习题解答3
华南理工大学C习题3及其解答
习题3及其解答3.1 选择题1．以下正确的函数原型为( d )。
(a) f( int x ; int y ) ; (b) void f( x , y ) ;(c) void f( int x , y ) ; (d) void f( int , int ) ;2．有函数原型 void fun1( int ); 下面选项中，不正确的调用是( c )。
(a) double x = 2.17 ; fun1( x ) ;(b) int a = 15 ; fun1( a * 3.14 ) ;(c) int b = 100 ; fun1( & b ) ;(d) fun1( 256 ) ;3．有函数原型 void fun2( int * ); 下面选项中，正确的调用是( c )。
(a) double x = 2.17 ; fun2( &x ) ;(b) int a = 15 ; fun2( a * 3.14 ) ;(c) int b = 100 ; fun2( & b ) ;(d) fun2( 256 ) ;4．有函数原型 void fun3( int & ); 下面选项中，正确的调用是( c )。
(a) int x = 2.17 ; fun3( &x ) ;(b) int a = 15 ; fun3( a * 3.14 ) ;(c) int b = 100 ; fun3( b ) ;(d) fun3( 256 ) ;5．有声明 int fun5( int ); int (*pf)(int) = fun5 ;下面选项中，正确的调用是( c )。
(a) int a = 15 ; int n = fun5( &a ) ; (b) int a = 15 ; cout << (&pf)(a) ;(c) cout << ( *pf )( 256 ) ; (d) cout << *pf( 256 ) ;6．在VC中，若定义一个函数的返回类型为void，以下叙述正确的是( c )。
(完整)3组合逻辑电路习题解答
(完整)3组合逻辑电路习题解答自我检测题1．组合逻辑电路任何时刻的输出信号，与该时刻的输入信号 有关 ,与以前的输入信号 无关 。
2．在组合逻辑电路中，当输入信号改变状态时，输出端可能出现瞬间干扰窄脉冲的现象称为 竞争冒险 。
3．8线—3线优先编码器74LS148的优先编码顺序是7I 、6I 、5I 、…、0I ，输出为2Y 1Y 0Y 。
输入输出均为低电平有效。
当输入7I 6I 5I …0I 为11010101时，输出2Y 1Y 0Y 为 010 .4．3线—8线译码器74HC138处于译码状态时,当输入A 2A 1A 0=001时，输出07Y ~Y = 11111101 。
5．实现将公共数据上的数字信号按要求分配到不同电路中去的电路叫 数据分配器 。
6．根据需要选择一路信号送到公共数据线上的电路叫 数据选择器 。
7．一位数值比较器,输入信号为两个要比较的一位二进制数,用A 、B 表示，输出信号为比较结果：Y (A ＞B )、Y (A ＝B )和Y (A ＜B )，则Y (A ＞B ）的逻辑表达式为B A 。
8．能完成两个一位二进制数相加，并考虑到低位进位的器件称为 全加器 。
9．多位加法器采用超前进位的目的是简化电路结构 × 。
(√，× ） 10．组合逻辑电路中的冒险是由于 引起的。
A ．电路未达到最简 B ．电路有多个输出C ．电路中的时延D ．逻辑门类型不同11．用取样法消除两级与非门电路中可能出现的冒险，以下说法哪一种是正确并优先考虑的？ A ．在输出级加正取样脉冲 B ．在输入级加正取样脉冲 C ．在输出级加负取样脉冲 D ．在输入级加负取样脉冲12．当二输入与非门输入为 变化时，输出可能有竞争冒险。
A ．01→10B ．00→10C ．10→11D ．11→01 13．译码器74HC138的使能端321E E E 取值为 时，处于允许译码状态。
A ．011 B ．100 C ．101 D ．01014．数据分配器和 有着相同的基本电路结构形式。
3静定结构的内力分析习题解答
第3章 静定结构的内力分析习题解答习题3.1 是非判断题(1) 在使用内力图特征绘制某受弯杆段的弯矩图时，必须先求出该杆段两端的端弯矩。
（ ）(2) 区段叠加法仅适用于弯矩图的绘制，不适用于剪力图的绘制。
（ ） (3) 多跨静定梁在附属部分受竖向荷载作用时，必会引起基本部分的内力。
（ ） (4) 习题3.1(4)图所示多跨静定梁中，CDE 和EF 部分均为附属部分。
（ ）习题3.1(4)图(5) 三铰拱的水平推力不仅与三个铰的位置有关，还与拱轴线的形状有关。
（ ） (6) 所谓合理拱轴线，是指在任意荷载作用下都能使拱处于无弯矩状态的轴线。
（ ） (7) 改变荷载值的大小，三铰拱的合理拱轴线形状也将发生改变。
（ ） (8) 利用结点法求解桁架结构时，可从任意结点开始。
（ ）【解】（1）正确；（2）错误； （3）正确；（4）正确；EF 为第二层次附属部分，CDE 为第一层次附属部分；（5）错误。
从公式0H /C F M f 可知，三铰拱的水平推力与拱轴线的形状无关；（6）错误。
荷载发生改变时，合理拱轴线将发生变化； （7）错误。
合理拱轴线与荷载大小无关；（8）错误。
一般从仅包含两个未知轴力的结点开始。
习题3.2 填空(1)习题3.2(1)图所示受荷的多跨静定梁，其定向联系C 所传递的弯矩M C 的大小为______；截面B 的弯矩大小为______，____侧受拉。
P习题3.2(1)图(2) 习题3.2(2)图所示风载作用下的悬臂刚架，其梁端弯矩M AB =______kN ·m ，____侧受拉；左柱B 截面弯矩M B =______kN ·m ，____侧受拉。
习题3.2(2)图(3) 习题3.2(3)图所示三铰拱的水平推力F H 等于 。
习题3.2(3)图(4) 习题3.2(4)图所示桁架中有 根零杆。
习题3.2(4)图【解】（1）M C = 0；M C = F P l ，上侧受拉。
【精选】光纤通信课后习题解答第3章习题参考答案
第三章 光纤的传输特性1．简述石英系光纤损耗产生的原因，光纤损耗的理论极限值是由什么决定的？答：（1）（2）光纤损耗的理论极限值是由紫外吸收损耗、红外吸收损耗和瑞利散射决定的。
2．当光在一段长为10km 光纤中传输时，输出端的光功率减小至输入端光功率的一半。
求：光纤的损耗系数α。
解：设输入端光功率为P 1，输出端的光功率为P 2。
则P 1＝2P 2光纤的损耗系数()km dB P P km P P L /3.02lg 1010lg 102221==＝α 3．光纤色散产生的原因有哪些？对数字光纤通信系统有何危害？答：（1）按照色散产生的原因，光纤的色散主要分为：模式（模间）色散、材料色散、波导色散和极化色散。
（2）在数字光纤通信系统中，色散会引起光脉冲展宽，严重时前后脉冲将相互重叠，形成码间干扰，增加误码率，影响了光纤的传输带宽。
因此，色散会限制光纤通信系统的传输容量和中继距离。
4．为什么单模光纤的带宽比多模光纤的带宽大得多？答：光纤的带宽特性是在频域中的表现形式，而色散特性是在时域中的表现形式，即色散越大，带宽越窄。
由于光纤中存在着模式色散、材料色散、波导色散和极化色散四种，并且模式色散>>材料色散＞波导色散＞极化色散。
由于极化色散很小，一般忽略不计。
在多模光纤中，主要存在模式色散、材料色散和波导色散；单模光纤中不存在模式色散，而只存在材料色散和波导色散。
因此，多模光纤的色散比单模光纤的色散大得多，也就是单模光纤的带宽比多模光纤宽得多。
光纤损耗吸收损耗本征吸收杂质吸收原子缺陷吸收紫外吸收 红外吸收氢氧根（OH －）吸收 过渡金属离子吸收散射损耗弯曲损耗5．均匀光纤纤芯和包层的折射率分别为n 1=1.50，n 2=1.45，光纤的长度L=10km 。
试求：（1）子午光线的最大时延差；（2）若将光纤的包层和涂敷层去掉，求子午光线的最大时延差。
解：（1） 1sin 21111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=n n C Ln n C L n CL c M θτ () s 1.72145.150.110350.1105μ=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯=km km （2）若将光纤的包层和涂敷层去掉，则n 2=1.01sin 21111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=n n C Ln n C L n CL c M θτ () s 5210.150.110350.1105μ=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯=km km 6．一制造长度为2km 的阶跃型多模光纤，纤芯和包层的折射率分别为n 1=1.47，n 2=1.45，使用工作波长为1.31μm ，光源的谱线宽度Δλ＝3nm ，材料色散系数D m ＝6ps/nm·km ，波导色散τw ＝0，光纤的带宽距离指数γ＝0.8。
习题答案第3章
t s (2%) 4T
T ，为惯性环节的时间常数。 将已知数据 t s (2％)＝15 秒代入上式，求得惯性环节的时间常数 T
则闭环传递函数为
3.75 秒。
WB ( s )
单位反馈系统的开环传递函数为
1 15s 1
WK ( s )
WB ( s) 1 1 WB ( s ) 15s
s0
劳斯表中出现 s 行为全 0 行，且无符号变化，则闭环系统临界稳定，有 2 对对称于原 点的特征根。可通过辅助方程得到。
3
令 F ( s ) 3s 18s 12 0
4 2
解得
3-9 系统如图 P3-4 所示，问 取何值系统方能稳定。
s1, 2 j 0.87 ， s 3, 4 j 2.29 10 s ( s 1)
则 令 xc (t ) 0
xc (t ) L1 [ X c ( s )] 1 e t cos(3t )
可得 t m 0.94 s
阶跃响应的最大峰值 根据超调量的定义
x max (t m ) 1.37
%
调节时间 t s (5%)
x max (t m ) xc () 100% 37% x c ( )
0.2 sX c ( s ) 2 X r ( s )
又输入信号为 X r ( s )
1 ，则输出 s
X c ( s ) 10 s2
拉氏反变换后，得单位阶跃响应为
xc (t ) 10t
c (t ) 0.24 x c (t ) （2） 0.04 x
微分方程两侧同时取拉氏变换，得
5 4 3 2
（4） s 4 s 4 s 4 s 7 s 8s 10 0
物理化学习题解答(三)
物理化学习题解答(三)习题p200~2031.有5mol某双原子理想气体，已知其C v,m=2.5R，从始态400K，200kPa，经绝热可逆压缩至400kPa后，再真空膨胀至200kPa，求整个过程的Q，W，ΔU，ΔH和ΔS。
解：(1) 绝热可逆：Q1=0，ΔS1=0，W1=ΔU1。
T1γp11-γ=T2γp21-γ，(T2/T1)γ=( p1/p2) 1-γ，γln(T2/T1)=(1-γ)ln( p1/p2)ln(T2/T1)=(1/γ-1)ln( p1/p2)= (5/7-1)ln(200/400)= 0.198042T2=T1exp(0.198042)=400exp(0.198042)=487.6KW1=ΔU1=n C v,m(T2-T1)=5×2.5×8.314×(487.6-400)=9103.83JΔH1=n C p,m(T2-T1)=5×3.5×8.314×(527.8-400)=12745.36J(2) 真空膨胀：Q2=0，W2=ΔH2=ΔU2=0。
设计等温可逆过程：ΔS2=nR ln(p1/p2)=5×8.314×ln(400/200)=28.81 J.K-1整个过程：Q=Q1+Q2=0，W=W1+W2=W1=9103.83JΔU=ΔU1+ΔU2=ΔU1=9103.83JΔH=ΔH1+ΔH2=ΔH1=12745.36JΔS=ΔS1+ΔS2=ΔS2=28.81 J.K-12.有5molHe(g)，可看作理想气体，已知其C v,m=1.5R，从始态273K，100kPa，变到终态298K，1000kPa，计算该过程的熵变ΔS。
解：(1) 设计等温可逆过程：273K，100kPa→273K，1000kPaΔS1=nR ln(p1/p2)=5×8.314×ln(100/1000)= -95.72J.K-1(2) 设计等压可逆过程：273K，1000kPa→298K，1000kPaΔS2=nC p,m ln(T2/T1)=5×2.5×8.314ln(298/273)=9.106J.K-1则：273K，100kPa→298K，1000kPaΔS=ΔS1+ΔS2=-95.72+9.106=-86.61 J.K-13.在绝热容器中，将0.10kg、283K的水与0.20kg、313K的水混合，求混合过程的熵变ΔS mix。
模式识别习题解答第三章
题1：在一个10类的模式识别问题中，有3类单独满足多类情况1，其余的类别满足多类情况2。
问该模式识别问题所需判别函数的最少数目是多少？答：将10类问题可看作4类满足多类情况1的问题，可将3类单独满足多类情况1的类找出来，剩下的7类全部划到4类中剩下的一个子类中。
再在此子类中，运用多类情况2的判别法则进行分类，此时需要7*（7-1）/2=21个判别函数。
故共需要4+21=25个判别函数。
题2：一个三类问题，其判别函数如下：d1(x)=-x1, d2(x)=x1+x2-1, d3(x)=x1-x2-11.设这些函数是在多类情况1条件下确定的，绘出其判别界面和每一个模式类别的区域。
2.设为多类情况2，并使：d12(x)= d1(x), d13(x)= d2(x), d23(x)= d3(x)。
绘出其判别界面和多类情况2的区域。
3.设d1(x), d2(x)和d3(x)是在多类情况3的条件下确定的，绘出其判别界面和每类的区域。
答：三种情况分别如下图所示：1．2．3．题3：两类模式，每类包括5个3维不同的模式，且良好分布。
如果它们是线性可分的，问权向量至少需要几个系数分量？假如要建立二次的多项式判别函数，又至少需要几个系数分量？（设模式的良好分布不因模式变化而改变。
）答：（1）若是线性可分的，则权向量至少需要14N n =+=个系数分量； （2）若要建立二次的多项式判别函数，则至少需要5!102!3!N ==个系数分量。
题4：用感知器算法求下列模式分类的解向量w : ω1: {(0 0 0)T, (1 0 0)T, (1 0 1)T, (1 1 0)T} ω2: {(0 0 1)T, (0 1 1)T, (0 1 0)T, (1 1 1)T}解：将属于2w 的训练样本乘以(1)-，并写成增广向量的形式x1=[0 0 0 1]',x2=[1 0 0 1]',x3=[1 0 1 1]',x4=[1 1 0 1]';x5=[0 0 -1 -1]',x6=[0 -1 -1 -1]',x7=[0 -1 0 -1]',x8=[-1 -1 -1 -1]';迭代选取1C =，(1)(0,0,0,0)w '=，则迭代过程中权向量w 变化如下：(2)(0 0 0 1)w '=；(3)(0 0 -1 0)w '=；(4)(0 -1 -1 -1)w '=；(5)(0 -1 -1 0)w '=；(6)(1 -1 -1 1)w '=；(7)(1 -1 -2 0)w '=；(8)(1 -1 -2 1)w '=；(9)(2 -1 -1 2)w '=； (10)(2 -1 -2 1)w '=；(11)(2 -2 -2 0)w '=；(12)(2 -2 -2 1)w '=；收敛所以最终得到解向量(2 -2 -2 1)w '=，相应的判别函数为123()2221d x x x x =--+。
第3章习题解答
《数字通信系统原理》教材习题解答第三章练习题33-1 填空（1）模拟信号在数字通信系统中的传输，首先必须把模拟信号转变为 数字信号 ，转换的方法有 脉冲编码调制 和增量调制等。
（2）衡量量化性能好坏的常用指标是 量化信噪比。
此值越大，说明量化性能越 好。
（3）非均匀量化的PCM 中，信号功率小时，量化噪声功率 小，适用于动态范围较宽的信号。
（4）目前，数字通信系统中采用两种压扩特性：一种是A 律压扩特性：另一种是 μ律压扩特性 。
（5）采用增量调制的目的是 简化模拟信号的数字化方法 ：采用自适应增量调制的目的是 提高小信号的量化信噪比。
补充题：1．线性PCM 的量化噪声与信号功率大小有关吗？无关，它适用于动态范围小的信号。
2．在对数PCM 中，量化噪声功率与信号功率的定性关系是信号功率小，量化噪声功率就小，适用于动态范围大的信号。
在对数M 中，信号在某一段落内变化时，量化噪声功率是否变化?不变。
3．在对数PCM 和自适应增量调制中，抗噪声能力强的是自适应增量调制，量化噪声小的是对数PCM 。
4．均匀量化器的量化信噪比与编码位数的关系是编码增加1位，量化信噪比增大6dB ，非均匀量化器可以提高小信号的量化信噪比。
5．若A 律13折线PCM 编码器输入信号为直流且幅度等于最小量化间隔的1.5倍，则编码器的输出为10000001。
6．线性PCM 编码器的抽样信号频率为8kHz ，当信息速率由80kbit/s 下降到56kbit/s 时，量化信噪比增大18dB 。
3-2 试画出PCM 通信的原理图，并简述PCM 通信的过程。
3-3 PAM 信号、量化信号和PCM 信号属于什么类型的信号？3-4 对基带信号t t t g ππ4cos 3cos 2)(+=进行理想抽样。
（1）为了在接收端不失真地从已抽样信号中恢复出，怎样选取抽样间隔？（2）若抽样间隔为0.2s ，试画出已抽样信号的频谱。
解：（1）基带信号可以看成是低通信号，由于Hz f m 2=根据抽样定理，得Hz f f m s 42=≥（2）由已知得，抽样频率为Hz f s 52.01==。
电路与模拟电子技术基础（第2版）习题解答第3章习题解答
第3章正弦稳态电路的分析习题解答3.1 已知正弦电压()V314sin 10q -=t u ，当0=t 时，V 5=u 。
求出有效值、频率、周期和初相，并画波形图。
周期和初相，并画波形图。
解 有效值为有效值为有效值为 V 07.7210==UHz 502314==pf ；s 02.01==fT将 0=t , V 5=u 代入，有代入，有 )sin(105q -=，求得初相°-=30q 。
波形图如下。
波形图如下3.2 正弦电流i 的波形如图3.1所示，写出瞬时值表达式。
所示，写出瞬时值表达式。
图3.1 习题3.2波形图波形图解 从波形见，电流i 的最大值是A 20，设i 的瞬时值表达式为的瞬时值表达式为A π2sin 20÷øöçèæ+=q t T i当 0=t 时，A =10i ，所以，所以 q sin 2010=，求得，求得 °=30q 或 6π=q 。
当 s 2=t 时，A =20i ，所以，所以 ÷øöçèæ+´=6π2π2sin 2020T ，求得，求得 s 12=T 。
所以所以 A÷øöçèæ°+=306πsin 20t i。
3.3正弦电流()A 120 3cos 51°-=t i ，A )45 3sin(2°+=t i 。
求相位差，说明超前滞后关系。
关系。
解 若令参考正弦量初相位为零，则1i 的初相位°-=°-°=30120901q ，而2i 初相位°=452q ，其相位差其相位差 °-=°-°-=-=75453021q q j ， 所以1i 滞后于2i °75 角，或2i 超前1i °75 角。
电路理论习题解答第3章
第三章部分习题答案3－1 试画出如图3－34所示拓扑图的两颗树，并针对特定的树指出其基本回路和基本割集。
图3－34 题3－1图(a) (b) 题解3－1图解：指定的两棵树如题解3－1图（a ）和（b ）图(a)对应的基本回路为支路集合{1，4，6，8}、{2，4，5}、{3，5，6，8}；基本割集为支路集合{1，7}、{1，2，4}、{2，3，5}、{3，8}、{6，7，8}。
图(b)对应的基本回路为支路集合{1，4，6，7}、{1，2，3，7，8}、{1，3，5，7，8}；基本割集为支路集合{1，2，5，6}、{2，3}、{4，5，6}、{3，8}、{2，5，6，7}。
3-2 用支路电流法求图3－35所示电路中的各支路电流。
7Ω7Ω图3－35 题3－2图37图3－35 题3－3图3U解：选定各支路电流的参考方向，并标定各支路电流，如图3－35题3－2图所示 支路电流方程为：67116701173213221=++=+--=+-I I I I I I I 解得支路电流为：A 4 A,2 A,6321==-=I I I .3-3 用支路电压法求图3－35所示电路中的各支路电流。
选定各支路电压的参考方向，并标定各支路电压，如图3－35题3－ 图所示 支路电压方程为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++==11677071173213221U U U U U U U 解得支路电压为：V 28321===U U U . 3-4 试写出图3－36所示各电路得节点电压方程。
图3－36 题3－4图Ω10Vi4（a)（b)解：对图（a ）的电路用观察法例节点电压方程为：()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++---=-+-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+011212110115102121213213231n n n n n n n U U U U U U U 整理得节点电压方程为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+---=-=-025211025213213231n n n n n n n U U U U U U U 对图（b ）的电路用观察法例节点电压方程为：()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=++-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=--⎪⎭⎫ ⎝⎛++u u u i u u u u u u n n n n n n n 1011241021212121021121213121321 ……………………………………………..(1) 增加控制量u ， i 与节电电压之间得关系，有：⎪⎩⎪⎨⎧-==-=252131n n n n u u i u u u …………...(2) 由方程组(1)和(2)整理得节点电压方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=++-=--08901025.1155.0231321321n n n n n n n n u u u u u u u u3-5 用节点分析法求图3－37所示电路的电压U 和电流I 。
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-第三章3-1解：kt j y i x u 766-+= ,.7,0,0-=∂∂=∂∂=∂∂tu tu tu z y xktu 7-=∂∂xx z u u y u u x u u x zx yx x360066=+++=∂∂+∂∂+∂∂yy zu u yu u xu u y zy y y x 3666=⋅=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂zu u yu u xu u z zz yz xjy i x u u 3636)(+=∇⋅()kj y i x u u tu a 73636-+=∇⋅+∂∂=3-2解：)10(2)26(2222t xyx t xy y t zu u yu u xu u tu a x zx yx xx x +-+++=∂∂+∂∂+∂∂+∂∂=58)11003(32)10326(0222,-=⨯+⨯⨯-+⨯⨯+⨯⨯+=tM xa同理，,10,-=tM y a,0,=tM zaji a 1058--=3-3解：cc cc xu u tu a ∂∂⋅+∂∂=s t 2= 时，()s m uA/4.428522=-+=，()s m uB/2.214521=-+=，sm u u uBA C/3.32=+=)/1(1.124.42.2s x u u xu BAA B c-=-=∆-=∂∂ t=0 时，s m u u u BA c/5.12122=+=+=，)/(9.025.13.32s m tu c=-=∂∂)/(73.21.13.39.02s m a c -=⨯-=3-4解：由题意管中流量随t 的变化的表达式为 tt Q 01.03.0303.03.0-=-=大管径D 内的速度)01.03.0(15.143.014.3)01.03.0(441221t t DQ v-=⨯-⨯==π小管径d 内的速度)01.03.0(62.5615.014.3)01.03.0(441222t t dQv-=⨯-⨯==π()t td D Q v B 01.03.016.25215.03.014.34101.03.024122-=⎪⎭⎫⎝⎛+⨯⨯-=⎪⎭⎫⎝⎛+=π)01.03.0(24.216.012t v v xv B-=-=∂∂21/1415.00sm tv a A -=+∂∂=210/83.2s m x v v t v a t BB B =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂==3-5解： ①'222222cyx yx cx dy yx cy dx u dy u dx yx=+⇒+=+-⇒=流线为圆心在原点的同心圆，恒定流，迹线与流线重合。
②cy x y y y x d dy y x xydx xydy yx dx =-⇒=+-⇒=---⇒-=-2232222230)3(0)(22恒定流，流线与迹线重合。
3-6解： 流线：2212=++-⇒=-c tx y y tdy ydx （t 为参数）由t=1，x=0，y=0 代入得：c=0。
故所求流线方程为：0222=+-tx y y由迹线方程：tdtdy dt ydx ==-,1 解得：122c ty+=（t 为变量）从而dt c tdt y dx )21()1(12--=-=2316)1(c tt c x +--=00,02=⇒==c y t所求迹线方程为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=2623t y x t x3-7解：sm dr r r r r r u r r d r r r u rdr r r u r v r r r r /45.22157821811872)1()87(22117808787100700max 00020max 00max 2=⨯⨯=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-⋅-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰⎰⎰ππ()s m r vQ /077.024120==π3-8解：过A 点取过水断面a —a ’，以B 点为基准面，则得：,0+=+a AA z p z γmz z p A a A625.230cos5.32=︒⨯=-=γmp z AA 875.0625.25.3-=+-=+γ3-9解:21Q Q Q +=，s m Q Q Q /9253251250312=-=-=，sm AQ v /47.237592522===3-10解:s m v d d v A A v v A v A 25.0155.22221221212211=⨯⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⇒=3-11证：因ABCD 为一微元，AB 面的速度可近似认为为θu ，DC 面为θγθθθd u u ∂∂+AD 面的速度可近似认为为r u ，BC 面为dr ru u r r γ∂∂+由质量守恒定律：()0=-⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂++-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+dr u dr rd r u u rd u d dr r dr r u u r r r θθθθθθθ 即：0=∂∂+⋅⋅∂∂+⋅∂∂+θθθθθθdrd u d dr dr ru rd dr ru drd ur r r略去三阶无穷小量，两边rdrd得：=∂∂+∂∂+θθr u ru ru r r 得证。
3-12解： ① 0112=--=∂∂+∂∂+∂∂zu yu xu z y x 满足② 032022≠+=+++=y x y y x u d i v不满足③0033=+⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅=x y xy u div 满足④00cos 11cos 2cos 011223222=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-⋅+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∂∂+∂∂+∂∂+=θθθθθθr a c r r a r c z u u r r u r u u div z r r 满足3-13解：h rr r gu H A ∆-=22s m u A /22.202.0116.138.92=⨯⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯=3-14解：,22h gu A =sm gh u A /43.36.08.922=⨯⨯==当毕托管处于A 、B 两点时有：1''2222h g u p z g u p zH B B BAAA∆-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-++γγγγγ(1)当毕托管处于A 、C 两点时有：2''2222h g u p z g u p zH CC CAAA∆-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-++γγγγγ（2）由（1）-（2）得：()12''2222h hgu g u p z p z H B C B BC C ∆-∆-=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+γγγγγ由于流动为均匀流γγBB CC p z p z +=+， B A u u =， 则得：()gu h hgu B HC22212'2+∆-∆-=γγγ代入数据解得： s m u C /325.3=3-15解：由s 方向的力的方程：∑=dtdu mF s s 得： dt du g dG dG dA ds s p p pdA s =-⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+-θsingds dA dG ρ⋅⋅= g d A d zg d A d s dG ρθρθ==sin sin 代入上式得：dtdu spsz gdtdu dAdsgdz dA dsdA sp s s =∂∂-∂∂-⇒=⋅-∂∂-ρρρ13-16解： 设水流由AB →则 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=g v p z g v p z h A A A A B B B B wAB2222αγαγ153.48.922.04.0198001086.608.92198001096.112424<-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯+⨯+=m假设错误， 水流由BA →3-17解：设液流从2—2断面流向1—1断面，则⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=g vp z g v p z hw222111122222αγαγ24.006.382.28.92282.08820.08820.0323.13222222122'2112221122>=+-=⨯-+⨯--=-+--=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=油柱高m g v v h g v g v p z p z H γγγααγγ假设正确，液流从2—2断面流向1—1断面。
油柱高m z z p p 23.482.2282.21221=+=+-=-γ3-18解：由水面至c —c 面的能量方程得：gv c c 200003.92α++=++ 1≈c αsm v c /5.133.98.92=⨯⨯=sm D d v v v C BA /375.31055.1322=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛==到水面至A —A 断面能量方程得：水柱m p gv p zAA AA71.48.92375.35005222=⨯-=⇒++=++γγ2/15.4671.48.9mkN p A =⨯=由水面至B —B 面能量方程得：gv p B B292+=γ，22/50.828.92375.398.9m kN pB=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯=自由出流：0=c p3-19解：sm h q v /30.13273508.2911=-==由1—1和c —c 断面能量方程得：350-325+0+wcc c h gv h gv +++=202221αα取1≈≈c ααgv gv v q ccc208.028.923.125222++=⨯+解得：s m v c /7.20= mv q h cc 44.17.208.29===3-20解：由水面至1—1断面能量方程得：gA Q b h 2)(21+-= （1）由水面至2—2断面能量方程得：2222222)(gHA QgA Q H=⇒=代入（1）得：Hb h A A +=123-21解：（1） 由能量方程得：hkQ∆-=γγγμ'，0251.0)5/5.2(1025.048.9214.3)(1422222=-⨯⨯⨯=-=D d dg k πsl s m Q /785.3/10785.32.06.1200251.095.033=⨯=⨯⨯⨯=-3-22解：①由1—1和3—3列平衡方程：3123333200-+++=++w ah gv p z p αγγgvgvp p a 21022223++=-γ即：72112≤+γv解得：sm v/98.2≤s l v d Q /44.2341max 2max ==π对1—1和4—4列能量方程：gvgvh 2122000022+++-=++解得：)(9.58.9298.21321322max maxm g v h=⨯⨯==②利用公式i w ii h p gvz p gv z-+++=++12121122γγ将计算结果列表 动能水柱m gv456.08.9298.2222=⨯=3-23解：s m d Qv /59.16.045.0442211=⨯==ππ sm d Qv /71.09.045.0442222=⨯==ππ由能量方程得：2122212122111122-+++=-++w mh gv p z Hgv p z αγαγ代入已知数据算得：)(59.13m H m =功率)(9.59980045.059.13kW Q H N =⨯⨯=⋅⋅=γ3-24解：水柱m h h p h h p m m 344.0211211=-=⇒-=γγγγγγ列1‘—1’和2—2断面能量方程：w h gv gv p +=+222222111ααγ，2211≈gv α，取12≈α解得：γϕ122p gv =，γμ1222p gA v A Q ==，ζαεϕμ+==221AA代入数据解得：s m Q/109.434-⨯=3-25解：由1—1和3—3断面能量方程得：21233230w w ph h gv H+++=α 取13≈α得：gv gv gv 2122523050222123+++=而32131v d d v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=，32232v d d v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=代入并解得：s m v /76.83=， s m v /19.21= 由1—1和B —B 断面能量方程得：gv gv p z B252021212+++=αγ，取1=α代入数据计算得：2/3447.38.9mkN p B -≈⨯-=3-26解：由1—1和2—2断面能量方程得：gv gv gv 25.0212.08.1208.122222211++-=++αα取121≈≈αα，77.08.112.03.08.121=--=v v ， 2177.0v v =，代入上式得：s m v /79.12=sm bh v Q /64.6322=⋅=3-27解：取如图示的脱离体：由1—1和2—2断面能量方程得：gv p gv p 2222222111αγαγ+=+取121=≈ααsm d Q v /02.15.1418.1412211=⨯==ππv 2=即：8.9229.28.9202.140222⨯+=⨯+γp 解得：p由动量方程得：(2'221v Q R p pαρ-=--得：()kN v v Q p p R 01.3848.9401221=⨯=---=ρRR -='3-28解：取如图示脱离体，由A —B 两断面能量方程得：gv gv z gv p B B B A A A25.022222++∆=+ααγ取1≈≈B A αα 代入已知数据解得：2/73598mN p A =由x 方向动量方程()()A B A x A Bx x A v v Q gp R v v Q R p -︒-=⇒-=-45cos γρ解得：N R x 78.1924= y:()GQv R v Q gR GB y By y +︒=⇒-=+-45sin 0ργ算得：61.754=yR， kNR R R y x 07.222=+=，392.0==xy R R tg θ'2421︒=θRR ='3-29解：①由1—1和2—2断面能量方程得：gv p gv p 2222222111αγαγ+=+取121=≈αα，得： gv v p 221221-=γsm d v Q /0785.041.014.3104322222=⨯⨯=⨯=πsm d v Q /0442.04075.014.3104322333=⨯⨯=⨯=πs m Q Q Q /1227.0332=+=sm d Q v /947.615.014.3411227.04122111=⨯⨯==π2221/6.258698.92947.6109800mN p =⨯-⨯=Ndp P 92.45641211==π由x 方向动量方程：()1'12'221v v Q R P P ααρ-=--113322130cos 55cos v Q v Q v R P x ρρρθ-+︒=-︒()Nv Q v Q v Q p R x 52.14430cos 5cos 1133221=-︒+︒-=ρ由y 方向动量方程：Nv Q v Q R y58.1525sin 30sin 2233=︒-︒=ρρ液体对管体的作用力NR F N R F y y x x 58.15252.144==== 相反、的方向与、y x y x R R F F②设管径为10cm 支管与主管轴线成α角，才能使作用力的方向沿主管轴线，此时=y R ，由y 方向动量方程得："'2233223359201630sin arcsin sin 30sin 0︒=⎪⎪⎭⎫⎝⎛︒=⇒-︒==v Q v Q v Q v Q R y ααρρ3-30解：由x 方向动量方程得：48.098002121439800212122222211⨯⨯⨯==⨯⨯⨯==b h P b h P γγ 取1'2'1=≈αα()kN h h b QP P R 153318.0148.98.6980064.09498002111212221=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯--⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=ρRF -=3-31解： 由动量方程得：()1'12'221v v q R P Pααρ-=--（1）21121h P γ=，22221h P γ=取1'1'2≈≈αα2212v h h v =代入1）解得:()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=12212122211221212221112211121h h v h h h g h h v h h h g R ρρρ 3-32解：取脱离体如图，由水平方向的动量方程得：21c c c v A Qv P ρρ== H A P γ=12cc v A H A ργ=∴ 由水面至2—2断面能量方程得：gv Hc 22α=令 1=α， v c =从而 2=⇒=AA gH A H A c c εργ射流对水箱的反作用力与1P3-33解：分别写o —o ，1—1断面，2— s m v v v /3021=== Q Q Q 012.0036.012-=-=由y 方向动量方程得：∑-==θρρsin 02211v Q v Q Fy5.0024.0012.0sin 21===Q Q θ，由x 方向动量方程得：∑-=-=Qvv Q R Fx Xρθρcos 22(R x .0036.0301000-⨯⨯=3-34解：m dQ 1516.043.1932=⨯=π总 由能量方程得：v v v ==2121Q Q Q +=总，由对称性 （1） x ()2245cos 2v Q R ρρ-︒-=-R 13.191516.01000 ⎝⎛+⨯⨯=∴（2）()dQ04123.192=-=πsm v v /3.7123.1921=-==kN R 714.02213.70573.0=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⨯⨯=ρ3-353-36 p 1γ+2p =由x 141p 232412dv v π==代入数据可解得：kN R x 1241= 由y 方向动量方程得：0sin 2sin 2sin 41sin 41322322---=++αραραπαπv Q v Q d p d p R y解得：kNR y1750=， kN R R R y x 214522=+=︒==73.60xy R R arctgθ RR -='3-37解：（1）0=∂∂=xu x xxε，0=yyε，0=zz ε 无线变形0421≠-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂==y Jy u x u x yxy yx μγεε，04≠-=μγεεJzxxz。