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第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。
解 （1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图解1-1 所示。
1-2 题1-2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。
试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。
题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电解 c u 增高，偏差电压 r 。
此时，-=r e u u 使c u 过程：系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压r u （表征炉温的希望值）。
系统方框图见图解1-3。
1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。
图中电位器1P 、2P 并联后跨接到同一电源0E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。
输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。
试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
题1-4图 导弹发射架方位角控制系统原理图解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。
当摇动手轮使电位器1P 的滑臂转过一个输入角i θ的瞬间，由于输出轴的转角i o θθ≠,于是出现一个误差角o i e θθθ-=，该误差角通过电位器1P 、2P 转换成偏差电压o i e u u u -=，e u 经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带动电位器2P 的滑臂转过一定的角度o θ，直至i o θθ=时，o i u u =，偏差电压0=e u ，电动机停止转动。
这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。
只要o i θθ≠，偏差就会产生调节作用，控制的结果是消除偏差e θ，使输出量o θ严格地跟随输入量i θ的变化而变化。
第一章 习题解答1-1 在图1-39所示的电路中，若I 1=4A ，I 2=5A ，请计算I 3、U 2的值；若I 1=4A ，I 2=3A ，请计算I 3、U 2、U 1的值，判断哪些元件是电源？哪些是负载？并验证功率是否平衡。
解：对节点a 应用KCL 得 I 1+ I 3= I 2 即4+ I 3=5, 所以 I 3=1A 在右边的回路中，应用KVL 得6⨯I 2+20⨯I 3= U 2，所以U 2=50V 同理，若I 1=4A ，I 2=3A ，利用KCL 和KVL 得I 3= -1A ，U 2= -2V 在左边的回路中，应用KVL 得20⨯I 1+6⨯I 2= U 1，所以U 1=98V 。
U 1，U 2都是电源。
电源发出的功率：P 发=- U 1 I 1- U 2 I 3=-98⨯4-2=-394W 负载吸收的功率：P 吸=2021I +622I +2023I =394W 二者相等，整个电路功率平衡。
1-2 有一直流电压源，其额定功率P N =200W ，额定电压U N =50V ，内阻R o =0.5Ω，负载电阻R L 可以调节，其电路如图1-40所示。
试求：⑴额定工作状态下的电流及负载电阻R L 的大小；⑵开路状态下的电源端电压；⑶电源短路状态下的电流。
解：⑴A U P I N N N 450200===Ω===5.12450N N L I U R ⑵ =⨯+==0R I U U U N N S OC 50+4⨯0.5 = 52V ⑶ A R U I S SC 1045.0520===图1-39 习题1-1图 图1-40 习题1-2图1-9 求图1-44所示电路中电阻的电流及其两端的电压，并求图1-44a 中电压源的电流及图1-44 b 中电流源的电压，判断两图中的电压源和电流源分别起电源作用还是负载作用。
解：图1-44a 中，A I R 2=，V U R 2=，电压源的电流A I 2=。
物理初二第一章练习题答案1. 速度和加速度的关系根据物理学的基本概念，速度是物体运动的一个重要参量，而加速度则表示物体速度变化的快慢。
在初二的物理学习中，我们常常需要研究速度和加速度之间的关系。
以下是第一章练习题的答案：题目1：一个从静止开始的物体以恒定的加速度3 m/s²沿着一条直线运动，求它在5秒后的速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式v = u + at，其中v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。
给定初速度u=0，加速度a=3 m/s²，时间t=5秒。
代入公式计算可得v = 0 + 3 × 5 = 15 m/s。
题目2：一辆汽车在道路上以25 m/s的速度匀速行驶，经过10秒后它的位置是多少？答案：根据物理学中的位移公式s = ut，其中s是位移，u是速度，t 是时间。
给定速度u=25 m/s，时间t=10秒。
代入公式计算可得s = 25 ×10 = 250 m。
题目3：一个物体的速度从10 m/s增加到20 m/s，经过2秒的时间，求它的加速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式a = (v - u) / t，其中a是加速度，v是末速度，u是初速度，t是时间。
给定初速度u=10 m/s，末速度v=20 m/s，时间t=2秒。
代入公式计算可得a = (20 - 10) / 2 = 5 m/s²。
2. 动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个重要的原理，它指出在一个系统内，所有物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
以下是第一章练习题中涉及到动量守恒定律的答案：题目1：一辆质量为1000 kg的小轿车以20 m/s的速度向东行驶，和一辆质量为1500 kg的卡车以15 m/s的速度向东行驶发生碰撞，碰撞后两车结合在一起，求结合后的速度是多少？答案：根据动量守恒定律，碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。
小轿车的动量为mv1，卡车的动量为mv2，碰撞后的总动量为(m1 +m2)v。
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
第一章1.1 图1.18是液位自动控制系统原理示意图。
在任意情况下，希望液面高度c维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。
c+-SM___ 1Q浮浮浮浮浮浮2Q浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮fi-+解：系统的控制任务是保持液面高度不变。
水箱是被控对象，水箱液位是被控变量。
电位器用来设置期望液位高度*c(通常点位器的上下位移来实现) 。
当电位器电刷位于中点位置时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱的流入水量与流出水量相等，从而使液面保持在希望高度*c上。
一旦流出水量发生变化(相当于扰动)，例如当流出水量减小时，液面升高，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液体流量减少。
这时，水箱液位下降．浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置为止，系统重新处于平衡状态，液位恢复给定高度。
反之，当流出水量在平衡状态基础上增大时，水箱液位下降，系统会自动增大阀门开度，加大流入水量，使液位升到给定高度*c。
系统方框图如图解1. 4.1所示。
1.2恒温箱的温度自动控制系统如图1.19所示。
（1） 画出系统的方框图；（2） 简述保持恒温箱温度恒定的工作原理;（3） 指出该控制系统的被控对象和被控变量分别是什么。
M放大器电机减速器调压器 220～热电偶电阻丝－ ＋－ ＋图1.19 恒温箱的温度自动控制系统解：恒温箱采用电加热的方式运行，电阻丝产生的热量与调压器电压平方成正比，电压增高，炉温就上升。
调压器电压由其滑动触点位置所控制，滑臂则由伺服电动机驱动．炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压作为反馈电压与给定电压进行比较，得出的偏差电压经放大器放大后，驱动电动机经减速器调节调压器的电压。
在正常情况下，炉温等于期望温度T ，热电偶的输出电压等于给定电压。
此时偏差为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。
第一章习题解答(P37)2、设机器字长为6 位，写出下列各数的原码、补码、反码和移码。
10101 11111 10000-10101 -11111 -10000解: ① [10101]原=[10101]补=[10101]反=010101B[10101]移=2n-1-1+010101=11111+10101=110100B② [-10101]原=110101B[-10101]反=101010B[-10101]补=101011B[-10101]移=11111-10101=001010B③ [11111]原=[11111]补= [11111]反=011111B[11111]移=11111+11111=111110B④ [-11111]原=111111B[-11111]反=100000B[-11111]补=100001B[-11111]移=11111-11111=000000B⑤ [10000]原=[10000]补=[10000]反=010000B[10000]移=11111+10000=101111B⑥ [-10000]原=110000B[-10000]反=101111B[-10000]补=110000B[-10000]移=11111-10000=001111B3、利用补码进行加减法运算比用原码进行运算有何优越性?答: 利用补码进行加减法运算比用原码进行运算的优越性主要表现在只用一套加法器电路就可以进行加减法运算，简化了电路，降低了运算器的成本。
5、设机器字长为8 位，最高位为符号位，试对下列各算式进行二进制补码运算。
(1) 16+6=?解：∵ [16]补=10H[6]补=06H∴ [16+6]补=[16]补+[6]补=10H+06H=16H(2) 8+18=?解：∵ [8]补=08H[18]补=12H∴ [8+18]补=[8]补+[18]补=08H+12H=1AH(3) 9+(-7)=?解：∵ [9]补=09H[-7]补=F9H∴ [9+(-7)]补=[9]补+[-7]补=09H+F9H=02H（4）-25+6=?解：∵ [-25]补=E7H[6]补=06H∴ [-25+6]补=[-25]补+[6]补=E7H+06H=EDH(5) 8-18=?解：∵ [8]补=08H[-18]补=EEH∴ [8-18]补=[8]补+[-18]补=08H+EEH=F6H(6) 9-(-7)=?解：∵ [9]补=09H[-（-7）]补=07H∴ [9-（-7）]补=[9]补+[-(-7)]补=09H+07H=10H (7) 16-6=?解：∵ [16]补=10H[-6]补=FAH∴ [16-6]补=[16]补+[-6]补=10H+FAH=0AH(8) -25-6=?解：∵ [-25]补=E7H[-6]补=FAH∴ [-25-6]补=[-25]补+[-6]补=E7H+FAH=E1H6、设机器字长为8 位，最高位为符号位，试用“双高位”法判别下述二进制运算有没有溢出产生。
第一章热力学第一定律思考题答案一、是非题1．√ 2．× 3．× 4．× 5．× 6．× 7．√ 8．√ 9．× 10．× 11．× 12．×13．× 14．× 15．√二、选择题1．D 2．D 3．D 4．C 5．D 6．B 7．B 8．C 9．D 10．D 11．B 12．D 13．A 14．D 15．C 16．D习题解答1. 请指出下列公式的适用条件：(1) △H=Q p；(2) △U=Q V；(3)W=-nRlnV2/V1解：（1）封闭系统，恒压不做其他功。
（2）封闭系统，恒容不做其他功。
（3）封闭系统，理想气体恒温可逆过程。
2. 用热力学概念判断下列各过程中功、热、热力学能和焓的变化值：(1)理想气体自由膨胀；(2)van der Waals气体等温自由膨胀；(3)Zn(s)+2HCl(l)===ZnCl2（l）+H2(g)进行非绝热等压反应；(4)H2(g)+C12(g)===2HCl(g)在绝热钢瓶中进行；(5)常温、常压下水结成冰(273.15K，101.325kPa)。
解：（1）W=0，Q=0，△U=0，△H=0（2）W=0，Q>0，△U>0，△H不能确定。
（3）W<0，Q<0，△U<0，△H<0(4) W=0，Q=0，△U=0，△H>0(5) W>0，Q<0，△U<0，△H<03. 在相同的温度和压力下，一定量氢气和氧气从4种不同的途径生成相同终态的水；(1)氢气在氧气中燃烧；(2)爆鸣；(3)氢氧热爆炸；(4)氢氧燃料电池。
请问这4种变化途径的热力学能和焓的变化值是否相同?解：相同。
4. 一定量的水，从海洋蒸发变为云，云在高山上变为雨、雪，并凝结成冰。
冰、雪融化变成水流入江河，最后流入大海。
整个循环，水的热力学能和焓的变化是多少？解：零。
5. 10mol理想气体，始态压力为1000kPa，温度为300K。
在等温下：分别计算下述途径所做的功。
(1)在100kPa压力下体积膨胀1dm3；(2)在100kPa压力下，气体膨胀到压力也等于100kPa.。
(3)恒温可逆膨胀到气体的压力等于100kPa。
解：（1）恒外压恒温膨胀, △V=1dm3,则W = -p外（V2-V1）= -p外△V =-100kPa×1dm3 = -100J(2) 恒外压恒温膨胀W = -p外（V2-V1）=-p2nRT(1/p2– 1/p1)= - nRT(1- p2/p1)= -10mol×8.314J.K-1mol-1×300K(1- 1/10)=-22447.8 J(3) 恒温可逆膨胀W = -nRTln p1/p2 = -10mol×8.314J.K-1mol-1×300Kln1000/100= -57431.1 J6. 在373K恒温条件下，计算lmol理想气体在下列4个过程中所做的膨胀功。
已知始、终态体积分别为25 dm3和100 dm3。
(1)恒温可逆膨胀；(2)向真空膨胀；(3)在外压恒定为气体终态压力下膨胀；(4)先外压恒定为体积等于50 dm3时气体的平衡压力下膨胀，当膨胀到50 dm3以后，再在外压等于100 dm3时气体的平衡压力下膨胀。
试比较4个过程的功，说明了什么问题?解：（1）W = -nRTln V2/V1 = -1mol×8.314J.K-1mol-1×373Kln100/25= -4299.07 JJ(2) W =0(3) W = -p外（V2-V1）= -nRT/V2（V2-V1)= -nRT(1 – V1/V2)= -1mol×8.314J.K-1mol-1×373K (1-25/100)=-2325.84 J(4) 两步恒外压膨胀W = -p2‘（V2’-V1）+ -p2（V2-V’2） = -nRT(1 –V1/V’2) - -nRT(1 –V’2/V2)= -1mol×8.314J.K-1mol-1×373K (1-25/50) --1mol×8.314J.K-1mol-1×373K (1-50/100)= -3101.12 J计算结果说明气体膨胀过程分步次数越多，对外做功越大，可逆膨胀过程对外做功最大。
7. 1mol单原子分子理想气体，初始状态为298K、100kPa，经历△U =0的可逆变化后，体积为初始状态的2倍，请计算Q、W和△H。
解：已知理想气体△U =0，则说明系统的T不变，△H=0恒温可逆变化 V2 = 2V1,W = -nRTlnV2/V1 = --1mol×8.314J.K-1mol-1×298Kln2=-1717.32J Q = -W = 1717.32J8. 设有300K的1mol理想气体做恒温可逆膨胀，起始压力为1500kPa，终态体积为10 dm3。
试计算该过程的Q、W、△U和△H。
解：理想气体恒温可逆膨胀△U= 0，△H =0V1 = nRT/p1 =1mol×8.314J.K-1mol-1×300K/1500kPa = 1.663dm3W = -nRTlnV2/V1 = -1mol×8.314J.K-1mol-1×300Kln10/1.663 =-4474.5J Q = -W = 4474.5J9. 在温度为298K的恒温浴中，一理想气体发生不可逆过程。
过程中环境对系统做功为3.5kJ。
求此过程的Q、W、△U和△H。
解：理想气体恒温变化△U= 0，△H =0已知 W = 3.5kJ则 Q = -W = -3.5kJ10. 在573K时，将lmolNe(可视为理想气体)从1000kPa经绝热可逆膨胀到100kPa。
求Q、W、△U和△H。
解：理想气体绝热可逆 Q = 0已知 V1 =/nRT/p1 = 1mol×8.314J.K-1mol-1×573K/1000kPa = 4.764dm3γ = C p,m/C V,m = 5/3根据理想气体绝热可逆可逆过程方程 p1V1γ = p2V2γV2 = (p1V1γ/p2)1/γ = (1000kPa/100kPa)3/5×4.764dm3 = 18.97 dm3T2 = p2V2/nR= 100kPa×18.97 dm3/8.314J.K-1mol-1 =228.08KW = △U = nC V,m(T2-T1) = 3/2×8.314 J.K-1mol-1 (228.08-573)K =-4301.5J △H = nC p,m(T2-T1) = 5/2×8.314 J.K-1mol-1 (228.08-573)K =-7169.16J11. 1l.4g Ar(可视为理想气体，其摩尔质量M(Ar)=39.95g.mol-1)在300K时，压力为506.6kPa，今在恒温下膨胀至202.6kPa。
试分别求下列两种过程的Q、W、△U和△H。
(1)若变化为可逆过程；(2)若变化为恒外压过程。
解：（1）恒温可逆△U= 0，△H =0W = -nRTlnp1/p2= -11.4/39.95mol×8.314J.K-1mol-1×300Kln506.6/202.6 =-652.30JQ = -W = 652.30J(2) 恒温恒外压不可逆△U= 0，△H =0W = -p外（V2-V1）= =-p2nRT(1/p2– 1/p1)= - nRT(1- p2/p1)= -11.4/39.95mol×8.314J.K-1mol-1×300K (1- 202.6/506.6)=-427.10 JQ = -W = 427.10 J12. 1mol双原子理想气体在300 K、101 kPa下，经恒外压恒温压缩至平衡态，并从此状态下恒容升温至370 K、压强为1010 kPa。
求整个过程的Q、W、△U和△H。
解：中间态的压力p’ = p2T1/T2 = 1010kPa×300K/370K = 818.92kPa途径1 恒外压恒温压缩△U1= 0，△H1 =0W1 = -p外（V’-V1）= =-p’nRT(1/p’– 1/p1)= - nRT(1- p’/p1)= -1mol×8.314J.K-1mol-1×300K (1- 818.92/101)=17729.04 JQ1 = -W1 =-17729 J途径2 恒容升温 W2 = 0Q2 = △U2 = nC V.m(T2-T1) = 5/2×8.314 J.K-1mol-1 (370-300)K =1455J △H2 = nC p,m(T2-T1) = 7/2×8.314 J.K-1mol-1(370-300)K =2037J则整个变化过程△U = 1455 J，△H = 2037 J，W=17729 J，Q = －16274 J13. 设有0.1 kg N2，温度为273.15 K，压强为101325 Pa，分别进行下列过程，求Q、W、△U和△H。
(1) 恒容加热至压强为151987.5 Pa； (2) 恒压膨胀至原体积的2倍；(3) 恒温可逆膨胀至原体积的2倍； (4) 绝热可逆膨胀至原体积的2倍。
解：（1）恒容加热 T2 = p2T1/p1 = 151987.5Pa×273.15K/101325Pa = 409.73KW = 0Q = △U = nC V.m(T2-T1)= 100/28 mol× 5/2×8.314 J.K-1mol-1 (409.73-273.15)K = 1.01×104 J△H = nC p,m(T2-T1)= 100/28 mol× 7/2×8.314 J.K-1mol-1 (409.73-273.15)K=1.42×104 J(2) 恒压膨胀 V2 = 2V1T2 = 2T1 = 2×273.15 K=546.3KQ = △H = nC p,m(T2-T1)= 100/28mol×7/2×8.314 J.K-1mol-1(546.3-273.15)K= 2.84×104 J△U = nC V.m(T2-T1)=100/28 mol×5/2×8.314 J.K-1mol-1(546.3-273.15)K= 2.03×104 JW =△U –Q =( 2.03×104-2.84×104)J = -8.10×103J(3)恒温可逆 V2 = 2V1△U= 0，△H =0W = -nRTlnV2/V1= -100/28mol×8.314J.K-1mol-1×273.15Kln2 =-5621.84JQ = -W =5621.84J(4) 绝热可逆 V2 = 2V1 ,Q = 0已知γ = C p,m/C V,m = 7/5根据理想气体绝热可逆可逆过程方程 p1V1γ = p2V2γp2 = p1(V1/V2)γ =101325Pa×2-7/5=38395PaV1= nRT/p1= 100/28mol× 8.314 ×273.15K/101325Pa =0.080m3 V2 = 2V1 = 0.16dm3T2= p2V2/nR= 28×38395Pa ×0.160m3/100×8.314J.K-1mol-1 =206.88KW=△U = nC V.m(T2-T1)=100/28 mol× 5/2×8.314 J.K-1mol-1(206.88-273.15)K= -4919.5 J△H = nC p,m(T2-T1)= 100/28 mol×7/2×8.314 J.K-1mol-1 (206.88-273.15)K=-6885.9J14. 在373.15 K、101325 Pa下，1 mol水缓慢蒸发。
