求（12分）
da1=260mm
db1≈234.92mm
db2≈422.86mm
Z1=50
分度圆上压力角 基圆上压力角 α1 =20° αb1 =0° αa1 =25.4° ρ1 =42.75
Z2=90
α2 =20° αb2 =0° αa2 =23.2° ρ 2 =76.95
齿顶圆上压力角
rb a arccos ra
A、一定 B、不一定 C、一定不
冶金传输原理-第十章-作业答案
第十章 热量传输微分方程习题解答
10-3
解：(1)由傅里叶定律：q=-λdt/dx=-λ(-3600x)=3600λx 平壁两侧表面的热流密度：
(2)由导热微分方程： 解得：
热量传输的基本方式
6/48
国宏伟
10-4
一根细长散热棒，以对流换热形式将热量散发到温 度为Tf的流体中，己知棒的表面对流换热系数为α， 导热系数λ，长度为l，横截面积为A，截面周长为 S，根部温度为T0，棒端部与流体间的热流密度为 qw。试写出导热微分方程及边界条件。 解：对于细长散热棒，假设温度只在杆长方向变 化，这属于一维稳态导热问题。
第十章 热量传输微分方程习题解答
10-1
对方程积分：
得： 根据傅里叶定律，求得通过圆筒壁单位管长的导热热流量：
该式与常物性公式类似，只是以圆筒壁平均温度tm=1/2(ti+t0) 计算导热系数 代入常物性公式中进行计 算。
第十章 热量传输微分方程习题解答
10-2
从宇宙飞船伸出一根细长散热棒，以辐射换热形式 将热量散发到温度为绝对零度的外部空间，己知棒的 表面发射率为ε，导热系数λ，长度为l，横截面积 为A，截面周长为S，根部温度为T0，试写出导热微 分方程及边界条件。 解：对于细长散热棒，假设温度只在杆长方向变 化，这属于一维稳态导热问题。分析厚度为dx的微 元段的导热：
10-1
一圆筒体的内、外半径分别为ri及r0，相应的壁温 为 Ti 与 T0 。 其 导 热 系 数 与 温 度 的 关 系 为 λ=λ0 （1+bT）。试导出计算单位长度上导热热流量的表 达式。 解：由题意可知，描述上述问题的导热 = ri , T = Ti ⎨ ⎩r = r0 , T = To
机械原理课后答案第十章作业
由df ≥db ，有： z′≥2(ha*+2 c*) / (1 - cosα) =41.45（不能圆整）
∴ 当齿根圆与基圆重合时，z′=41.45； 当 z ≥ 42时，齿根圆大于基圆。
10-5 已知一对渐开线标准外啮合圆柱齿轮传动，其模数 m=10mm，
解：1）确定传动类型
a = m ( z1+z2 ) /2 = 10 ( 12+12 ) /2 =120 < a′= 130mm 故此传动应为 正 传动。
2）确定两轮变位系数 α′ = arccos(a cosα/ a′) = arccos(120 cos20°/ 130) = 29.83° x1 + x2 = (z1+z2) (invα′-invα) / (2tanα)
10-2 设有一渐开线标准齿轮 z=20，m=8mm，α=20°，ha* =1，试
求：1)其齿廓曲线在分度圆及齿顶圆上的曲率半径ρ、ρa 及齿顶圆压
力角αa ；2)齿顶圆齿厚 s a 及基圆齿厚 s b ；3）若齿顶变尖( s a =0)时，
齿顶圆半径 ra′又应为多少？并完成图示各尺寸的标注。 解：1）求ρ、αa 、ρa d = m z =8×20=160(mm) da= d +2 ha=(z+2ha*)m=(20+2×1)×8= 176(mm) db= d cosα= 160cos20°= 160×0.9397= 150.35(mm) ρ= rb tanα= 75.175 tan20°= 75.175×0.3640= 27.36(mm) αa =arccos( rb/ra )= arccos( 75.175/88 ) = arccos0.8543=31.32° ρa = rb tanαa =75.175tan31.32°= 75.175×0.6085=45.74(mm) 2）求s a 及s b sa=s(ra/r)-2ra(invαa-invα)= 8π/2×88/80-176×(inv31.32°-inv20°)
第十章流动资产管理作业答案
第十章流动资产管理一、客观试题（一）单项选择题1、运用随机模式和成本分析模式计算最佳现金持有量，均会涉及到现金的（ A ）。
A.机会成本B.管理成本C.短缺成本D.交易成本2、下列关于流动资产的说法错误的是（ D ）。
A. 投资于流动资产的资金对企业影响的时间比较短B. 流动资产对于满足财务上临时性资金需求具有重要意义C. 在流动资产的周转过程中，各种不同形态的流动资产可以同时存在D. 流动资产占用的资金时高时低，起伏不定，所以具有风险大的特点3. 某企业现金收支状况比较稳定，全年的现金需要量为250000元，每次转换有价证券的固定成本为400元，有价证券的年利率为2%，则全年固定性转换成本是（ A ）元。
A. 1000B. 2000C. 3000D. 40004.下列关于现金最优返回线的表述中，正确的是（ C ）。
A.现金最优返回线的确定与企业最低现金每日需求量无关B.有价证券利息率增加，会导致现金最优返回线上升C.有价证券的每次固定转换成本上升，会导致现金最优返回线上升D.当现金的持有量高于或低于现金最优返回线时，应立即购入或出售有价证券5、下列各项中不属于存货经济进货批量基本模式假设条件的是（ D ）。
A. 不存在数量折扣B. 存货的耗用是均衡的C. 仓储条件不受限制D. 可能出现缺货的情况6、应收账款管理的目标是（ D ）。
A.扩大销售，增强企业的竞争力B.减少占用在应收账款上的资金C.减少给客户支付的现金折扣D.应收账款信用政策的权衡7、在依据“5C”系统原理确定信用标准时，应掌握客户“能力”方面的信息，下列各项指标中最能反映客户“能力”的是（ C ）。
A.净经营资产利润率B.杠杆贡献率C.现金流量比率D.长期资本负债率8、企业制定的信用条件内容不包括（ D ）。
A.确定信用期限B.确定折扣期限C.确定现金折扣D.确定收账方法9、为满足投机性而特殊置存过多的现金，使用这种方式更多的是（ D ）。
会计学基础概念 第10章 必做补充课后作业
第十章所有者权益补充课后作业姓名：学号：班级：成绩一、单项选择题1、下列各项中，不属于所有者权益的是（）。
A.资本溢价B.计提的盈余公积C.投资者投入的资本D.应付高管人员的基本薪酬2、甲、乙公司均为增值税一般纳税人，适用的增值税税率为17%，甲公司接受乙公司投资转入的原材料一批，账面价值100 000元，投资协议约定的价值120 000元，假定投资协议约定的价值与公允价值相符，该项投资没有产生资本溢价。
甲公司实收资本应增加（）元。
A.100 000B.117 000C.120 000D.140 4003、甲、乙公司均为增值税一般纳税人，适用的增值税税率为17%，甲公司接受乙公司投资转入的原材料一批，账面价值10万元，投资协议约定的价值12万元，假定投资协议约定的价值与公允价值相符，投资后乙公司占实收资本的份额为11万元，则资本溢价为（）元。
A.30 400B.7 000C.10 000D.140 4004、下列各项中，关于股份公司溢价发行股票的相关会计处理表述正确的是（）。
A.发行股票溢价计入盈余公积B.发行股票相关的印花税计入股票成本C.发行股票相关的手续费应从溢价中抵扣D.发行股票取得的款项全部计入股本5、某股份有限公司首次公开发行普通股500万股。
每股面值1元，发行价格6元，相关手续费和佣金共计95万元（不考虑增值税）。
不考虑其他因素，该公司发行股票应计入“资本公积”的金额为（）万元。
A.2905B.2405C.2500D.30006、某股份制公司委托证券公司代理发行普通股2000股，每股面值1元，发行价格每股4元。
证券公司按发行收入的2%收取手续费，该公司这项业务应记入“资本公积”的金额为（）元。
A.5840B.5880C.5960D.60007、某上市公司发行普通股1 000万股，每股面值1元，每股发行价格5元，支付手续费20万元。
该公司发行普通股计入股本的金额为（）万元。
A.1 000B.3 980C.4 980D.5 0008、甲股份有限公司委托乙证券公司发行普通股，股票面值总额4 000万元，发行总额16 000万元，发行费按发行总额的2%计算（不考虑其他因素），股票发行净收入全部收到。
第十章作业研究
5 确定宽放系数或宽放时间
四、作业抽样
1 定义：指在随机确定的时间点上观测作业对象， 对积累的观测结果进行统计推断以获得作业活
动各部分的时间比例，从而制定标准时间的一
种作业测定方法。
2 步骤：
制定研究计划
实施观测 数据整理
特定作业活动标准时间的技术。
2）时间研究技术：主观估计法
历史比较法
工作测量法
二、作业研究的作用
1 动作研究的作用：改善工厂车间布置；改进机
器设备；有效利用资源；改善工作环境；降 低人员疲劳 2 时间研究的作用：比较工作方法的优劣；有效 的生产计划；科学地成本核算；制定合理的
工资奖罚制度
第二节 工序分析
三、作业者程序图
1 定义：是一种将作业者左右手和身体其他部
位的作业动作依发生先后顺序加以记录的图
示方法。
2 适用于高度重复性作业的动作分析。
四、动作经济原则
1 定义：是一组指导人们如何节约动作、如何提高
动作效率的准则。
2 原则：同时使用两手，避免一手操作一手空闲；
力求减少动作数量，避免一切不必要的动作； 尽可能减少动作距离，避免出现全身性动作；
第十章 作业研究
第一节 作业研究概述 第二节 工序分析 第三节 作业分析 第四节 动作分析
第五节 时间研究
第一节 作业研究概述
一、作业研究的内容
二、作业研究的作用
三、作业义
2 动作研究
3 时间研究
1 什么是作业研究
指用科学的手段研究工作程序和操作方法，以寻求 最可取的工作方法，并测定采用这种方法所需的
第四节 动作分析
一、动作分析的意义与类型
二、基本动作元素
三、作业者程序图
安全员第十章 高处作业安全技术要求题库(45道)
安全员第十章高处作业安全技术要求1、遇有( )以上强风、浓雾等恶劣气候，不得进行露天攀登与悬空高处作业。
——[单选题]A 5级B 6级C 7级D 8级正确答案：B2、钢模板拆除后其临时堆放处应离楼层边沿不应小于( )，且堆放高度不得超过lm。
——[单选题]A 0.8mB 0.9mC 1.0mD 1.1m正确答案：C3、高度超过( )的层次上的交叉作业，凡人员进出的通道口应设双层安全防护棚。
——[单选题]A 18mB 20mC 24mD 28m正确答案：C4、结构施工自( )起，凡人员进出的通道口，均应搭设安全防护棚。
——[单选题]A 底层B 2层C 3层D 4层正确答案：B5、悬挑式钢平台的搁支点与上部拉结点，必须位于( )上。
——[单选题]A 脚手架B 建筑物C 钢模板支撑D 桩式地锚6、雨天和雪天进行高处作业时，必须采取可靠的防滑、防寒和( )措施。
——[单选题]A 防霜B 防水C 防雾D 防冻正确答案：D7、坡度大于1：2.2的屋面，防护栏杆设置正确的是( )。
——[单选题]A 高l.2m，不加挂安全网B 高l.2m，加挂安全网C 高l.5m，不加挂安全网D 高l.5m，加挂安全网正确答案：D8、搭设临边防户栏杆，当在基坑四周固定时，栏杆柱可采用钢管并打入地面( )。
——[单选题]A 40～60 cmB 45～65 cmC 50～70 cmD 55～75 cm正确答案：C9、防护栏杆必须自上而下用安全立网封闭，或在栏杆下边设置严密固定的高度不低于( )的挡脚板或40cm的挡脚笆。
——[单选题]A 14cmB 16cmC 18cmD 20cm正确答案：C10、电梯井口必须设防护栏杆或固定栅门；电梯井内应每隔两层并最多隔( )设一道安全网。
——[单选题]A 6mB 8mC 10mD 12m11、支设高度在( )以上的柱模板，四周应设斜撑，并设有操作平台。
——[单选题]A 2mB 2.5mC 3mD 3.5m正确答案：A12、进行高处窗户、玻璃安装和油漆作业时，操作人员的重心应位于( )，并系好安全带进行操作。
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0 I 4 10 200 F BIl Il 200 1 0.16 N / m 2 r 2 0.05
7
由于两 T
螺旋线轨道半径为：
0
2 me eB
3.59 10
10
s
r
me v eB
me v sin89 eB
v
1.5110 m
3
V
螺旋线螺距为：
v//
0
B
h //T cos89
2 me eB
1.66 104 m
10-21 空间某一区域里有 E 1500 m/V的电场和 B 0.40 T的 磁场，这两个场作用在一个运动电子上的合力为0. （1）求这个电子的速率（设 v B E 两两垂直） ； 、 、
10-16 半径为R的无限长直圆筒上有一层均匀分布的面电流，电 流都绕着轴线流动并与轴线垂直，面电流密度（即通过垂直方向 单位长度上的电流）为 i，如图所示.求轴线上的磁感应强度. 解：题中具有均匀分布面电流的无限长直圆筒相当于一个通有电 流的无限长螺线管.由于载流直螺线管在轴线上产生的磁感应强度 的大小为
i
P
B 0nI 0i
10-18 把能量为2.0×103 eV的一个正电子，射入磁感应强度 B＝0.1T的匀强磁场中，其速度矢量与磁感应强度成89°角，路径 成螺旋线，其轴在磁场的方向.试求这螺旋线运动的周期，螺距和 半径。 解：v 2 E / m 2 2.0 103 1.6 1019 / 9.111031 2.65 107 m / s
（2）画出 v B E 三者的相互方向. 、 、
解：电子受电场力为： 电子受洛伦兹力为：
FB －e B
E
FE eE
当二者等大反向时其合力为0，则
E 1500 3.75 103 m / s B 0.40
v B E 、 、
10-11 一个塑料圆盘，半径为R 表面均匀分布电量q试证明：当 它绕通过盘心而垂直于盘面的轴以角速度ω转动时，盘心处的磁 0q 感应强度大小为：
B
dI
2
2 rdr
其在盘心所产生的磁场为
dI 0 dB 0 dr 2r 2 则盘处的总磁场为 B R 0 dr 0 R 0 q 0 2 2 2 R
0 I B 4 a
方向垂直于纸面向外
（b） P点场强由两半无限长载流直导线及半个圆周载流导线所 激发，根据右手定则知其所激发磁场方向均为垂直于纸面向里：
0 I 1 0 I 0 I 2 B 2 (1 ) 4 r 2 2r 4r
（C） P点场强由三根有限长载流直导线所激发，根据右手定则知 其所激发磁场方向均为垂直于纸面向里，且大小相等，则
10-7 高压输电线在地面上空25 m处，通过电流为1.8×103 A，求 （1）在地面上由这电流所产生的磁感应强度多大? （2）在上述地区，地磁场为0.6×10-4 T，问输电线产生的磁场与 地磁场相比如何? 解：（1）根据无限长载流导线所产生磁感应强度的计算可得：
0 I 0 I B 2r 2 252 y 2
（2）当 a=20 =20A时的磁感应强度。 cm，I 解：（1）B B1 B 2 B 3 B 4 2 B1 2 B 3
0 I 0 I 0 2( cos 45 cos 450 ) 2 r 2 r
2 2 r a; cos 450 2 2 0 I 2 0 I 2 B 2 2 2 a 2 2 a 2
1
B2 B3
2
B1
B4
3
4
其方向竖直向上.
（2）
2 4 10 7 20 5 B 8 10 T 0.2
10-10 如图，载流导线弯成（a）、（b）、（c）所示的形状，求 三图中P点的场强和方向。
解：（a） 根据毕－萨定律知，通电直 导线在其延长线上的场强为0，P点场强 仅为竖直半无限长载流直导线所激发：
三者的相互方向可以是：
B
v
10-27 连接电焊机的两条相互平行的长导线相距0.05 m，当电 机工作时，导线的电流为200A，求作用在每一导线上单位长度 的力是多少?此力是吸引力还是排斥力? 解：当导线中通有电流时，在其周围产生磁场.两条长导线相互 平行，作用在每一导线上的力，即为其在对方所产生磁场中所 受到的磁场力.故作用在每一条导线上单位长度的力为：
0 I B B1 B 2 B 3 3B1 3 (cos 2 cos 1 ) 4 r 1 r h 3 h 0 9 3 9 0 I r B I . 4 h 2 a
q 2 R 证明： 电荷面密度 R2 取半径为r宽为dr的环带，该环带的 运流电流为
y
0 I 5 B 1.44 10 T 2 25
在导线的正下方，y＝0，则
O
B 1.4410－5 1 （2） ＝ ＝0.24 －4 B地磁 0.6 10 4
表明：通常情况下，载流导线产生的磁场还是较弱的。
10-9 四条平行的载流无限长直导线，垂直地通过一边长为 a 的正方形顶点，每根导线中的电流都是I，方向如图所示. （1）求正方形中心的磁感应强度；