第五章 课后习题 (2)
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第五章习题课 平抛运动规律的应用(课后习题)【含答案及解析】
第五章抛体运动习题课:平抛运动规律的应用课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,斜面上有A ,B ,C ,D 四个点,AB=BC=CD ,从A 点以初速度v 0水平抛出一个小球,它落在斜面上的B 点,若小球从A 点以速度√2v 0水平抛出,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A.小球一定落在C 点B.小球可能落在D 点与C 点之间C.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定增大D.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角不相同2.(多选)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动,运动员穿专用滑雪板,在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出,在空中飞行一段距离后着陆。
现有某运动员先后两次从跳台a 处沿水平方向飞出,初速度分别为v 和2v ,两次均在斜坡上着陆。
不计空气阻力,下列判断正确的是( ) A.运动员两次在空中飞行的时间之比是1∶2 B.运动员两次在空中飞行的位移之比是1∶2 C.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度大小之比是1∶2D.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度与水平方向夹角的正切值之比是1∶2v 0,则根据题意可得tan α=12gt2v 0t=gt2v 0,解得t=2v 0tanαg,运动员在空中运动的时间和初速度成正比,故A 正确;运动员的位移√(v 0t )2+(12gt 2) 2=t √v 02+(12gt) 2,可知位移与时间不成正比,B 错误;由落地时速度√v 02+(gt )2可知,初速度变为原来2倍,时间变为原来2倍即竖直分速度变为原来2倍,故合速度变为原来2倍,C 正确;位移方向不变,瞬时速度方向不变,D 错误。
如图所示,某物体以水平初速度抛出,飞行√3 s 后,垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上(g 取10 m/s 2),由此计算出物体的水平位移x 和水平初速度v 0分别是( )A.x=25 mB.x=5√21 mC.v 0=10 m/sD.v 0=20 m/sv y =gt=10√3 m/s,将速度进行分解,根据平行四边形定则知,tan 30°=v 0v y,解得v 0=10√3×√33m/s =10 m/s,则水平位移x=v 0t=10×√3 m =10√3 m 。
第5章课后习题参考答案
第五章组合逻辑电路1．写出如图所示电路的输出信号逻辑表达式，并说明其功能。
（a）（b）解：（a）Y1ABC（判奇功能：1的个数为奇数时输出为1）Y2AB(AB)CABACBC（多数通过功能：输出与输入多数一致）（b）Y1(AB)A(AB)BABAB（同或功能：相同为1，否则为0）2．分析如图所示电路的逻辑功能（a）（b）（c）解：（a）Y1ABAB（判奇电路：1的个数为奇数时输出为1）0011（b）Y2(((AA)A)A)（判奇电路：1的个数为奇数时输出为1）0123YAM00（c）Y1 A M1（M=0时，源码输出；M=1时，反码输出）YAM233．用与非门设计实现下列功能的组合逻辑电路。
（1）实现4变量一致电路。
（2）四变量的多数表决电路解：（1）1）定变量列真值表：ABCDYABCDY0000110000000101001000100101000011010110010*******010*******011001110001110111112）列函数表达式：YABCDABC D ABCDABCD3）用与非门组电路（2）输入变量A、B、C、D，有3个或3个以上为1时输出为1，输人为其他状态时输出为0。
1）列真值表2）些表达式3）用与非门组电路4．有一水箱由大、小两台水泵ML和Ms供水，如图所示。
水箱中设置了3个水位检测元件A、B、C，如图（a）所示。
水面低于检测元件时，检测元件给出高电平；水面高于检测元件时，检测元件给出低电平。
现要求当水位超过C点时水泵停止工作；水位低于C点而高于B点时Ms单独工作；水位低于B点而高于A点时ML单独工作；水位低于A点时ML和Ms同时工作。
试用门电路设计一个控制两台水泵的逻辑电路，要求电路尽量简单。
解：（1）根据要求列真值表（b）（b）（a）（2）真值表中×对应的输入项为约束项，利用卡诺图化简（c）（d）（c）（d）（e）得：MABCsMBL（ML、M S的1状态表示工作，0状态表示停止）（3）画逻辑图（e）5．某医院有—、二、三、四号病室4间，每室设有呼叫按钮，同时在护士值班室内对应地装有一号、二号、三号、四号4个指示灯。
化工原理 第五章 吸收课后习题及答案
第五章 吸收相组成的换算【5-1】 空气和CO 2的混合气体中，CO 2的体积分数为20%，求其摩尔分数y 和摩尔比Y 各为多少？解 因摩尔分数=体积分数，.02y =摩尔分数 摩尔比 ..020251102y Y y ===--． 【5-2】 20℃的l00g 水中溶解lgNH 3, NH 3在溶液中的组成用摩尔分数x 、浓度c 及摩尔比X 表示时，各为多少？解 摩尔分数//117=0．010*******／18x =+浓度c 的计算20℃，溶液的密度用水的密度./39982s kg m ρ=代替。
溶液中NH 3的量为 /311017n kmol -=⨯ 溶液的体积 /.33101109982 V m -=⨯溶液中NH 3的浓度//.33311017==0．581／101109982n c kmol m V --⨯=⨯ 或 . 3998200105058218s sc x kmol m M ρ==⨯=．．／ NH 3与水的摩尔比的计算 //1170010610018X ==．或 ..00105001061100105x X x ===--． 【5-3】进入吸收器的混合气体中，NH 3的体积分数为10%，吸收率为90%，求离开吸收器时NH 3的组成，以摩尔比Y 和摩尔分数y 表示。
吸收率的定义为122111Y Y Y Y Y η-===-被吸收的溶质量原料气中溶质量解 原料气中NH 3的摩尔分数0.1y = 摩尔比 (11101)01111101y Y y ===-- 吸收器出口混合气中NH 3的摩尔比为 ()...211109011100111Y Y η=-=-⨯=（）摩尔分数 (22200111)=0010981100111Y y Y ==++ 气液相平衡【5-4】 l00g 水中溶解lg 3 NH ，查得20℃时溶液上方3NH 的平衡分压为798Pa 。
此稀溶液的气液相平衡关系服从亨利定律，试求亨利系数E(单位为kPa )、溶解度系数H[单位为/()3kmol m kPa ⋅]和相平衡常数m 。
计算机网络课后习题答案(第五章)
答：可能，但应用程序中必须额外提供与TCP相同的功能。
5—08为什么说UDP是面向报文的，而TCP是面向字节流的？答：发送方UDP 对应用程序交下来的报文，在添加首部后就向下交付IP 层。
UDP 对应用层交下来的报文，既不合并，也不拆分，而是保存这些报文的边界。
接收方UDP 对IP 层交上来的UDP 用户数据报，在去除首部后就原封不动地交付上层的应用进程，一次交付一个完整的报文。
发送方TCP对应用程序交下来的报文数据块，视为无结构的字节流〔无边界约束，课分拆/合并〕，但维持各字节5—09端口的作用是什么？为什么端口要划分为三种？答：端口的作用是对TCP/IP体系的应用进程进行统一的标志，使运行不同操作系统的计算机的应用进程能够互相通信。
熟知端口，数值一般为0~1023.标记常规的效劳进程；1024~491515—10试说明运输层中伪首部的作用。
答：用于计算运输层数据报校验和。
5—11某个应用进程使用运输层的用户数据报UDP，然而继续向下交给IP层后，又封装成IP 数据报。
既然都是数据报，可否跳过UDP而直接交给IP层？哪些功能UDP提供了但IP没提提供？答：不可跳过UDP而直接交给IP层IP数据报IP报承当主机寻址，提供报头检错；只能找到目的主机而无法找到目的进程。
UDP提供对应用进程的复用和分用功能，以及提供对数据差分的过失检验。
5—12一个应用程序用UDP，到IP层把数据报在划分为4个数据报片发送出去，结果前两个数据报片丧失，后两个到达目的站。
过了一段时间应用程序重传UDP，而IP层仍然划分为4个数据报片来传送。
结果这次前两个到达目的站而后两个丧失。
试问：在目的站能否将这两次传输的4个数据报片组装成完整的数据报？假定目的站第一次收到的后两个数据报片仍然保存在目的站的缓存中。
答：不行重传时，IP数据报的标识字段会有另一个标识符。
仅当标识符相同的IP数据报片才能组装成一个IP数据报。
前两个IP数据报片的标识符与后两个IP数据报片的标识符不同，因此不能组装成一个IP数据报。
物理学教程(第二版)[上册]第五章课后习题答案解析详解
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物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章 机械振动5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题5-１图分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（ ）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s（D ）2.00 s题5-２图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期s 40.22==ωπT .故选（B ）． 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（ ）（A ）落后2π（B ）超前2π（C ）落后π（D ）超前π分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．题5 -３图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（ ）（A ）60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s rad π20-⋅=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==． 证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题5-7图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ（２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0和v ＝v 0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-8图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ，由00>v ，取3π44=ϕ． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k mω=/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题5-9图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl ＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2m、v10＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20＝0、v 20＝0.6 ｍ·s -1，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解 （1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0＝0 和t 1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程． 分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0＝－Aωsinφ就可求出φ． 解 （1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题5-13图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分． 解 （1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．*5-14 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．题5-14图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/m g r TJ =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题5-15图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1＋m 2和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0和初位移x 0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求． 解 振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m v m v又因初始位移x 0＝0，则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1的空盘．现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题5-16图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2＝g km m 21+为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题． 解 （1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max22k -⨯====.mAa mA E E ω （3）设振子在位移x 0处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=m 的物体，两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出max A . 解根据分析，振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1＋x 3的振幅最大？又3ϕ为多少时，x 2＋x 3的振幅最小？题5-19图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++=/解 （1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ，故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan 22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1＋x 3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1＋x 3的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解 （1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6． （3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1和拍频数Δυ＝|υ2－υ1|已知的情况下，待测频率υ2可取两个值，即υ2＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解 根据分析可知，待测频率的可能值为υ2＝υ1 ±Δυ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ，即质量m 增加时，频率υ减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2－υ1｜变小．因此，在满足υ2与Δυ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2＝υ1＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1，置于液体中测得的频率为υ2，求此系统的阻尼系数．题5-22图分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1和υ2（即已知ω0、ω），就可求出δ．解 物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。
软件测试 第2版慕课版习题答案 第五章 课后习题答案
第五章软件测试的管理过程课后习题答案1.简述软件测试过程的概念。
软件测试是软件开发中的最后一个阶段。
软件测试是使用人工或者自动手段来运行或测试某个系统的过程，通过测试发现软件开发设计的过程中存在的问题, 其目的在于检验它是否满足规定的需求或弄清预期结果与实际结果之间的差别。
软件测试的过程主要描述了软件测试需要做的工作，随着软件测试技术的进步，测试过程也会得到进一步改进。
2.软件测试包括哪几个阶段？(1)测试需求的分析和确定,测试需求就是在项目中要测试什么。
(2)测试计划。
测试计划是指导测试过程的纲领性文件，内容包含产品概述、测试策略、测试方法、测试区域、测试配置、测试周期、测试资源、风险分析等。
(3)测试设计。
测试设计可以理解为对测试工作进行有目的、有计划、创造性的业务活动。
测试设计主要包括测试管理的设计，以及各种测试技术应用的设计，其中测试管理中的团队管理方法设计与测试流程设计是重中之重。
(4)测试执行。
书写相应的测试用例，按照测试用例中的步骤一步步执行，查看实际结果与预期结果是否一致。
(5)测试记录和软件缺陷跟踪。
通过某些测试软件的日志功能，可以在相应的测试用例执行完之后记录相关的日志文件，作为测试过程的记录。
(6)回归测试。
因为旧代码得到了修改，通常需要再次进行测试来验证修改是否引入了新的错误，这一测试过程就称为回归测试。
软件开发的每个阶段都会进行多次回归测试。
(7)测试总结报告。
编写测试总结报告，首先是为了对测试结果进行分析，得到对软件质量的评价；其次是为了评估测试执行和测试计划是否相符；最后是为了针对软件中的缺陷提出相应的建议3.需要从哪几个方面对测试需求进行评审？测试需求评审的内容包括完整性审查和准确性审查。
完整性审查是检查测试需求是否覆盖了所有软件需求，以及软件需求的各项特征，关注功能要求、数据定义、接口定义、性能要求、安全性要求、可靠性要求、系统约束、行业标准等，同时还要关注系统隐含的用户需求。
机械制造技术基础(第2版)第五章课后习题答案
《机械制造技术基础》部分习题参考解答第五章工艺规程设计5-1 什么是工艺过程？什么是工艺规程？答：工艺过程——零件进行加工的过程叫工艺过程；工艺规程——记录合理工艺过程有关内容的文件叫工艺规程，工艺规程是依据科学理论、总结技术人员的实践经验制定出来的。
5-2 试简述工艺规程的设计原则、设计内容及设计步骤。
5-3 拟定工艺路线需完成哪些工作？5-4试简述粗、精基准的选择原则，为什么同一尺长方向上粗基准通常只允许用一次？答：粗、精基准的选择原则详见教材P212-214。
粗基准通常只允许用一次的原因是：粗基准一般是毛面，第一次作为基准加工的表面，第二次再作基准势必会产生不必要的误差。
5-5加工习题5-5图所示零件，其粗、精基准应如何选择（标有 符号的为加工面，其余为非加工面）？习题5-5图a)、b)、c)所示零件要求内外圆同轴，端面与孔轴线垂直，非加工面与加工面间尽可能保持壁厚均匀；习题5-5图d)所示零件毛坯孔已铸出，要求孔加工余量尽可能均匀。
习题5-5图解：按题目要求，粗、精基准选择如下图所示。
5-6为什么机械加工过程一般都要划分为若干阶段进行？答：机械加工过程一般要划分为粗加工阶段、半精加工阶段、精加工阶段和光整加工阶段。
其目的是保证零件加工质量，有利于及早发现毛坯缺陷并得到及时处理，有利于合理使用机床设备。
5-7 试简述按工序集中原则、工序分散原则组织工艺过程的工艺特征，各用于什么场合？5-8什么是加工余量、工序余量和总余量？答：加工余量——毛坯上留作加工用的材料层；工序余量——上道工序和本工序尺寸的差值；总余量——某一表面毛坯与零件设计尺寸之间的差值。
5-9 试分析影响工序余量的因素，为什么在计算本工序加工余量时必须考虑本工序装夹误差和上工序制造公差的影响？5-10习题5-10图所示尺寸链中（图中A0、B0、C0、D0是封闭环），哪些组成环是增环？那些组成环是减环？习题5-10图解：如图a)，A0是封闭环，A1, A2, A4, A5, A7, A8是增环，其余均为减环。
《基础会计学》第5-6章课后习题及参考答案
《基础会计学》第五章课后习题及参考答案第五章记账载体作业一：一，单项选择题1．日记账按分类用途属于（）A序时账簿B备查账簿C分类账簿D联合账簿2．活页式账簿主要适用于（）A特种日记账B总分类账簿C普通日记账D明细分类账簿3．特种日记账的账页格式有（）A三栏式和多栏式B两栏式C三栏式D多栏式4．下列适用多栏式明细分类账簿的是（）A应付账款B财务费用C实收资本D库存商品5．某会计人员根据记账凭证登账时，误将400元计为4000元，更正这种记账错误的方法是（）A红字冲销法B补充登记法C划线更正法D以上三种任意一种都可以二，多项选择题1．账簿按其外表形式分类，可分为（）A序时账簿B订本式账簿C活页式账簿D卡片式账簿2．会计账簿应具备的基本要素有（）A封面B扉页C账页D封底3．下列会计凭证中，可以作为登记现金日记账的依据的是（）A现金收款凭证B现金付款凭证C现金支票存根D银行存款付款凭证4．明细分类账可以根据（）登记A记账凭证B原始凭证C科目汇总表D汇总原始凭证4．数量金额式明细账的账页格式适用于（）A产成品明细账B生产成本明细账C材料明细账D应付账款明细账5．下列错误中，可以用红字冲销法更正的有（）A结账后发现的一切登记错误B发现记账凭证中会计科目和金额都有错误，并且已经登记入账C发现记账凭证中所记会计科目有错，并已登记入账D在结账前发现记账凭证无误，但账簿记录中文字或数字过账错误。
三，判断题1．账簿是企业设置的全部账户的总称（）2．序时账簿、分类账簿、备查账簿是按账簿的外表形式作的分类。
（）3．备查账簿是和序时账簿以及分类账簿一样必须设置的。
（）4．企业出纳人员除了负责货币资金收付业务，还要登记现金和银行存款日记账和总账。
（）5．结账是在月终把某一月份发生的经济业务全部登记入账，计算和记录本期发生额和期末余额。
（）四，名词解释账簿序时账簿分类账簿五，简答题1．设置会计账簿有哪些作用？2．简述划线更正法的适用范围和更正程。
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第五章课后习题一、单项选择题:16-20. ACABB 21-25. ADCCB 26. C( C ) 1、感觉是对直接作用于感觉器官的客观事物的_______属性的反映。
A、本质B、个别C、整体D、全部( B ) 2、对事实类的信息，如字词、地名、人名、观点、概念等的记忆是___________。
A．内隐记忆 B. 陈述性记忆C. 程序性记忆D. 技能记忆( D ) 3、后识记的材料对先前学习的材料造成的干扰被称为___________。
A．侧抑制 B.超限抑制 C.前摄抑制 D.倒摄抑制( D ) 4、刺激停止作用后，感觉并不立即随之消失，而是逐渐减弱，即感觉有一种暂留现象，这被称为___________。
A. 感觉对比B. 感觉适应C.感觉融合D. 感觉后像( A ) 5、艾宾浩斯遗忘曲线表明，遗忘速度是___________。
A. 先快后慢B. 先慢后快C. 逐渐加快D. 前后一样( C ) 6、研究表明短时记忆的容量是＿＿个组块。
A、3±2 B.、5±2 C、7±2 D、 9±2( B ) 7、日常生活中所看到的电影、动画等都是利用了__________的原理制作的。
A．自主运动 B．动景运动C．相对运动 D．诱导运动( A ) 8、记忆时间短暂，记忆的容量大，记忆的信息未经任何加工，具有形象性，这属于：___________。
A、感觉记忆B、知觉记忆C、短时记忆D、形象记忆( B ) 9、下列哪一项不属于知觉的基本特性：___________。
A、理解性B、规律性C、整体性D、恒常性( D ) 10、放在水中的筷子，看上去是弯的，但我们认为它是直的。
这是知觉的：___________。
A、选择性B、理解性C、整体性D、恒常性( C ) 11、短时记忆的编码方式主要是___________。
A．语义编码 B．动觉编码 C．视觉编码 D．听觉编码( C ) 12、乔治·斯波林进行图象记忆的实验使用的方法是___________。
A．整体报告法 B．重学法 C．部分报告法 D．节省法( B ) 13、后学习的材料对保持和回忆先学习材料的干扰作用叫___________。
A．前摄抑制 B．倒摄抑制 C．正迁移 D．负迁移( B ) 14、关于感觉的差别阈限，以下那项不属于韦伯（Weber ）定律: ___________。
A、韦伯分数是一个常数B、每个最小可觉差主观相等C、仅在中等刺激强度范围有效D、不同感觉系统韦伯分数差异很大( B ) 15、以经历过的情绪或情感为内容的记忆叫做___________。
A 逻辑记忆B 情绪记忆C 动作记忆D 形象记忆( A ) 16、象棋大师和新手对棋局进行复盘的差异最能说明：___________。
A、短时记忆系统容量有限B、短时记忆容量存在个体差异C、组快的大小与人的知识经验有关D、短时记忆能力随着年龄的增长而增加( C ) 17、完成信息从一个记忆阶段转移到另一个记忆阶段的关键是：___________。
A. 编码B. 强化C. 复述D. 抑制干扰( A ) 18、感觉与知觉最本质的差异体现在：___________。
A. 选择性B. 理解性C. 适应性D. 稳定性( B ) 19、“月明星稀，月暗星密”这是属于：___________。
Ａ. 感觉适应Ｂ. 感觉对比Ｃ. 联觉 D. 知觉后像( D ) 20、把下图知觉为圆形时，遵循的知觉组织原则是___________。
A、闭合原则B、连续原则C、相似原则D、邻近原则( D ) 21、下列选项中，不属于深度知觉单眼线索的是___________。
A、空气透视B、纹理梯度C、运动视差D、视轴辐合( C ) 22、知觉的客观条件在一定范围内改变时，我们的知觉映象在相当程度上却保持着它的稳定性，这是___________。
A、知觉的整体性B、知觉的理解性C、知觉的恒常性D、知觉的选择性( D ) 23、一个人的知识经验影响他对于某个外界刺激的知觉结果，这个过程是知觉的___________。
A、自下而上加工B、数据驱动加工C、自上而下加工D、知觉定势( B ) 24、从漆黑的屋子马上到明亮的室外时，要过一会才能慢慢睁开眼睛，这是感觉的_________现象。
A．对比 B. 适应 C．后像 D. 分辨二、多项选择题:（ ACD ）1、记忆的三个过程是：___________。
A、编码B、组块C、提取D、存储（ ABCD ）2、似动的主要形式有___________A、动景运动 B．诱发运动 C．自主运动 D．运动后效（ ABC ）3、短时记忆的编码形式有。
A.视觉代码B.听觉代码C.语义代码D.程序代码（ ABC ）4、发散思维的特征为___________ 。
A.流畅性B.变通性C. 独特性D.敏感性（ ABD ）5、知觉的特性有___________ 。
A.选择性B.理解性C.适应性D.整体性三、填空题:1、短时记忆的容量是_____7±2个组块______。
2、一般系列材料的开始部分和末尾部分记忆较好，中间位置的内容则容易遗忘，这种现象叫做____系列位置效应_______。
3、能够引起感觉的最小刺激量被称为______感觉阈限_____。
4、艾宾浩斯遗忘曲线表明，遗忘速率是___先快后慢_______。
5、扩大短时记忆信息量的有效途径是_____组块______。
6、艾宾浩斯用实验证明，遗忘的速率表现为先快后慢7、当刺激止后，视感觉并不立即消失而是逐渐减弱，这种视感觉残留的现象叫做感觉后像。
8、在测量感觉器官的感受性时，多次测试中有一半次数能够觉察到感觉信号的刺激强度为_____感觉阈限______。
9、从信息加工观点来看，记忆就是对输入信息的______编码_____、______存储_____ 和_____检索______的过程。
四、判断改错题:1、大脑对感觉信息进行组织和揭示并赋予整体意义的加工过程称为知觉。
√2、过度学习就是超任务量的学习，次数越多越好。
×过度学习的次数不是越多越好。
3、在思维活动中，对刺激能灵活地作出多种反应的能力，称为思维的流畅性。
√4、艾宾浩斯遗忘曲线说明遗忘进程是先慢后快。
×遗忘进程是先快后慢5、根据记忆的内容，可以把记忆分为感觉记忆、短时记忆和长时记忆。
×根据由浅入深、动态发展的三个不同的相互联系的加工层次，可以把记忆分为感觉记忆、短时记忆和长时记忆。
6、识记材料的系列位置效应可以用倒摄抑制和前摄抑制来解释×前摄抑制和倒摄抑制是短时记忆中信息受到的干扰的两种形式，不能解释识记材料的系列位置效应。
五、简答题:1、简述影响遗忘的因素。
答：（1）时间。
艾宾浩斯发现遗忘的进程不均衡，识记后最初级阶段遗忘速度快，随后逐渐变缓。
（2）材料的性质。
有意义材料比无意义材料遗忘得慢；形象比抽象材料遗忘得慢；熟练动作技能遗忘最慢。
（3）系列材料的位置。
一般系列材料的开始部分和末尾部分记忆较好，中间位置的内容则容易遗忘。
这种现象叫做序列位置效应，可能与前摄抑制和倒摄抑制有关。
（4）学习程度。
达到一次完全背诵后的后继学习成为过度学习。
研究表明，过度学习50%左右的记忆效果最佳，超过150%的学习呈报酬递减的趋势，即学习者从每次过度学习中所获回报越来越少。
（5）加工深度。
将记忆材料与已有经验尽可能建立丰富的联系，将记忆材料整理为有内在联系的整体等，都可能减少遗忘。
（6）动机。
有重要意义的、容易引起兴趣的、伴随深刻情绪体验的材料不容易遗忘。
2、简述知觉的基本特性。
答：（1）相对性。
知觉的相对性是指我们的知觉体验不单是由刺激物体单独引起的，而是由物体周围存在的其他刺激共同引起的。
（2）理解性。
知觉的理解性指我们在感知某些事物或现象时，能够根据已有的知识经验队事物或现象加以解释或判断，从不同方面加以理解。
（3）选择性。
知觉的选择性是指在一定的时间范围内，知觉有选择地接受外界事物的刺激产生知觉体验。
（4）整体性。
知觉的整体性指我们由多种属性或部分构成的客体事物知觉为一个有组织的整体的现象。
（5）组织性。
知觉的组织性指知觉对感觉信息选择与整合的处理过程具有主动的、系统的和逻辑的特点。
（6）恒常性。
知觉的恒常性指因知觉条件的改变，知觉对象的网膜成像在一定范围内发生变化，而知觉的心理形象维持不变的现象。
3、结合实际谈谈在学习中如何提高记忆效果？答：（1）一天二十四小时，人所拥有的记忆能力是不一样的，并且每个人的情况都不一样，有些差异。
我们要弄清楚自己最佳的记忆时间，选择在记忆力最强的时候学习。
（2）多重复，多滚固。
对于新的知识，如果只记忆了一边，只能形成短期记忆，过不了几天，所记忆的东西将全部忘光。
要想形成长期的记忆，一定要对知识进行反复的滚固，遗忘的速度是先快后慢。
对刚学过的知识，趁热打铁，及时温习巩固，是强化记忆痕迹、防止遗忘的有效手段。
（3）注意集中。
记忆时只要聚精会神、专心致志，排除杂念和外界干扰，大脑皮层就会留下深刻的记忆痕迹而不易遗忘。
如果精神涣散，一心二用，就会大大降低记忆效率。
所以，无论做任何事情，要想把事情做好，必须一心一意，否则效率会大大降低。
（4）运用多种记忆手段。
根据情况，灵活运用分类记忆、谐音记忆、争论记忆、联想记忆、趣味记忆、图表记忆、缩短记忆及编提纲、做笔记、卡片等记忆方法，均能增强记忆力。
（1）利用联想；（2）运用推理；（3）正确组织复习（首先，复习要及时；其次，复习要多样化；最后要正确运用集中复习与分散复习的方法）；（4）适当超额学习；（5）减少前摄抑制与倒摄抑制的干扰；（6）运用记忆的技术和方法。
4、简述影响问题解决的心理因素。
答：（1）表征。
能否对问题进行适宜的表征，是影响问题解决的重要因素。
如果一个问题能得到适宜的表征，问题的解决就会比较容易，否则，问题就难以解决或无法解决。
（2）定势。
一件事情如果经常用同一方法去做，久而久之就成为习惯，以后遇到类似情境时就不假思索地以同样的方法去处理。
这种习惯性倾向称为定势。
（3）功能固着。
功能固着是指解决问题时用局限的或刻板的方式考虑物体用途的倾向性。
在一般问题情境中，使人最感困难的是需要的条件不足，现有的工具或材料未必排上用场，急切需要的工具或材料却找不到。
因此，问题能否解决的关键是将现有的材料变通使用。
（4）认知结构。
面对同一问题情境，不同的人思考推理的方式将会各不相同，其主要原因在于各有其不同的认知结构。
认知结构是个人已有的经验及其组织，决定了个人对事物的一种基本看法。
当处于问题情境时，个人就会先以其个人的认知结构来试探。
5、简述感觉与知觉的区别与联系。
答：感觉和知觉的相同点：(1)两者都是人脑多客观事物的主观反映。