优化设计 孙靖民 课后答案第6章习题解答

第六章习题解答1．已知约束优化问题：2)(0)()1()2()(min 21222112221≤-+=≤-=⋅-+-=x x x g x x x g ts x x x f试从第k 次的迭代点[]T k x21)(-= 出发，沿由（-1 1）区间的随机数0.562和-0.254所确定的方向进行搜索，完成一次迭代，获取一个新的迭代点)1(+k x 。

并作图画出目标函数的等值线、可行域和本次迭代的搜索路线。

[解] 1）确定本次迭代的随机方向：[]T TRS 0.4120.9110.2540.5620.2540.2540.5620.5622222-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++=2) 用公式：R k k S x xα+=+)()1( 计算新的迭代点。

步长α取为搜索到约束边界上的最大步长。

到第二个约束边界上的步长可取为2，则：176.1)412.0(22822.0911.0212212111=-⨯+=+==⨯+-=+=++R kk R k k S x x S x xαα⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+176.1822.01k X即： 该约束优化问题的目标函数的等值线、可行域和本次迭代的搜索路线如下图所示。

2．已知约束优化问题：)(0)(025)(124)(m in 231222211221≤-=≤-=≤-+=⋅--=x x g x x g x x x g ts x x x f试以[][][]T T T x x x 33,14,12030201===为复合形的初始顶点，用复合形法进行两次迭代计算。

[解] 1）计算初始复合形顶点的目标函数值，并判断各顶点是否为可行点：[][][]935120101-=⇒==⇒=-=⇒=030302023314f x f x f x 经判断，各顶点均为可行点，其中，为最坏点。

为最好点，0203x x2）计算去掉最坏点 02x 后的复合形的中心点：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡==∑≠=3325.221132103312i i i c x Lx3）计算反射点1R x （取反射系数3.1=α）20.693.30.551422.51.322.5)(1102001-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-+=R R c c R f x x x x x 值为可行点，其目标函数经判断α 4）去掉最坏点1R0301x x x x 和，，由02构成新的复合形，在新的复合形中 为最坏点为最好点，011R x x ，进行新的一轮迭代。

第六单元 磁场和安培力(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．) 1．关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是( ) A ．磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合曲线 B ．磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线C ．磁感线起始于N 极，终止于S 极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D ．磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向2. 两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条导线AB 是固定的，另一条导线CD 能自由转动．当直流电流按图所示方向通入两条导线时，CD 导线将( )A ．逆时针方向转动，同时靠近导线AB B ．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC ．顺时针方向转动，同时离开导线ABD ．逆时针方向转动，同时离开导线AB3．如图所示，一个面积为S 的矩形线圈abcd 静止在倾角为θ的斜面上，整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．若磁场方向竖直向上，则通过线圈的磁通量大小为( )A ．0B ．BSC ．BS cos θD ．BS sin θ4. 六根互相绝缘的导线，在同一平面内组成四个相等的正方形，导线中通以大小相同的电流，方向如图所示，在这四个正方形区域中，指向纸面内，磁通量最大的区域是( )A ．ⅠB ．ⅡC ．ⅢD ．Ⅳ5. 图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．可以判断出a 、b 、c 、d 四根长直导线在正方形中心O 处产生的磁感应强度方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右6．如图所示，菱形金属框架ABCD 各边用粗细均匀的电阻丝折成，已知∠ABC＝120°，各边长度AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝L ，ABC 部分长度为L 的电阻丝电阻值为r ，ADC 部分长度为L 的电阻丝电阻值为3r ，框架的两端AC 与一电源电动势为E ，内阻为r 的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到安培力的合力大小为( )A.23BEL 5r B ．0 C.3BEL 5r D.7BEL11r7．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8．以下说法正确的是()A．只有两个磁铁相互接触时，才能发生相互作用B．把一根条形磁铁从中间折断，则被分开的两部分只有N极或只有S极C．指南针能指南与地球的磁场有关D．人们代步的电动自行车中存在磁体9．为了形象地描述磁场的分布引入了磁感线，磁场中某区域的磁感线如图所示，则下列说法错误的是() A．a、b两处的磁感应强度的大小相等B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定10.如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是()A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束11．斜面倾角为θ，一条形磁铁静止在斜面上，若在磁铁上方中心位置固定一导体棒，在导体棒中通以方向如图所示的电流后，下列说法正确的是()A．磁铁与斜面间压力增大B．磁铁与斜面间的摩擦力减小C．磁铁将沿斜面做加速度逐渐减小的加速运动D．磁铁仍然保持静止状态12．南极考察经常就南极特殊的地理位置进行科学测量．“雪龙号”考察队员一次实验如下：在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电螺线管，如图所示．下列说法正确的是()A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将减小B．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大C．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(10分)匀强磁场(各点的磁感应强度大小、方向均不变的磁场)中长为2 cm的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2 A时，它受到的磁场力大小为4×10－3 N，问：(1)该处的磁感应强度B是多大？(2)若电流不变，导线长度减小到1 cm，则它受到的磁场力F和该处的磁感应强度B各是多少？(3)若导线长度不变，电流增大为5 A，则它受到的磁场力F和该处的磁感应强度B各是多少？14．(10分)地球上某地磁感应强度B的水平分量B x＝0.18×10－4 T，竖直分量B y＝0.54×10－4 T．求：(1)地磁场磁感应强度B的大小及它与水平方向的夹角．(2)在水平面2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ.15．(10分)如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从b→a、I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨的压力．(g＝10 m/s2)15．(10分)如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从b→a、I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨的压力．(g＝10 m/s2)16．(12分)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L＝1 m，M和P之间接入电动势为E＝10 V的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m＝1 kg、电阻为R＝2 Ω的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，B＝0.5 T，方向与水平面夹角为θ＝37°且指向右上方，如图所示．(取g＝10 m/s2)问：(1)当ab棒静止时，ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？参考答案与解析1．导学号39800075] 【解析】选A.磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合曲线，选项A 正确；磁感线和电场线都不一定是一些互相平行的曲线，选项B 错误；磁感线是闭合的曲线，在磁体外面起始于N 极，终止于S 极；里面起始于S 极，终止于N 极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷，选项C 错误；磁感线和电场线的切线方向分别表示磁场和电场的方向，选项D 错误；故选A.2．导学号39800076] 【解析】选A.电流AB 产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD 左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD 导线逆时针方向转动，当CD 导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引，所以导线CD 逆时针方向转动，同时靠近导线AB .故A 正确，B 、C 、D 错误，故选A.3．导学号39800077] 【解析】选C.将线圈面积投影到与磁场垂直的方向，可得有效面积S ′＝S cos θ，故磁通量的大小为Φ＝BS cos θ，C 正确．4．导学号39800078] 【解析】选A.先分析Ⅰ区域：导线2、3和5、6分别在此区域产生的磁场方向相反，磁通量互相抵消，故只剩下导线1和4在此区域产生磁通量，由安培定则可判断出方向均垂直纸面向里．同理可分析出Ⅱ、Ⅳ区域的合磁通量为零，Ⅲ区域的合磁通量垂直纸面向外，故选A.5．导学号39800079] 【解析】选C.根据题意，由右手螺旋定则知b 与d 导线电流产生磁场正好相互抵消，而a 与c 导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，故C 正确，A 、B 、D 错误．故选C.6．导学号39800080] 【解析】选A.对于框架的ABC 部分与ADC 部分，其等效长度均为AC 连线长度，由几何关系可得：L ′＝2L cos 30°＝3L ，由闭合电路的欧姆定律可得，通过框架ABC 与ADC 部分的电流强度为I ＝E 6r ×2r 6r ＋2r ＋r ＝2E5r ，由左手定则可得等效部分所受的安培力方向均竖直向上，设两条支路的电流强度分别为I 1、I 2，可得：F ＝BI 1L ′＋BI 2L ′＝B (I 1＋I 2)L ′＝BIL ′＝23BEL5r，A 选项正确． 7．导学号39800081] 【解析】选C.由安培定则可以判断通电导线产生的磁场的磁感线如图所示，由磁场的叠加原理可知C 项正确．8．导学号39800082] 【解析】选CD.磁体的周围存在一种特殊的物质——磁场，磁铁间不接触时也可以通过磁场发生相互作用，故A 错．无论将磁铁分得多么小，它总有N 极和S 极，迄今为止，还没有发现只有N 极或S 极的磁单极子存在(这一点与电荷不同)，故B 错．指南针能指南与地球的磁场有关，故C 正确．电动自行车的电机中一定有磁体存在，故D 正确．9．导学号39800083] 【解析】选ABC.根据磁感线的疏密程度，可以判断出a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a >B b ，A 、B 错误；同一通电导线放在a 处受力的情况大小不一定，因为放入时的位置(即放入时与磁感线的方向)不确定，则其受安培力的大小不确定，C 错误，D 正确．10．导学号39800084] 【解析】选BC.小磁针N 极的指向即是磁针所在处的磁场方向．题中磁针S 极向纸内偏转，说明离子束下方的磁场方向由纸内指向纸外．由安培定则可判定由离子束的定向运动所产生的电流方向由右向左，故若为正离子，则应是自右向左运动，若为负离子，则应是自左向右运动．故选BC.11．导学号39800085]【解析】选AD.通电导体棒处磁场方向与导体棒垂直，沿斜面向下，由左手定则可知通电导体棒所受安培力垂直于斜面向上，由牛顿第三定律可得磁铁所受导体棒的磁场力垂直于斜面向下，故磁铁与斜面间压力增大，A正确；磁铁重力沿斜面向下的分力仍然与静摩擦力平衡，静摩擦力大小不变，磁铁仍然保持静止状态，B、C错误，D正确．12．导学号39800086]【解析】选AC.在地球南极附近即为地磁N极，螺线管相当于一条形磁铁，根据右手螺旋定则判断出“条形磁铁”的极性．再根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，判断知A、C正确．13．导学号39800087]【解析】(1)根据磁感应强度的定义B＝FIL＝4×10－32×2×10－2T＝0.1 T.(2)匀强磁场中该处的磁感应强度由磁场本身决定，不因导线长度的改变而改变，因此B＝0.1 T.根据磁感应强度的定义B＝FIL可得，导线长度减小到1 cm，则它受到的磁场力F′＝BIL′＝0.1×2×1×10－2 N＝2×10－3 N.(3)匀强磁场中该点的磁感应强度也不因电流的改变而改变，因此B＝0.1 T.根据磁感应强度的定义B＝FIL可得，电流增大为5 A，则它受到的磁场力F″＝BI′L＝0.1×5×2×10－2 N＝0.01 N.【答案】(1)0.1 T(2)2×10－3 N0.1 T(3)0.01 N0.1 T14．导学号39800088]【解析】(1)根据平行四边形定则，可知B＝B2x＋B2y＝0.182＋0.542×10－4 T＝0.57×10－4 TB的方向和水平方向的夹角α＝arctan B yB x＝arctan0.54×10－40.18×10－4＝arctan 3＝71°56′.(2)题中地磁场竖直分量与水平面垂直，故磁通量Φ＝B y·S＝0.54×10－4×2.0 Wb＝1.08×10－4 Wb.【答案】(1)0.57×10－4 T arctan 3或71°56′(2)1.08×10－4 Wb15．导学号39800089]【解析】金属棒ab中电流方向由b→a，它所受安培力方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B的大小，再求出ab棒对导轨的压力．(1)ab棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则mg sin 60°＝BIL cos 60°.B＝mg tan 60°IL＝0.3×10×33×1T＝1.73 T.(2)ab棒对导轨的压力为：N′＝N＝mgcos 60°＝0.3×1012N＝6 N，方向垂直斜面向下．【答案】(1)1.73 T(2)6 N，方向垂直斜面向下16．导学号39800090]【解析】(1)F x合＝f－F sin θ＝0①F y合＝N＋F cos θ－mg＝0②F＝BIL＝B ER L③解①②③式得N＝mg－BEL cos θR＝8 Nf＝BLER sin θ＝1.5 N.(2)要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有F＝mg，即B min ER L＝mg.解得最小磁场B min＝mgREL＝2 T，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向右．【答案】(1)8 N 1.5 N(2)2 T水平向右。

学前温故1、两方无2、180°新课早知1、邻补角2、对顶角3、∠BOD ∠AOC和∠BOD 4、相等5、C 轻松尝试应用 1～3 CAC 4、15°5、∠AOF 和∠BOE 6、解：因为∠AOD与∠BOC是对顶角所以∠AOD=∠BOC 又因为∠AOD+∠BOC=220°所以∠AOD=110°而∠AOC与∠AOD是邻补角则∠AOC+∠AOD=180°所以∠AOC=70°智能演练能力提升 1～3 CCC 4、10°5、对顶角邻补角互为余角 6、135°40°7、90°8、不是9、解：因为OE平分∠AOD, ∠AOE=35°, 所以∠AOD=2∠AOE=70°由∠AOD与∠AOC是邻补角，得∠AOC=180°-∠AOD=110°因此∠COE =∠AOE+∠AOC=35°+110°=145° 10、2 6 12 n(n-1) 40461325.1.2垂线学前温故90°新课早知1、垂直垂线垂足2、D BE CD C 3、一条垂线段4、B 5、垂线段的长度6、D 轻松尝试应用1～3 DBD 4、∠1与∠2互余 5、30°6、解：由对顶角相等，可知∠EOF=∠BOC=35°,又因为OG⊥AD, ∠FOG=30°,所以∠DOE=90°-∠FOG-∠EOF=90°-30°-35°=25°智能演练能力提升1～3 AAB 4、①④ 5、解:如图.6、解：因为CD⊥EF, 所以∠COE=∠DOF=90 °因为∠AOE=70°,所以∠AOC=90°-70°=20°, ∠BOD=∠AOC=20°,所以∠BOF=90°-∠BOD=90°-20°=70°因为OG平分∠BOF,所以∠BOG=0.5×70°=35°,所以∠BOG=35°+20°=55°7、解（1）因为OD平分∠BOE,OF平分∠AOE, 所以∠DOE=1/2∠BOE, ∠EOF=1/2∠AOE,因为∠BOE+∠AOE=180°,所以∠DOE+∠EOF=1/2∠BOE+1/2∠AOE=90°,即∠FOD=90°,所以OF⊥OD(2)设∠AOC=x,由∠AOC: ∠AOD=1:5,得∠AOD=5x.因为∠AOC=∠AOD=180°,所以x+5x=180°,所以x=30°.所以∠DOE=∠BOD=∠AOC=30°.因为∠FOD=90°,所以∠EOF=90°-30°=60°8、D 9解:(1)如图所示:(2)如图所示:(3)==(4)角平分线上的点到角两边的距离相等.5.1.3同位角、内错角、同旁内角快乐预习感知学前温故1、相等互补2、直角新课早知1、同位角内错角同旁内角2、B 3、A 互动课堂例解：同位角有∠1和∠2，∠3和∠5; 内错角有∠1和∠3，∠2和∠5；同旁内角有∠1和∠4，∠4和∠5轻松尝试应用1、B 2、B 3、同位同旁内内错 4、内错 AB BC AC 同旁内 AC BC AB5、解：（1）中，∠1与∠2是直线c、d被直线l所截得的同位角，∠3与∠4是直线a,b被直线l所截得的同旁内角；（2）中，∠1与∠2是AB,CD被直线BC所截得的同位角，∠3与∠4是直线AB,CD被直线AC 所截得的内错角；（3）中，∠1与∠2是直线AB,CD被直线AG所截得的同位角，∠3与∠4是直线AG,CE 被直线CD所截得的内错角；（4）中，∠1与∠2是直线AD,BC被直线AC所截得的内错角，∠3与∠4是直线AB,CD被直线AC所截得的内错角能力升级 1～5 ADCCB 6、∠B ∠A ∠ACB和∠B 7、BD 同位 AC 内错 AC AB BC 同旁内 AB AC BD 同位 AB EF BD 同旁内 8、解：∠1与∠5；∠1与7；∠4与∠39、解：因为∠1与∠2互补，∠1=110°，所以∠2=180°-110°=70°，因为∠2与∠3互为对顶角，所以∠3=∠2=70°因为∠1+∠4=180°所以∠4=180°-∠1=180°-110°=70°10、解：（1）略（2）因为∠1=2∠2，∠2=2∠3，所以∠1=4∠3.又因为∠1+∠3=180°所以4∠3=∠3=180°所以∠3=36°所以∠1=36°×4=144°，∠2=36°×2=72°5.2.1平行线学前温故有且只有一个新课早知1、平行2、C 3、一条4、互相平行 5、A 轻松尝试 1～3 DBB 4、AB∥CD ,AD∥BC 5、③⑤ 6、略能力升级 1～4 BCAB 5、3 A′B′, C′D,CD 6、在一条直线上过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 7、解:(1)CD∥MN,GH∥PN.(2)略.8 解:(1)如图①示.(2)如图②所示.9解：（1）平行因为PQ∥AD,AD∥BC, 所以PQ∥BC .(2)DQ=CQ 10、解：（1）图略（2）AH=HG=GM=MC (3)HD:EG:FM:BC=1:2:3:45.2.2平行线的判定学前温故同一同侧之间两侧之间同侧新课早知1、不相交平行同位角平行内错角平行同旁内角互补平行 2、C 3、A 轻松尝试1～4、ABDC 5、EF 内错角相等，两直线平行 BC 同旁内角互补，两直线平行 AD BC 平行于同一条直线的两直线平行能力提升 1～5 DCDDD 6、∠FEB=100°7、内错角相等，两直线平行 8、AB EC 同位角相等地，两直线平行 AB EC 内错角相等，两直线平行 AC ED 内错角相等，两直线平行 AB EC 同旁内角互补，两直线平行 9、解：因为DE平分∠BDF,AF平分∠BAC, 所以2∠1=∠BDF,2∠2=∠BAC 又因为∠1=∠2，所以∠BDF=∠BAC.所以DF∥AC(同位角相等，两直线平行) 10、解：（1）因为AB⊥EF,CD⊥EF,所以AB∥CD. 理由:两条直线都垂直于同一条直线，这两条直线平行。

8． 有一汽门用弹簧，已知安装高度H1=50.8mm,安装（初始）载荷F1=272N ，最大工作载荷F2=680N ，工作行程h=10.16mm 弹簧丝用油淬火的50CrV A 钢丝，进行喷丸处理； 工作温度126°C ；要求弹簧中径为20mm ≤D2≤50mm ，弹簧总圈数4≤n1≤50，支 承圈数n2=1.75，旋绕比C ≥6；安全系数为1.2；设计一个具有重量最轻的结构方案。

[解] 1．设计变量：影响弹簧的重量的参数有弹簧钢丝直径：d ，弹簧中径D1和弹簧总圈数n1，可取这三个参数作为设计变量：即：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=H D x x x 212．目标函数：弹簧的重量为式中 ρ――钢丝材料的容重，目标函数的表达式为3221611262101925.0108.725.0)(x x x n D d x F --⨯=⨯⨯=π３．约束条件：１）弹簧的疲劳强度应满足min S S ≥式中 2.1m i n m i n =--S S ，可取最小安全系数，按题意S ――弹簧的疲劳安全系数，由下式计算：m s s s S ττττττττα⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0002式中 ：劳极限，计算方法如下弹簧实际的脉动循环疲--0τ 初选弹簧钢丝直径：4mm ≤d ≤8mm ，其抗拉强度MPa b 1480=σ，取弹簧的循环工作次数大于710，则材料的脉动循环疲劳极限为MPa b 44414803.03.0'0=⨯==στ 设可靠度为90％，可靠性系数 868.0=r k ；工作温度为126°C ，温度修正系数 862.0126273344273344=+=+=T k t 再考虑到材料经喷丸处理，可提高疲劳强度10％，则弹簧实际的脉动循环疲劳极限为MPa k k t r 4.365444862.0868.01.1)1.01('00=⨯⨯⨯=+=ττ36/107.8mm kg -⨯=ρρπ12220.25n D d W =--s τ弹簧材料的剪切屈服极限，计算公式为MPa b s 74014805.05.0=⨯==στ--ατ弹簧的剪应力幅，计算公式为328d D F k a πτα= 式中 k ――曲度系数，弹簧承受变应力时，计算公式为14.02)(6.1615.04414d D C C C k ≈+--=a F ――载荷幅，其值为 N F F F a 2042/)272680(2/)(12=-=-=m τ――弹簧的平均剪应力，计算公式为328d D F k m sm πτ=式中s k ――应力修正系数，计算公式为 dD C k s /615.01615.012+=+= m F ――平均载荷，其值为 N F F F m 4762/)272680(2/)(12=+=+=由此，得到弹簧疲劳强度的约束条件为计算剪应力幅ατ：86.2186.023214.023.8308)/(6.1x x d D F d D d D F ka a =⋅==ππτα328 计算平均应力幅m τ： 21312246.74512.1212615.01x x x d D F D d d D F k m m s m +=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==33288ππτ 计算弹簧的实际疲劳安全系数S ：m ms s s S τττττττττταα494.0506.14.365+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0002 从而得到弹簧的疲劳强度约束条件为 012.1)(min 1≤-=-=SS S S x g ２）根据旋绕比的要求，得到约束条件016)(21min 2≤-=-=x x C C C x g ３）根据对弹簧中径的要求，得到约束条件050222≤-=-=≤-=-=1)4(0120)3(max max 242min 3x D D D g x D D D g ４）根据压缩弹簧的稳定性条件，要求：c F F ≤2式中 c F ――压缩弹簧稳定性的临界载荷，可按下式计算：K H D H F C ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=2022085.611813.0μ 式中 K ――要求弹簧具有的刚度，按下式计算： mm N h F F K /2.4016.1027268012=-=-= 0H ――弹簧的自由高度，按下式计算：当 mm K F 16.9240.26802===λ 时， 304.20)5.0(2.1)5.0(310+-=+-=x n H λμ――长度折算系数，当弹簧一端固定，一端铰支时，取 7.0=μ；则：[][]⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+---+-=221398.1311304.20)5.0(268.320.3040.5)(13x x x x x F C 于是得 01680)(25≤-=-=CC C F F F F x g5）为了保证弹簧在最大载荷作用下不发生并圈现象，要求弹簧在最大载荷2F 时的高度2H 应大于压并高度b H ，由于13112)5.0()5.0(64.4016.108.50x x d n H h H H b -=-==-=-= 于是得到010123.00246.0)(131226≤--=-=x x x H H H x g b ６）为了保证弹簧具有足够的刚度，要求弹簧的刚度αK 与设计要求的刚度K 的误差小于1/100，其误差值用下式计算：401.02.40)75.1(8100/)(33241---=--=x x Gx K K K αθ式中 G ――弹簧材料的剪切弹性模量，取G=80000Mpa 。

最优化方法-习题解答张彦斌计算机学院2014年10月20日Contents1第一章最优化理论基础-P13习题1(1)、2(3)(4)、3、412第二章线搜索算法-P27习题2、4、643第三章最速下降法和牛顿法P41习题1，2，374第四章共轭梯度法P51习题1，3，6(1)105第五章拟牛顿法P73-2126第六章信赖域方法P86-8147第七章非线性最小二乘问题P98-1，2，6188第八章最优性条件P112-1，2,5,6239第九章罚函数法P132，1-(1)、2-(1)、3-(3),62610第十一章二次规划习题11P178-1（1），5291第一章最优化理论基础-P13习题1(1)、2(3)(4)、3、4 1.验证下列各集合是凸集:(1)S={(x1,x2)|2x1+x2≥1,x1−2x2≥1};需要验证：根据凸集的定义，对任意的x(x1,x2),y(y1,y2)∈S及任意的实数λ∈[0,1],都有λx+(1−λ)y∈S.即,(λx1+(1−λ)y1,λx2+(1−λ)y2)∈S证：由x(x1,x2),y(y1,y2)∈S得到，{2x1+x2≥1,x1−2x2≥12y1+y2≥1,y1−2y2≥1(1)1把(1)中的两个式子对应的左右两部分分别乘以λ和1−λ,然后再相加，即得λ(2x1+x2)+(1−λ)(2y1+y2)≥1,λ(x1−2x2)+(1−λ)(y1−2y2)≥1(2)合并同类项，2(λx1+(1−λ)y1)+(λx2+(1−λ)y2)≥1,(λx1+(1−λ)y1)−2(λx2+(1−λ)y2)≥1(3)证毕.2.判断下列函数为凸（凹）函数或严格凸（凹）函数：(3)f(x)=x21−2x1x2+x22+2x1+3x2首先二阶导数连续可微，根据定理1.5，f在凸集上是（I）凸函数的充分必要条件是∇2f(x)对一切x为半正定；（II）严格凸函数的充分条件是∇2f(x)对一切x为正定。

９．图6-39所示为一对称的两杆支架，在支架的顶点承受一个载荷为2F=300000N ， 支架之间的水平距离2B=1520mm ，若已选定壁厚T=2.5mm 钢管，密度/1083-6mm Kg ⨯=.7ρ，屈服极限700=s σMpa ，要求在满足强度与稳定性条件下设计最轻的支架尺寸。

[解] 1．建立数学模型 设计变量：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=H D x x x 21目标函数：221422577600101.2252)(x x HB D T x f +⨯=+=πρ 约束条件： １）圆管杆件中的压应力σ应小于或等于y ο，即y TDHHB F σπσ≤+=22于是得2122157760019098.59)(x x x x g +=２）圆管杆件中的压应力α应小于或等于压杆稳定的临界应力c σ，由欧拉公式得钢管的压杆温度应力c σ222152222225776006.25102.6)8()(x x H B T D E AL EIC ++⨯=++==ππσ2式中 A ――圆管的截面积；L ――圆管的长度。

于是得0)6006.25)/(577(102.657760019098.59)(2221521222≤++⨯-+=-=x x x x x x g c σσ３） 设计变量的值不得小于或等于0于是得)(0)(2213≤-=≤-=x x g x x g2．从以上分析可知，该优化设计问题具有2个设计变量，4个约束条件，按优化方法程序的规定编写数学模型的程序如下：subroutine ffx(n,x,fx) dimension x(n) fx=1.225e-4*x(1)*sqrt(577600.0+x(2)*x(2)) endsubroutine ggx(n,kg,x,gx) dimension x(n),gx(kg)gx(1)=19098.59*sqrt(577600.0+x(2)*x(2))/(x(1)*x(2))-700.0 gx(2)=19098.59*sqrt(577600.0+x(2)*x(2))/(x(1)*x(2))- 1 2.6e5*(x(1)*x(1)+6.25)/(577600.0+x(2)*x(2)) gx(3)=-x(1) gx(4)=-x(2) end3．利用惩罚函数法（SUMT 法）计算，得到的最优解为：============== PRIMARY DATA ============== N= 2 KG= 4 KH= 0 X : .7200000E+02 .7000000E+03 FX: .9113241E+01GX: -.3084610E+03 -.8724784E+03 -.7200000E+02 -.7000000E+03 PEN = .9132947E+01R = .1000000E+01 C = .4000000E+00 T0= .1000000E-01 EPS1= .1000000E-05 EPS2= .1000000E-05=============== OPTIMUM SOLUTION ============== IRC= 18 ITE= 39 ILI= 39 NPE= 229 NFX= 0 NGR= 57 R= .1717988E-06 PEN= .6157225E+01 X : .4868305E+02 .6988214E+03 FX: .6157187E+01GX: -.1204029E+03 -.1266042E-01 -.4868305E+02 -.6988207E+0310．图6-40所示为一箱形盖板，已知长度L=6000mm ，宽度b=600mm ，厚度mm t s 5承受最大单位载荷q=0.01Mpa ，设箱形盖板的材料为铝合金，其弹性模量MPa E 4107⨯=，泊松比3.0=μ，许用弯曲应力[]MPa 70=σ，许用剪应力[]MPa 45=τ，要求在满足强度、刚度和稳定性条件下，设计重量最轻的结构方案。

现代设计方法参考书目:1、陈继平. 现代设计方法，华中科技大学出版社。

2、高健. 机械设计优化基础，科学出版社，2007，93、刘惟信. 机械最优化设计，第二版，清华大学出版社。

第一章习题例2 某工厂生产甲乙两种产品。

生产每种产品所需的材料、工时、电力和可获得的利润，以及能够提供的材料、工时和电力见表。

试确定两种产品每天的产量，以使每天可能获得的利润最大。

设每天生产甲产品x1件，乙x2件，利润为f(x1,x2)f(x1,x2)=60x1+120x2每天实际消耗的材料、工时和电力分别用函数g1(x1,x2)、g2(x1,x2)、g3(x1,x2)表示：g1(x1,x2)=9x1+4x2g2(x1,x2)=3x1+10x2g3(x1,x2)=4x1+5x2于是上述问题可归结为：求变量 x1,x2使函数 f(x1,x2)= 60x1+120x2极大化满足条件 g1(x1,x2)=9x1+4x2≤360g2(x1,x2)=3x1+10x2≤300g3(x1,x2)=4x1+5x2≤200g4(x1,x2)=x1≥0g5(x1,x2)=x2≥0例3 一种承受纯扭矩的空心传动轴，已知传递的扭矩为T，试确定此传动轴的内外径，以使其用料最省。

例： 求下列非线性规划优化问题优化设计的迭代算法1、下降迭代算法的基本格式 迭代公式基本原理：从某一初始设计开始，沿某个搜索方向以适当步长得到新的可行的设计，如此反复迭代，直到满足设计要求，迭代终止。

k k k SX X k1S(k)——第k步的搜索方向，是一个向量； αk ——第k 步的步长因子，是一个数，它决定在方向S(k)上所取的步长大小。

简单的说：是一个搜索、迭代、逼近的过程。

最关键的是搜索的方向和步长。

迭代算法的基本步骤：1，选定初始点X(0)，令k=0;2、在X(k)处选定下降方向S(k);,3、从X(k)出发沿S(k)一维搜索，找到X(k+1)=X(k)+αkS(k), 使得f(X(k+1))<f(X(k)); 令k=k+1，转（2）。

8． 有一汽门用弹簧，已知安装高度H1=50.8mm,安装（初始）载荷F1=272N ，最大工作载荷F2=680N ，工作行程h=10.16mm 弹簧丝用油淬火的50CrV A 钢丝，进行喷丸处理； 工作温度126°C ；要求弹簧中径为20mm ≤D2≤50mm ，弹簧总圈数4≤n1≤50，支 承圈数n2=1.75，旋绕比C ≥6；安全系数为1.2；设计一个具有重量最轻的结构方案。

[解] 1．设计变量：影响弹簧的重量的参数有弹簧钢丝直径：d ，弹簧中径D1和弹簧总圈数n1，可取这三个参数作为设计变量：即：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=H D x x x 212．目标函数：弹簧的重量为式中 ρ――钢丝材料的容重，目标函数的表达式为3221611262101925.0108.725.0)(x x x n D d x F --⨯=⨯⨯=π３．约束条件：１）弹簧的疲劳强度应满足min S S ≥式中 2.1m i n m i n =--S S ，可取最小安全系数，按题意S ――弹簧的疲劳安全系数，由下式计算：m s s s S ττττττττα⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002式中 ：劳极限，计算方法如下弹簧实际的脉动循环疲--0τ初选弹簧钢丝直径：4mm ≤d ≤8mm ，其抗拉强度MPa b 1480=σ，取弹簧的循环工作次数大于710，则材料的脉动循环疲劳极限为MPa b 44414803.03.0'0=⨯==στ设可靠度为90％，可靠性系数 868.0=r k ； 工作温度为126°C ，温度修正系数 862.0126273344273344=+=+=T k t再考虑到材料经喷丸处理，可提高疲劳强度10％，则弹簧实际的脉动循环疲劳极限为MPa k k t r 4.365444862.0868.01.1)1.01('00=⨯⨯⨯=+=ττ36/107.8mm kg -⨯=ρρπ12220.25n D d W =--s τ弹簧材料的剪切屈服极限，计算公式为MPa b s 74014805.05.0=⨯==στ--ατ弹簧的剪应力幅，计算公式为328dD F ka πτα=式中 k ――曲度系数，弹簧承受变应力时，计算公式为14.02)(6.1615.04414d D C C C k ≈+--=a F ――载荷幅，其值为N F F F a 2042/)272680(2/)(12=-=-=m τ――弹簧的平均剪应力，计算公式为328dD F k m sm πτ=式中s k ――应力修正系数，计算公式为dD C k s /615.01615.012+=+= m F ――平均载荷，其值为N F F F m 4762/)272680(2/)(12=+=+=由此，得到弹簧疲劳强度的约束条件为 计算剪应力幅ατ：86.2186.023214.023.8308)/(6.1x x d D F d D dD F ka a =⋅==ππτα328 计算平均应力幅m τ：21312246.74512.1212615.01x x x d D F Dd dD F k m m sm +=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==33288ππτ 计算弹簧的实际疲劳安全系数S ：mms s s S τττττττττταα494.0506.14.365+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0002从而得到弹簧的疲劳强度约束条件为012.1)(min 1≤-=-=SS S S x g ２）根据旋绕比的要求，得到约束条件016)(21min 2≤-=-=x x C C C x g３）根据对弹簧中径的要求，得到约束条件50222≤-=-=≤-=-=1)4(0120)3(max max 242min 3x D D D g x D D D g４）根据压缩弹簧的稳定性条件，要求：c F F ≤2式中 c F ――压缩弹簧稳定性的临界载荷，可按下式计算：K H D H F C ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2022085.611813.0μ 式中 K ――要求弹簧具有的刚度，按下式计算：mm N h F F K /2.4016.1027268012=-=-=0H ――弹簧的自由高度，按下式计算： 当mm K F 16.9240.26802===λ 时， 304.20)5.0(2.1)5.0(310+-=+-=x n H λμ――长度折算系数，当弹簧一端固定，一端铰支时，取 7.0=μ；则：[][]⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+---+-=221398.1311304.20)5.0(268.320.3040.5)(13x x x x x F C于是得 01680)(25≤-=-=CC C F F F F x g5）为了保证弹簧在最大载荷作用下不发生并圈现象，要求弹簧在最大载荷2F 时的高度2H 应大于压并高度b H ，由于13112)5.0()5.0(64.4016.108.50x x d n H h H H b -=-==-=-=于是得到010123.00246.0)(131226≤--=-=x x x H H H x g b６）为了保证弹簧具有足够的刚度，要求弹簧的刚度αK 与设计要求的刚度K 的误差小于1/100，其误差值用下式计算：401.02.40)75.1(8100/)(33241---=--=x x Gx K K K αθ式中 G ――弹簧材料的剪切弹性模量，取G=80000Mpa 。

第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。

将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。

第六章 习题答案1．考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≤+=0,1..max 2121211x x x x t s x y 用图解法解此题。

并检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件 解：可行域为OAB利用图解法求的均衡点为)0,1(B ，1max =y对于)0,1(B 来说，有112221≤=+x x ，因此该约束规格是紧的。

构建拉格朗日函数 )1(),,(2221121-++=x x x x x L λλ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-+≥=-+==∂∂=+=∂∂01,00)1(020212221222122211x x x x x x L x x x Lλλλ⇒)0,1(B 符合T K -条件2．考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≥-=0,0..min 212211x x x x t s x y用图解法解此题。

并检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件 解：利用图解法求的均衡点为)0,0(o ，0min =y求法同上，可知约束规范是紧的BA Ox 1x 2构建拉格朗日函数 )(),,(221121x x x x x L -+=λλ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-≥=-==∂∂=+=∂∂0,00)(0021221221211x x x x xL x x Lλλλλ⇒)0,0(o 符合T K -条件3. 考虑如下最优化问题⎩⎨⎧≥≥-=00..min 22311x x x t s x y检验均衡解点是否满足（1）约束规格；（2）库恩—塔克极大化条件 解：利用图解法求的均衡点为)0,0(o ，0min =y求法同上，可知约束规范是紧的构建拉格朗日函数 )(),,(231121x x x x x L -+=λλx 1Ox 2x 2x 1⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-≥=-==∂∂=+=∂∂0,00)(00312312312211x x x x x L x x L λλλλ⇒)0,0(o 不符合T K -条件4．写出下面优化问题的一阶必要条件⎩⎨⎧>≤++--=0,,2..),,(max 222z y x z y x t s z y x z y x f解：)2(),,(22221-++---=z y x z y x x x L λλ一阶必要条件为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-++≥=+-=∂∂=+-=∂∂=-=∂∂0)2(,0021021021222z y x z z Ly y L x xL λλλλλ5．求解下面最优化问题（1）⎩⎨⎧≥≤+++0,122..4max 22y x y x t s y x x （2）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥-≥--≥-+=0,160..min 212212121x x x x x x x t s x x y（3）⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+≥+++=0,,302105..10540min 3213121321x x x x x x x t s x x x y （4）⎩⎨⎧>>≤+-=0,04..),(max 21222122121x x x x t s x x x x f （5）⎩⎨⎧≥≤+=0,16..max 212121x x x x t s x x y 解：（1）22(,,)4(221)L x y x x y x y λλ=++-+-一阶必要条件为：2120820(221)00,221Lx xL y y x y x y λλλλ∂⎧=+-=⎪∂⎪∂⎪=-=⎨∂⎪+-=⎪⎪≥+≤⎩解得314,,1055x y λ=== （2）图解法可行域为314,,1055x y λ===，均衡解点(1,1) min 2A y = (3) 12312123112213(,,,,)40510(105)(302)L x x x x x x x x x x λλλλ=+++--+--一阶必要条件为：x 1BCAx 212112231122131212134052050100(105)0(3023)0,0,510230Lx L x L x x x x x x x x x λλλλλλλλ∂⎧=--≥⎪∂⎪∂⎪=-≥⎪∂⎪∂⎪=-≥⎨∂⎪--=⎪⎪--=⎪⎪≥+≥⎪+≥⎩ (4) 222121212(,,)(4)L x x x x x x λλ=--+-一阶必要条件为：1122222122212120220(4)00,4Lx x L x x x x x x x λλλλ∂⎧=-=⎪∂⎪∂⎪=--=⎨∂⎪⎪+-=⎪≥+≤⎩ 解得1212,0,4x x λ===(5) 121212(,,)(16)L x x x x x x λλ=-+- 一阶必要条件为：2112121200(16)00,16Lx x L x x x x x x λλλλ∂⎧=-=⎪∂⎪∂⎪=-=⎨∂⎪⎪+-=⎪≥+≤⎩ 解得128x x λ===6．考虑如下最优化模型⎩⎨⎧≥≥---=0,0)1(..max 213121x x x x t s x y 证明：（1）均衡解()()12,1,0x x **=不满足库恩-塔克条件；（2）当引进新乘数00≥λ，把拉格朗日函数修改成如下形式()()[]n i i mi i n x x x g r x x x f Z ,,,,,,2112100 -+=∑=λλ，则在点()0,1处满足库恩-塔克条件。

[随堂达标]1．(2016·揭阳高一检测)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是() A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿解析：选B.伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了经典的牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确．2．下列关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．牛顿第一定律是一条实验定律B．牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因C．牛顿第一定律与惯性的实质是相同的D．物体的运动不需要力来维持解析：选BD.牛顿第一定律阐明了两个方面的问题：①一切物体都具有惯性；②力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因．牛顿第一定律反映了物体在不受力的理想条件下所遵循的运动规律，并非实验定律，A错误；牛顿第一定律说明物体的运动不需要力来维持，但要改变物体的运动状态则必须有力的作用，B、D正确；惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，而牛顿第一定律则反映物体在一定条件下的运动规律，C错误．3．(多选)关于惯性在实际中的应用，下列说法中正确的是()A．运动员在跳远时的助跑是为了增大起跳时的惯性B．运动员在掷标枪时的助跑是为了利用惯性C．手扶拖拉机的飞轮做得很重，是为了增大它转动的惯性D．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性解析：选BCD.惯性只与质量有关，只有改变了质量才能改变惯性，助跑是利用惯性，并不能改变惯性，所以选项A错误、B正确．惯性的大小由质量量度，质量越小，惯性越小，运动状态就越容易改变，越灵活，故选项C、D正确．4. (2016·桂林高一检测)如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放一光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A．沿斜面向下的直线B．竖直向下的直线C．无规则直线D．抛物线解析：选B.小球m水平方向不受力，故水平方向运动状态不变，v水平仍为零，故只沿竖直方向运动．5．(选做题) 做匀速直线运动的小车上水平固定一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡，如图所示．当小车突然停止运动时，气泡相对于瓶子怎样运动？当小车由静止突然运动时，气泡相对于瓶子怎样运动？解析：由于水的密度比气泡的密度大很多，当小车突然停止时，气泡后面的水由于惯性继续运动，后面留出了气泡的空间，故气泡向后运动．当小车由静止突然运动时，气泡前面的水由于惯性，将保持原来的静止状态，故瓶子前面留出了气泡的空间，气泡向前运动．答案：向后运动向前运动[课时作业][学生用书单独成册]一、单项选择题1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是()A．力是物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．力是改变物体运动状态的原因D．力是物体获得速度的原因解析：选C.伽利略通过“理想实验”和严密的推理得到物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故选C.2．如果物体的运动状态发生了变化，下列说法正确的是()A．速度方向一定发生了变化B．速度大小一定发生了变化C．加速度一定发生了变化D．受到的合外力一定不为零解析：选D.物体的运动状态发生了变化一定是它的速度发生变化，可能是速度的大小，也可能是速度的方向，也可能是速度的大小和方向一起发生变化．既然物体运动速度发生了变化，物体一定产生了加速度．由牛顿第一定律知，物体所受合外力一定不为零．使物体速度发生改变，但有可能是匀变速直线运动，速度不断变化，加速度不变，故选项D正确．3．一个做匀减速直线运动的物体，在运动过程中，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿第一定律可知，该物体将()A．改做匀速直线运动B．立即静止C．继续做匀减速直线运动D．改做变加速直线运动解析：选A.由牛顿第一定律知，若所受的一切外力都突然消失，物体将保持此时刻的速度做匀速直线运动，故选A.4．(2016·宜春高一检测)物体A的质量为10 kg，物体B的质量为20 kg，A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动，则下列说法中正确的是()A．A的惯性比B大B．B的惯性比A大C．A和B的惯性一样大D．不能确定解析：选B.物体惯性的大小只取决于物体的质量大小，质量越大惯性越大，质量越小惯性越小，与物体的速度大小无关，由于物体B的质量大于物体A的质量，故B的惯性比A大，故选项B正确，选项A、C、D错误．5. 如图所示，在一辆表面光滑、足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1＞m2)，两小球原来随车一起运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．无法确定解析：选B.因小车表面光滑，所以小球在水平方向上没有受到外力作用．原来两球与小车有相同速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度不变，所以不会相碰．6．一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了，列车进站过程中，他发现水面的形状是图中的()解析：选C.列车进站时要刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．7. 如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是()A．向左行驶，突然刹车B．向右行驶，突然刹车C．向左行驶，匀速直线运动D．向右行驶，匀速直线运动解析：选B.当摆锤在虚线位置时，摆锤、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，选项A错误、B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，摆锤均处于竖直位置不摆动．故选项C、D错误．二、多项选择题8．关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是()A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律B．牛顿第一定律就是惯性C．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变是由于物体具有惯性D．物体的运动状态发生变化时，物体必定受到外力的作用解析：选ACD.牛顿第一定律有三层含义：不受力时物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，是由于一切物体都具有惯性；受到力的作用物体的运动状态就要发生变化，从而揭示出力是改变物体运动状态的原因；指出了物体在不受力时的运动状态，故选项A、C、D 正确．牛顿第一定律并不是惯性，惯性是物体的一种性质，而牛顿第一定律是物体的运动规律，两者是两个不同的概念，不可混为一谈，选项B错误．9．月球表面上的重力加速度为地球表面上的重力加速度的16.同一个飞行器在月球表面上时与在地球表面上时相比较()A ．惯性减小16B ．惯性不变C ．重力减小为在地球表面时的16D ．重力不变解析：选BC.物体的惯性大小仅与物体的质量有关，同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变．这个飞行器在月球表面上的重力为G 月＝mg 月＝m ·16g 地＝16G 地，故选项B 、C 正确． 10．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是( )A ．车速越大，它的惯性越大B ．质量越大，它的惯性越大C ．车速越大，刹车后滑行的路程越长D ．车速越大，它的惯性越小解析：选BC.由牛顿第一定律知，质量是物体惯性的唯一量度，故A 、D 错误，B 正确．又车速越大，由x ＝v 22a知滑行的路程越长，C 正确． 三、非选择题11．理想实验有时能更深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，下面对如图所示的斜面实验的设想步骤中，有一个是实验事实，其余是推论．①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度．②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度．④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动.(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列______________(只要填写序号即可)．(2)在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论．下列关于事实和推论的分类正确的是________．A ．①是事实，②③④是推论B ．②是事实，①③④是推论C ．③是事实，①②④是推论D ．④是事实，①②③是推论解析：本题考查对理想斜面实验的理解．只有②是事实，其他是推论．(1)排列顺序为②③①④；(2)选项B 正确．答案：(1)②③①④ (2)B12．如图所示，一木块放在小车上随小车一起在水平面上向右做匀速直线运动，当小车遇到一障碍物时，小车停下，则：(1)如果小车上表面粗糙，则木块将如何运动？(2)如果小车上表面光滑，则木块将如何运动？解析：(1)当小车遇到障碍物时，小车停下，木块由于惯性将继续向右运动，若小车上表面粗糙，木块下部受到一个向左的摩擦力，使其下部的运动状态发生改变，很快静止，而上部仍要向右运动，所以木块将向右倾倒．(2)如果小车上表面光滑，当小车停止时，木块有向右运动的状态，而木块下部不受摩擦力，这样整个木块由于惯性将保持向右的匀速直线运动而不会倾倒．在此处要注意：若木块宽而矮，便不一定会发生(1)中的倾倒现象．答案：见解析。

[随堂达标]1．假设汽车紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑行的距离约为( )A ．40 mB ．20 mC ．10 mD ．5 m解析：选B.由题意F 阻＝mg ，汽车所受合力F ＝F 阻＝mg ，对汽车由牛顿第二定律解得汽车刹车时的加速度大小a ＝F m ＝g ＝10 m/s 2.设滑行距离为x ，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝20 m ，故B 正确．2．如图所示，一辆汽车A 拉着装有集装箱的拖车B ，以速度v 1＝30 m/s 进入向下倾斜的直车道，车道每100 m 下降2 m ．为使汽车速度在s ＝200 m 的距离内减到v 2＝10 m/s ，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B ，30%作用于汽车A .已知A 的质量m 1＝2 000 kg ，B 的质量m 2＝6 000 kg.求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力大小．(重力加速度g 取10 m/s 2)解析：汽车沿倾斜车道做匀减速运动，用a 表示加速度的大小，有v 22－v 21＝－2as .用f 表示刹车时的总阻力，根据牛顿第二定律有f －(m 1＋m 2)·g sin α＝(m 1＋m 2)a ，式中sin α＝2100＝2×10－2.设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f ′，根据题意f ′＝30100f ，方向与汽车前进方向相反．用F 表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同． 以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有f ′－F －m 1g sin α＝m 1a .解得F ＝30100(m 1＋m 2)(a ＋g sin α)－m 1(a ＋g sin α)，代入有关数据得F ＝880 N. 答案：880 N3. (2016·苏州高一检测)如图所示，长度l ＝2 m ，质量M ＝23 kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F ＝10 N ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)将木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板M 不固定，m 和M 的加速度a 1、a 2的大小；(3)若木板M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间． 解析：(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma 解得a ＝4 m/s 2小物块离开木板，有v 2＝2al 解得v ＝4 m/s.(2)对m ，由牛顿第二定律： F －μmg ＝ma 1 解得a 1＝4 m/s 2对M ，由牛顿第二定律：μmg ＝Ma 2 解得a 2＝3 m/s 2. (3)由位移公式知 x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2小物块从开始运动到离开木板 x 1－x 2＝l联立解得t ＝2 s.答案：(1)4 m/s (2)4 m/s 2 3 m/s 2 (3)2 s[课时作业] [学生用书单独成册]一、单项选择题1．两个物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触地放在光滑水平面上，如图所示，对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于( )A.m 1m 1＋m 2F B ．m 2m 1＋m 2FC ．FD ．m 1m 2F解析：选B.根据牛顿第二定律，得对整体：a ＝Fm 1＋m 2对物体B ：F ′＝m 2a ＝m 2m 1＋m 2F故选B.2．A 、B 两物体以相同的初速度在同一水平面上滑动，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，且m A ＝3m B ，则它们所能滑行的距离x A 、x B 的关系为( )A ．x A ＝xB B ．x A ＝3x BC ．x A ＝12x BD ．x A ＝9x B 解析：选A.物体沿水平面滑动时做匀减速直线运动，加速度a ＝μmgm＝μg ，与质量无关，由0－v 20＝－2ax 和题设条件知x A ＝x B.3．水平面上一个质量为m 的物体，在一水平恒力F 的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经时间t 后撤去外力，又经时间2t 物体停了下来．则物体受到的阻力应为( )A ．FB ．F 2C.F 3D ．F 4解析：选C.设阻力为f ，由牛顿第二定律得：F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，v ＝a 1t ，v ＝a 2·2t ，以上四式联立可得：f ＝F3，所以C 正确．4. 质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m解析：选B.物体与地面间最大静摩擦力f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题图知0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止.3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2.6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ，在6～9 s 内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s 内又以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作v －t 图象如图所示．故0～12 s 内的位移s ＝12×3×6×2 m ＋6×6 m ＝54 m ．故B 项正确．5．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套有一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 点所用的时间，则( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3解析：选D.选任一杆上的小滑环为研究对象，受力分析如图所示，设圆半径为R ，由牛顿第二定律得，mg cos θ＝ma再由几何关系，细杆长度L ＝2R cos θ设下滑时间为t ，则L ＝12at 2由以上三式得t ＝2Rg，可见下滑时间与细杆倾角无关，所以选项D 正确． 6．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由此两图象可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4B ．m ＝1.5 kg ，μ＝215C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2D ．m ＝1 kg ，μ＝0.2解析：选A.由F －t 图和v －t 图可得，物块在2 s 到4 s 内所受外力F ＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2，F －f ＝ma ，即3－10μm ＝2m ①物块在4 s 到6 s 所受外力F ＝2 N ，物块做匀速直线运动，则F ＝f ，F ＝μmg ，即10μm ＝2②由①②解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故选A. 二、多项选择题7．质量为1 kg 的质点，受水平恒力F 的作用，在光滑平面上由静止开始做匀加速直线运动，它在t 秒内的位移为x m ，则F 的大小不可能为( )A.2x t 2 B ．2x 2t －1C.2x 2t ＋1D ．2x t －1解析：选BCD.由运动情况可求得质点的加速度a ＝2xt 2，则水平恒力F ＝ma ＝2xt2 N ，故A 项对．8．如图甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图乙中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．加速度由2 m/s 2增加到6 m/s 2的过程中，物体通过的位移D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度解析：选AB.由题图乙可知，当水平外力F ＝0时，物体的加速度a ＝－6 m/s 2，此时物体的加速度a ＝－g sin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B 正确；当水平外力F ＝15 N 时，物体的加速度a ＝0，此时F cos θ＝mg sin θ，可得m ＝2 kg ，选项A 正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s 2增加到6 m/s 2过程中的位移，选项C 、D 错误．三、非选择题9. 在水平地面上有一质量为2 kg 的物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为F3，该物体的运动速度随时间t 的变化规律如图所示(g 取10 m/s 2)，求：(1)物体受到的拉力F 的大小． (2)物体与地面之间的动摩擦因数．解析：由v －t 图象可知，物体的运动分两个过程，设匀加速运动过程的加速度为a 1，匀减速运动过程的加速度为a 2，则由题图知a 1＝8－010m/s 2＝0.8 m/s 2a 2＝0－814－10m/s 2＝－2 m/s 2两过程物体受力分别如图甲、乙所示．加速过程：F －μmg ＝ma 1减速过程：F3－μmg ＝ma 2⎝⎛⎭⎫或μmg －F 3＝m |a 2| 联立以上各式解得F ＝8.4 N ，μ＝0.34.答案：(1)8.4 N (2)0.3410. 如图所示，A 、B 为两个并排紧贴着放在光滑水平面上的物体，在水平恒力F 1、F 2的作用下做匀加速运动．已知两物体的质量分别为m A 、m B ，那么A 、B 间的相互作用力N 是多少？解析：由于A 、B 两物体一起做匀加速运动，设其加速度大小为a ，同时设F 1>F 2.根据牛顿第二定律，得F 1－F 2＝(m A ＋m B )a ，把B 隔离出来，则有N －F 2＝m B a .解得N ＝m A F 2＋m B F 1m A ＋m B.答案：m A F 2＋m B F 1m A ＋m B11．如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)比例系数k .解析：(1)当v ＝0时，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 由题图读出a 0＝4 m/s 2，代入上式解得μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25.(2)当v ＝5 m/s 时，加速度为零，有 mg sin θ－μN －kv cos θ＝0 又N ＝mg cos θ＋kv sin θ 联立以上两式，解得k ＝mg （sin θ－μcos θ）v （μsin θ＋cos θ）≈0.84 kg/s.答案：(1)0.25 (2)0.84 kg/s12．质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿表面水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度后共同减速直至静止，v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2，求：(1)A与B之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量m.解析：(1)由题图乙可知，物块在0～1 s内加速度大小为a1＝2 m/s2由牛顿第二定律μ1mg＝ma1得μ1＝0.2.(2)木板在0～1 s内加速度大小为a2＝2 m/s2，在1～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3＝1 m/s2由牛顿第二定律μ2(M＋m)g＝(m＋M)a3得μ2＝0.1.(3)在0～1 s隔离木板B，对其受力分析μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2得A的质量m＝3 kg.答案：(1)0.2(2)0.1(3)3 kg。

章末综合检测(六）［学生用书单独成册］1．与10年前相比,我国0～14岁人口比重下降了4。

8％，65岁以上人口比重上升了1.39％，而总人口增加了近1.3亿。

因此我国人口工作的主要任务是（）A．控制人口盲目流动B．继续保持低生育水平C．遏制人口老龄化加速势头D．适度提高少年儿童人口比重解析：选B。

我国人口基数较大，虽然出生率下降，但人口会在未来一段时间内继续保持增长，给环境带来一定压力.因此我国人口工作的主要任务是继续保持低生育水平.2．下列关于我国人口问题现状的叙述，不正确的是( )A．人口的过快增长已经得到有效控制B．已经进入世界低生育水平国家行列C．目前仍然需要控制人口的数量D．目前新生儿男女比例严重失调解析:选D。

我国计划生育的实施，使人口的过快增长得到有效控制,我国目前已经进入世界低生育水平国家行列.但因人口基数大，人口数量的增长速度还是很快，故仍要继续控制人口数量。

目前新生儿男女比例有些失调,男性占多数,但未严重失调。

3．当前人口、资源和环境问题是世界普遍关注的三大问题.对下列表格有关问题的叙述,不正确的是( )A。

发达国家人口自然增长率低，而发展中国家高B．发达国家人口老龄化,而发展中国家人口年龄组成年轻C．发达国家应鼓励生育，而发展中国家应实施计划生育D．发达国家应接纳移民，而发展中国家应鼓励移民解析：选D。

发达国家人口自然增长率较低,人口老龄化严重，应鼓励生育,不应接纳移民而造成新的社会问题。

4．下列关于人口增长对生态环境影响的叙述中，错误的是（）A．人口增长,导致人均耕地减少，植被进一步被破坏B．人口增长，需要更多的燃料和矿物资源，乱采滥伐现象将更加严重C．人口增长,精神需求的压力也越来越大D．不管人口如何增长，都在生态环境能承受的范围之内解析:选D。

人口增长会导致人均耕地面积减少,为增大耕地面积，植被会进一步被破坏。

人口增长需要更多的水、森林、草原、燃料和矿物等多种自然资源以及一定的生存空间.人口增长对精神的需求也增加。

优化设计习题答案第一、填空题1.组成优化设计数学模型的三要素是设计变量、目标函数、约束条件。

2.函数()22121212,45f x x x x x x =+-+在024X ??=点处的梯度为120-，海赛矩阵为2442--?? 3.目标函数是一项设计所追求的指标的数学反映，因此对它最基本的要求是能用来评价设计的优劣，，同时必须是设计变量的可计算函数。

4.建立优化设计数学模型的基本原则是确切反映工程实际问题，的基础上力求简洁。

5.约束条件的尺度变换常称规格化，这是为改善数学模型性态常用的一种方法。

6.随机方向法所用的步长一般按加速步长法来确定，此法是指依次迭代的步长按一定的比例递增的方法。

7.最速下降法以负梯度方向作为搜索方向，因此最速下降法又称为梯度法，其收敛速度较慢。

8.二元函数在某点处取得极值的充分条件是()00f X ?=必要条件是该点处的海赛矩阵正定9.拉格朗日乘子法的基本思想是通过增加变量将等式约束优化问题变成无约束优化问题，这种方法又被称为升维法。

10改变复合形形状的搜索方法主要有反射，扩张，收缩，压缩11坐标轮换法的基本思想是把多变量的优化问题转化为单变量的优化问题12．在选择约束条件时应特别注意避免出现相互矛盾的约束，，另外应当尽量减少不必要的约束。

13．目标函数是n 维变量的函数，它的函数图像只能在n+1, 空间中描述出来，为了在n 维空间中反映目标函数的变化情况，常采用目标函数等值面的方法。

14.数学规划法的迭代公式是1k k k k X X d α+=+ ，其核心是建立搜索方向，和计算最佳步长15协调曲线法是用来解决设计目标互相矛盾的多目标优化设计问题的。

16.机械优化设计的一般过程中，建立优化设计数学模型是首要和关键的一步，它是取得正确结果的前提。

二、名词解释1．凸规划对于约束优化问题若()f X 、()j g X (1,2,3,,)j m =都为凸函数，则称此问题为凸规划。

一、单项选择题 1.某电容式话筒的原理如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q 可视为不动．在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 构成的电容器的电容增大B ．P 上电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的低D ．M 点的电势比N 点的高解析：选D.电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，依据电容打算式C ＝εS4πkd 得电容减小，A 错误；又依据电容定义式C ＝QU 得电容器所带电荷量减小，B 错误；电容器的放电电流通过R的方向由M 到N ，所以M 点的电势比N 点的高，C 错误、D 正确.2．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽视不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开头下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开头下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝⎛⎭⎫d ＋d2－qU ＝0；设其次次粒子从P 点下落进入电容器后在距上极板距离为x 处返回，有mg ⎝⎛⎭⎫x ＋d 2－q x 23d U ＝0，联立解得x ＝25d ，故选项D 正确．3.(2022·杭州模拟)如图所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度v 0从同一点动身，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(粒子重力不计)( )A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶2D ．2∶3解析：选A.由OM ＝MN 和t ＝x v 0知，t P ＝12t Q ，在垂直极板方向上，y ＝12·q P E m P t 2P ＝12·q Q E m Q t 2Q，解得m P ∶m Q ＝3∶4，A 正确．4．(2022·高考天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板肯定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能肯定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能肯定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能肯定增加解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A 、B 板所带电荷的电性，A 项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M 点运动到N 点电势能的变化，B 项错误；由于电场力与重力的合力肯定向下，因此微粒受到的合外力做正功，依据动能定理可知，微粒从M 到N 的过程中动能增加，C 项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，也就不能确定微粒从M 到N 过程中机械能是增加还是削减，D 项错误．5.(2022·宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开头释放，Q 小球从两板正中心由静止开头释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开头释放到运动到右极板的过程中它们的() A．运行时间t P>t QB．电势能削减量之比ΔE P∶ΔE Q＝2∶1C．电荷量之比q P∶q Q＝2∶1D．动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝4∶1解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错误；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x ＝12at2可得a P ∶a Q＝2∶1，则q P∶q Q＝2∶1，C正确；电势能的削减量ΔE P∶ΔE Q＝(q P E·x P)∶(q Q E·x Q)＝4∶1，B错误；动能增加量(mgh＋ΔE P)∶(mgh＋ΔE Q)<4∶1，D错误．6.(2022·湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的转变而转变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是()A．粒子将沿x轴正方向始终向前运动B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿其次定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足a P＝2a Q，B错误；由v－t图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是22t0和(3－2)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eq v，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．二、多项选择题7.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是()A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴马上做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流解析：选AB.依据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而依据C ＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的状况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍旧静止，但是两板的正对面积S减小了，依据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍旧静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，依据C＝εr S4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，明显，两板间场强E不变，所以油滴仍旧静止，G中无电流，选项D错误．8.(2021·高考江苏卷)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速领先减小后增大D．速领先增大后减小解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误、选项B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，依据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速领先减小后增大，选项C正确、D错误．9．(2022·成都诊断性检测)如图所示，两对金属板A 、B 和C 、D 分别竖直和水平放置，A 、B 接在电路中，C 、D 板间电压为U .A 板上O 处发出的电子经加速后，水平射入C 、D 板间，电子最终都能打在光屏M 上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，只向右移动滑片P ，P 越靠近b 端，电子打在M 上的位置越高B ．S 闭合，只转变A 、B 板间的距离，转变前后，电子由O 至M 经受的时间相同C ．S 闭合，只转变A 、B 板间的距离，转变前后，电子到达M 前瞬间的动能相同D ．S 闭合后再断开，只向左平移B ，B 越靠近A 板，电子打在M 上的位置越高解析：选CD.设射出B 板时速度为v ，则电子在A 、B 板间加速，U BA e ＝12m v 2，在C 、D 板间的偏转位移y ＝12·Ue md ·⎝⎛⎭⎫L v 2＝UL 24dU BA ，S 闭合，只向右移动滑片P ，U BA 增大，偏转位移y 减小，电子打在M 上的位置降低，选项A 错误；设电子在A 、B 板间的运动时间为t 1，A 、B 板间距离为d AB ，则d AB ＝v2t 1，S 闭合，只转变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，v 不变，t 1变化，从B 板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O 到M 经受的时间必定变化，选项B 错误；S 闭合，只转变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，偏转位移y 相同，依据动能定理知电场力做功相同，电子到达M 瞬间的动能相同，选项C 正确；S 闭合再断开，A 、B 板所带电荷量不变，向左平移B 板，板间距离减小，依据C ＝εr S 4πkd AB，C 增大，U BA ＝Q C ，U BA 减小，又y ＝12·Ue md ·⎝⎛⎭⎫Lv 2＝UL 24dU BA可知电子打在M 上的位置上升，选项D 正确．10．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中心平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中心．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C ，g ＝10 m/s 2则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：选AC.开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中心，由d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，联立得v 0＝10 m/s ，A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1qd＝ma ，联立解得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V ≤U ≤200 V 时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对、D 错．三、非选择题11．(2021·高考安徽卷)在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽视不计．求：(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功； (2)粒子从A 到C 过程所经受的时间； (3)粒子经过C 点时的速率．解析：(1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0.(2)依据抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AD＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma 得a ＝qE m又y 0＝12aT 2，y 0＋3l 0＝12a (2T )2解得T ＝2ml 0qE则A →C 过程所经受的时间t ＝32ml 0qE. (3)粒子在DC 段做类平抛运动，于是有 2l 0＝v Cx (2T )，v Cy ＝a (2T ) v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m.答案：(1)3qEl 0 (2)32ml 0qE (3) 17qEl 02m12．如图甲所示，水平放置的平行金属板AB 间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.3 m ，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB 板的正中间．距金属板右端x ＝0.5 m 处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB 板间加如图乙所示的方波形电压，已知U 0＝1.0×102 V ．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m ＝1.0×10－7 kg ，电荷量q ＝1.0×10－2 C ，速度大小均为v 0＝1.0×104 m/s.带电粒子的重力不计．则(1)求粒子在电场中的运动时间；(2)求在t ＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O 点的距离； (3)请证明粒子离开电场时的速度均相同； (4)若撤去挡板，求荧光屏上消灭的光带长度．解析：(1)粒子水平方向做匀速直线运动，故t ＝Lv 0＝3×10－5s.(2)t ＝0时刻进入的粒子先做匀加速曲线运动t 1＝2×10－5s 再做匀减速曲线运动t 2＝1×10－5s 加速度大小相等，a ＝qU 0md＝108 m/s 2离开电场时，竖直方向速度v y ＝at 1－at 2＝1 000 m/s由于t 1＝2t 2可将整个过程分为3个t 2，由匀加速直线运动的推论可知，竖直方向位移y 1＝12at 22y 2＝3×12at 22y 3＝3×12at 22则离开电场时，竖直位移y ′＝7×12at 22＝0.035 m依据比例可得y ＝y ′＋v yv 0x ＝0.035 m ＋0.05 m ＝0.085 m.(3)v y ＝a (t ＋－t －)t ＋为粒子在电场中运动时正向电压(上极板为U 0)的持续时间，t －为粒子在电场中运动时负向电压(下极板为U 0)的持续时间(t ＋＋t －)恰好等于交变电压的周期，故v y ＝1 000 m/s又全部粒子打入时的速度均为10 000 m/s ，且水平方向做匀速直线运动故全部粒子离开电场时的速度均为v ＝ 1 000101 m/s ，方向与水平方向成角θ＝arccot 10.(4)由第(3)问可知，全部粒子飞出时的速度均相同，重点争辩2×10－5s 末打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，如图所示光带长度为l ＝d －12at 22＝0.095 m答案：(1)3×10－5 s (2)0.085 m (3)见解析 (4)0.095 m。