第6章图习题解析(答)

第 6章圆周运动复习与提高 B组（解析版）—2019版新教科书物理必修第二册“复习与提高”习题详解1.如图 6-7所示，半径 R=0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圈环与水平地面相切于圆环的端点 A，一小球从 A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到 B点飞出，最后落在水平地面上的 C点〔图上未画)，g取 10 m/s .（1）能实现上述运动时，小球在 B点的最小速度是多少?2(2）能实现上述运动时，A、C间的最小距离是多少?【解析】（1）小球在B点受力等于向心力，当N=0时最小速度为（2）小球从B做平抛运动，解得0.8m，即为A、C间的最小距离。

2.如图 6-8所示，做匀速圆周运动的质点在时间 t内由 A点运动到 B点，AB弧所对的圆心角为。

(1）若 A8弧长为，求质点向心加速度的大小。

(2）若由 A点运动到 B点速度改变量的大小为，求质点做匀速圆周运动的向心加速度的大小。

【解析】（1）因为,所以，又，所以，代入得（2）3.如图 6-9所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿颠时针方向匀速转动，转速 n=20 rls。

在暗室中用每秒闪光 21次的频闪光源照射圆盘，求观察到白点转动的方向和转动的周期。

【解析】每闪光1次所用时间，在此时间内，白点顺时针转过的角为，也就是逆时针转动了，用角度表示约为，所以观察到的白点转动方向为逆时针方向。

如图所示角速度，所以周期= 。

4.如图 6-10所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为 m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为 g。

(1)小球运动到最高点时，长杆对球的作用力。

( 2）小球运动到水平位置 A时，求杆对球的作用力。

【解析】（1）在最高点，设杆对球的作用力为F，方向向下为正，有，则①若②若③若，则，则，则，F=0，杆对球的作用力为0；，F>0，杆对球的作用力为, 方向向下，是拉力；，F<0，杆对球的作用力大小为,方向向上，是支持力。

第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。

曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。

试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。

解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。

试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。

解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。

作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。

则角速度杆AB 为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。

试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。

解：RvR v A A ==ωhv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===习题6-1图ABCv 0hθ习题6－2图PωABv CABCv ohθ习题6－2解图习题6-3解图习题6-3图v A = vv B = v ωAωBR vR v B B 22==ω B A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。

第6章波动光学6.1基本要求1．理解相干光的条件及获得相干光的方法.2．掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系，了解半波损失，掌握半波损失对薄膜干涉极大值和极小值条件的影响。

3．能分析杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置4．了解迈克耳孙干涉仪的工作原理5．了解惠更斯－菲涅耳原理及它对光的衍射现象的定性解释.6．了解用波带法来分析单缝夫琅禾费衍射条纹分布规律的方法，会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响.7．了解衍射对光学仪器分辨率的影响.8．掌握光栅方程，会确定光栅衍射谱线的位置，会分析光栅常数及波长对光栅衍射谱线分布的影响.9．理解自然光与偏振光的区别.10．理解布儒斯特定律和马吕斯定律.11．了解线偏振光的获得方法和检验方法.6.2基本概念1．相干光若两束光的光矢量满足频率相同、振动方向相同以及在相遇点上相位差保持恒定，则这两束光为相干光。

能够发出相干光的光源称为相干光源。

2．光程光程是在光通过介质中某一路程的相等时间内，光在真空中通过的距离。

若介质的折射率为n，光在介质中通过的距离为L，则光程为nL。

薄透镜不引起附加光程差。

光程差∆与相位差ϕ∆的关系2πϕλ∆=∆。

3．半波损失光在两种介质表面反射时相位发生突变的现象。

当光从光疏介质（折射率较小的介质）射向光密介质（折射率较大的介质）时，反射光的相位较之入射光的相位跃变了π，相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的光程差，所以称为半波损失。

4．杨氏双缝干涉杨氏双缝干涉实验是利用波阵面分割法来获得相干光的。

用单色平行光照射一窄缝S ，窄缝相当于一个线光源。

S 后放有与其平行且对称的两狭缝S 1和S 2，两缝之间的距离很小。

两狭缝处在S 发出光波的同一波阵面上，构成一对初相位相同的等强度的相干光源，在双缝的后面放一个观察屏，可以在屏幕上观察到明暗相间的对称的干涉条纹，这些条纹都与狭缝平行，条纹间的距离相等。

5．薄膜干涉薄膜干涉是利用分振幅法来获得相干光的。

第6章完全垄断市场下的价格与产量课后习题参考答案一、单选题1.对完全垄断厂商来说（C）。

A.提高价格一定能够增加收益B.降低价格一定会减少收益C.提高价格未必能增加收益，降低价格未必减少收益D.以上都不对解析：完全垄断市场上，厂商的总收益TR曲线是先增加后减少。

因此，对完全垄断厂商来说，提高价格未必能增加收益，降低价格未必减少收益。

选C。

2.垄断厂商利润极大时，（C）。

A.P=MR=MCB.P>MR=ACC.P>MR=MCD.P>MC=AC解析：垄断厂商定价时遵循利润最大化原则，此时有边际收益等于边际成本MR=MC，而当垄断厂商利润极大时，价格P显然高于边际成本MC。

3.垄断利润或者说超额利润（A）。

A.不是一种成本，因为它不代表生产中使用的资源所体现的替换成本B.不能为垄断者在长期中所获取，因为价格在最优产出水平上必须等于长期平均成本C.为保证资本继续进入该行业所必需D.能为完全竞争者和垄断者一样在长期中获取解析：BCD选项均有明显错误。

垄断利润或者说超额利润不是一种成本，选A。

4.在短期，完全垄断厂商（D）。

A.无盈余B.取得最大利润C.发生亏损D.以上任何一种情况都有可能出现解析：完全垄断厂商在短期均衡点上可能获得超额利润，可能只获得正常利润，还可能发生亏损。

因此选D。

5.在完全垄断厂商的最好或最优产量处（D）。

A.P=MCB.P=SAC的最低点的值C.P最高D.MR=MC解析：根据利润最大化原则，边际收益等于边际成本MR=MC时的价格和产量是最优的。

因此选D。

二、简答题1.成为垄断者的厂商可以任意定价，这种说法对吗？这种说法不正确。

从理论上讲，垄断者是价格的制定者，其产品没有替代品，其他厂商无法进入垄断行业，厂商是产品唯一的卖者。

然而在实际上，如果垄断厂商定价过高，购买量就会下降，从而使总收益和利润下降；其他厂商如看到有丰厚的利润，尽管没有替代品，但相似的替代品总是会生产的，因而垄断厂商如果定价过高，会使自己产品失去销路，市场被相似替代品夺去；国家也会对垄断厂商的定价加以控制，有些国家会通过制定反垄断法，规定最高限价，还可用征税等办法加以控制。

第六章树和二叉树（下载后用阅读版式视图或web版式可以看清）习题一、选择题1．有一“遗传”关系：设x是y的父亲，则x可以把它的属性遗传给y。

表示该遗传关系最适合的数据结构为( )。

A.向量B.树 C图 D.二叉树2．树最合适用来表示( )。

A.有序数据元素 B元素之间具有分支层次关系的数据C无序数据元素 D.元素之间无联系的数据3．树B的层号表示为la，2b，3d，3e，2c，对应于下面选择的( )。

A. la (2b (3d,3e),2c)B. a(b(D,e),c)C. a(b(d,e),c)D. a(b,d(e),c)4.高度为h的完全二叉树至少有( )个结点，至多有( )个结点。

A. 2h_lB.h C．2h-1 D. 2h5.在一棵完全二叉树中，若编号为f的结点存在右孩子，则右子结点的编号为( )。

A. 2iB. 2i-lC. 2i+lD. 2i+26.一棵二叉树的广义表表示为a(b(c)，d(e(，g(h))，f))，则该二叉树的高度为 ( )。

A.3B.4C.5D.67.深度为5的二叉树至多有( )个结点。

A. 31B. 32C. 16D. 108.假定在一棵二叉树中，双分支结点数为15，单分支结点数为30个，则叶子结点数为( )个。

A. 15B. 16C. 17D. 479.题图6-1中，( )是完全二叉树，( )是满二叉树。

..专业知识编辑整理..10.在题图6-2所示的二叉树中：(1)A结点是A.叶结点 B根结点但不是分支结点 C根结点也是分支结点 D.分支结点但不是根结点(2)J结点是A.叶结点 B．根结点但不是分支结点 C根结点也是分支结点 D.分支结点但不是根结点(3)F结点的兄弟结点是A.EB.D C．空 D.I(4)F结点的双亲结点是A.AB.BC.CD.D(5)树的深度为A.1B.2C.3D.4(6)B结点的深度为A.1B.2C.3D.4(7)A结点所在的层是A.1B.2C.3D.4..专业知识编辑整理..11.在一棵具有35个结点的完全二叉树中，该树的深度为( )。

第６章 保形映射习题解答１．如果单叶解析函数()w f z =把z 平面上可求面积的区域D 映射成w 平面上的区域D *，证明D *的面积是2()d d DA f z x y '=⎰⎰．证明 记()(,)(,)w f z u x y iv x y ==+，由题设，变量替换(,)(,)u u x y v v x y =⎧⎨=⎩将z 平面上可求面积的区域D 保形映射成w 平面上的区域D *，且()x x f z u iv '''=+．由数学分析中重积分的变量替换公式，并注意到..2222(,)()()()(,)C R xyxx x x x xxyx x u u u v u v u v u iv f z v v v u x y ''''-∂'''''===+=+=''''∂条件有2(,)d d d d ()d d (,)DDD u v A u v x y f z x y x y *∂'===∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰．２．如果函数()w f z =可求面积的区域D 内单叶解析，并且满足条件()1f z ≤，证明：2()d d Df z x y π'≤⎰⎰．证明 记区域D 在单叶解析函数()w f z =下的象区域为D *（D *的面积记为A ），由题设1D w *⊂<，从而21A ππ≤⋅=，所以由第６章习题１得2()d d Df z x y A π'=≤⎰⎰．３．如果函数()f z 在0z =解析，并且(0)0f '≠，证明()f z 在0z =的一个邻域内单叶． 证明（方法１）由Talor 定理，在0z =的邻域内012()n n n f z a a z a z ∞==++∑，其中1(0)0a f '=≠于是在0z =的邻域内112()n n n f z a na z ∞-='=+∑记12()n n n g z na z∞-==∑，由幂级数的性质12()n n n g z n a z∞-==∑收敛，且12lim ()lim 0n n z z n g z n a z∞-→→==⋅=∑从而由极限的局部保号性，存在(0,):U z δδ≤，使得在(0,)U δ上12()()(0)n n n g z g z n a zf ∞-='==<∑下证()f z 在(0,)U δ内是单叶的．事实上，由(0,)z U δ∀∈，()(0)g z f '<知，对任意12,(0,)z z U δ∈，12z z ≠，12211212111212221221121121222112212()()()()(0)()(0)(0)()0n n n n n n n n n n n n n n n f z f z z z a a z z z z z z z z f a z z z z z z z z f n a z z f g δδ∞----=∞----=∞-=⎡⎤-=-+++++⎢⎥⎣⎦⎡⎤'≥-⋅-++++⎢⎥⎣⎦⎡⎤'≥-⋅-⎢⎥⎣⎦'=-⋅⎡-⎤>⎣⎦∑∑∑所以()f z 在(0,)U δ内是单叶的．（方法２）由解析函数的性质，()f z '在0z =的某邻域内解析，从而连续．注意到(0)0f '≠，由连续的定义，存在0z =的邻域(0,)U δ：z δ<，使得在(0,)U δ内()(0)(0)f z f f '''-<下证()f z 在(0,)U δ内是单叶的．事实上，对任意12,(0,)z z U δ∈，12z z ≠，取直线段12,z z ，显然12,(0,)z z U δ⊂，由复积分的牛顿－莱布尼兹公式，并注意到复积分的不等式性质，有{}121212,,()()()d [()(0)](0)d z z z z f z f z f z z f z f f z ''''-==-+⎰⎰1212121212,,12,12,,(0)d [()(0)]d (0)[()(0)]d (0)()(0)d [(0)()(0)]d 0z z z z z z z z z z f z f z f zf z z f z f z f z z f z f zf f z f z '''≥--'''=⋅---'''≥⋅---'''=-->⎰⎰⎰⎰⎰所以()f z 在(0,)U δ内是单叶的．（方法３）由第４章习题２１立即可得．４．如果函数()f z 在区域D 内解析，不为常数，且没有零点，证明()f z 不可能在D 内达到最小值（最小模原理）．证明 令()1()F z f z =，由题设及解析函数的四则运算性，()F z 也在区域D 内解析，不为常数．由最大模原理，()F z 不可能在D 内达到最大值，从而()1()f z F z =不可能在D 内达到最小值．５．设()f z 在z a ≤上解析，在圆周z a =上有()f z m >，并且(0)f m <其中a 和m 是有限正数，证明()f z 在z a <内至少有一个零点．证明（反证法）假设()f z 在z a <内没有零点，由第６章习题４，()f z 不可能在z a <内达到最小值．又()f z 在z a ≤上解析，从而()f z 在z a ≤上一定达到最小值，再注意到在圆周z a =上有()f z m >，并且(0)f m <所以()f z 的最小值一定不在z a =上达到，从而()f z 的最小值只能在z a <内达到，这与上面得到的()f z 不可能在z a <内达到最小值矛盾．故()f z 在z a <内至少有一个零点．６．设在1z <内，()f z 解析，并且()1f z <；但()0f a =，其中1a <．证明：在1z <内，有不等式()1z af z a z-≤-⋅．证明 作变换()1z L z zαξα-==-⋅，由分式线性映射的特点，在此分式线性映射下1z <被保形映射成1ξ<，且()0L α=，于是，()1z L z zαξα-==-⋅的逆映射1()z L ξ-=将1ξ<被保形映射成1z <，且1(0)L α-=．作辅助函数1()(())F f L ξξ-=，则()F ξ满足：1(0)((0))()0F f L f α-===当1ξ<时，1()(())()1F f L f z ξξ-==<．由Schwarz 因理得，当1ξ<时，1()(())F f L ξξξ-=≤将()1z L z zαξα-==-⋅代入上式得，当1z <时，1()(())1z f z f L zαξξα--=≤=-⋅．７．应用施瓦茨（H.A.Schwarz ）引理，证明：把1z <变成1w <，且把a 变成0的保形双射一定有下列形状1i z aw e a zθ-=-⋅，这里θ是实常数，a 是满足1a <的复常数． 证明 显然当保形双射具有形状1i z aw e a zθ-=-⋅时，它一定将1z <变成1w <，且把a 变成0．下面证明反过来的情形．设()w f z =是把1z <变成1w <，且把a 变成0的保形双射．作分式线性映射()1z aL z a zξ-==-⋅．由分式线性映射的特点，并注意到保形双射的复合仍为保形双射得1(())()w f L F ξξ-=是将1ξ<变成1w <的保形双射，且(0)0F =，从而逆映射1()F w ξ-=是1w <变成1ξ<的保形双射，且1(0)0F -=．于是对1(())()w f L F ξξ-==和1()F w ξ-=分别运用Schwarz 引理得，当1ξ<，1w <时，1(())()w f L F ξξξ-==≤，1()F w w ξ-=≤于是1(())()w f L F ξξξ-===从而1(())i w f L e θξξ-==，这里θ是实常数．将()1z aL z a zξ-==-⋅代入上式得()1i z aw f z e a zθ-==-⋅．这里θ是实常数．８．试作保形映射：（１）把带形区域2y ππ<<映射成上半平面；（２）把去掉上半虚轴的复平面映射成上半平面．解（１）（方法１）先作平移映射z i ξπ=-将带形区域2y ππ<<映射成带形区域0Im ξπ<<；再作指数函数映射i w e ξ=将带形区域0Im ξπ<<映射成上半平面Im 0w >．复合上面的两个映射即得符合题目要求的保形映射为()i i z i iz w e e e e ξππ-===⋅．（方法２）先作指数函数映射zw e =将带形区域2y ππ<<映射成下半平面Im 0ξ<；再作旋转映射i w e πξξ==-将下半平面Im 0ξ<映射成上半平面Im 0w >．复合上面的两个映射也可得符合题目要求的保形映射为z w e =-．（注意：一般来讲两个区域之间的保形映射不一定惟一．要想使保形映射惟一还需要加上其他的条件，参阅关于保形映射的黎曼存在惟一性定理） （２）（方法１）先作旋转映射2ie z i z πξ-==-⋅将去掉上半虚轴的复平面映射成去掉右半实轴的复平面；再作根式函数映射w =1=的解析分支）将去掉右半实轴的复平面映射成上半平面Im 0w >．复合上面的两个映射即得符合题目要求的保形映射为4(12w ei π-===-1=的解析分支．（方法２）先作旋转映射2ie z i z πξ==⋅将去掉上半虚轴的复平面映射成去掉左半实轴的复平面；再作根式函数映射ζ1=的解析分支）将去掉左半实轴的复平面映射成右半平面Im 0ζ>；最后作旋转映射2iw e i πζζ==将右半平面映射成上半平面Im 0w >．复合上面的三个映射即得符合题目要求的保形映射为41w iei i π===+=-+1=的解析分支．９．函数2w z =和z =分别把1x C =，2y C =及3u C =，4v C =映射成z 平面及w 平面上的什么曲线？这里x 及y 与u 及v 分别是z 与w 的实部及虚部，1C ，2C ，3C 及4C 是实常数．解 令z x iy =+，w u iv =+代入2w z =或z =并比较实部和虚部得22u x y =-，2v xy =于是，（ａ）当1x C =时，若10C =，有20u y =-≤，0v =（y R ∈），它表示从原点出发的负半实轴； 若10C ≠，有221u C y =-，12v C y =，所以2222112114u C y C v C =-=-即222114()v C u C =--它表示顶点为21(,0)C （在正u 轴上），焦点为(0,0)（原点），开口相左，对称轴为u 轴的抛物线．（ｂ）当2y C =时，若20C =，有20u x =≥，0v =（x R ∈），它表示从原点出发的正半实轴；若20C ≠，有222u x C =-，22v C x =，所以2222222214u x C v C C =-=- 即222224()v C u C =+它表示顶点为22(,0)C -（在负u 轴上），焦点为(0,0)（原点），开口相右，对称轴为u 轴的抛物线．（ｃ）当3u C =时，若30C =，有220x y -=，它表示过原点的两条直线y x =±；若30C ≠，有223x y C -=，它表示以原点为中心，两条直线y x =±为渐近线的双曲线．（注意：其中双曲线的两支分别对应于z =的两个解析分支） （ｄ）当4v C =时，若40C =，有0xy =，它表示过原点的两条直线0x =和0y =；若40C ≠，有4xy C =，它表示以原点为中心，两条直线0x =和0y =为渐近线的双曲线．（注意：其中双曲线的两支分别对应于z =的两个解析分支）１０．试作保形映射：（１）把椭圆22125916x y +=以外的区域映射成单位圆的外区域； （２）把双曲线221x y -=两支之间的区域映射成上半平面； （３）把抛物线24(1)v u =+左方的区域映射成上半平面．解（１）由于22125916x y +=可变形为 222211111(2)(2)4242x y +=+-．由儒可夫斯基变换的特点，先作儒可夫斯基变换11()2z ξξ=+的逆变换z ξ=将22125916x y +=以外的区域：22125916x y +>保形映射成圆周2ξ=的外区域：2ξ>；然后再作伸缩映射12w ξ=将圆周2ξ=的外区域：2ξ>保形映射成单位圆1w =的外区域：1w >．复合上面的两个映射即可得满足题目要求的保形映射为1(2w z =+． （２）先作伸缩映射ξ=将双曲线221x y -=两支之间的区域保形映射成双曲线 221= 两支之间的区域；其次由儒可夫斯基变换的特点，再作11()2ξζζ=+的逆映射ζξ=+将双曲线221= 两支之间的区域保形映射成以原点为顶点的角形区域3arg 44ππζ<<再其次，作旋转映射4i eπωζ-=将角形区域3arg 44ππζ<<保形映射成角形区域0arg 2πω<<最后，作幂函数映射2w ω=将角形区域0arg 2πω<<保形映射成上半平面Im 0w >．复合上面的四个映射即得满足题目要求的保形映射为22224()(iw e i i z z πζξ-==-+=-=．（３）因为24(1)v u =+可变形为22241(1)v u =⋅+．由根式映射的特点，先作根式函数映射ξ=将抛物线24(1)v u =+左方的区域映射成半平面Im 1ξ>；再作平移映射z i ξ=-将半平面Im 1ξ>映射成上半平面Im 0z >．复合上面的两个映射即得满足题目要求的保形映射为z i =即满足1的解析分支）．１１．试把圆盘1z <保形映射成半平面Im 0w >，并且将点1-，1和i 映射成（１）∞，0，1或（２）1-，0，1 ．解 设所求的保形映射为()w f z =．根据分式线性映射的保交比性以及保形映射的存在惟一性定理，（１）当点1-，1和i 分别映射成∞，0，1时，我们有(,0,1,)(1,1,,)w i z ∞=-即1111::111z i w z i ++=-- 所以11z w iz -=-+． （２）当点1-，1和i 分别映射成1-，0，1时，我们有(1,0,1,)(1,1,,)w i z -=-即1211::111w z i w z i +++=-- 所以1(21)12z w i z i-=-++．１２．试把Im 0z >保形映射成Im 0w >，并且把（１）1-，0，1或（２）∞，0，1映射成0，1，∞．解 设所求的保形映射为()w f z =．根据分式线性映射的保交比性以及保形映射的存在惟一性定理，（１）当点1-，0，1分别映射成0，1，∞时，我们有(0,1,,)(1,0,1,)w z ∞=-即12:11w z w z +=- 所以11z w z+=-． （２）当点∞，0，1分别映射成0，1，∞时，我们有(0,1,,)(,0,1,)w z ∞=∞即11:11w w z =- 所以11w z=-． １３．试作一单叶解析函数()w f z =，把1z <映射成1w <，并且使得1(0)2f =，(0)0f '>． 解 由分式线性映射的特点，取分式线性映射1212i w z e w θ-=-的逆映射 12()12i i z e w f z e zθθ+==+， 显然它满足把1z <映射成1w <，且1(0)2f =．因为21111()()2222()11()22i i i i i z e e z z e f z e z e z θθθθθ'⎛⎫++-+ ⎪'== ⎪ ⎪++⎝⎭，所以要使(0)(34)0i f eθ-'=>，必须1i e θ-=，从而 1212()1212z z w f z z z ++===++． 最后，根据保形映射的存在惟一性定理得，所求的单叶解吸函数为21()2z w f z z+==+．１４．（根据第１章，习题一第１２题）改为（利用分式线性映射的性质），证明1z 及2z 是关于圆周12z z k z z -=-（00k <≠）的对称点．证明 作分式线性映射12z z w z z -=-，显然在此映射下，曲线12z z k z z -=-映射成圆周w k =，1z 和2z 分别映射成0和∞，而0和∞是关于圆周w k =对称的两点，于是根据分式线性映射的保圆周性和保对称点性知，圆周12z z k z z -=-（00k <≠一定是圆周，且1z 和2z 是关于圆周12z z k z z -=-（00k <≠）的对称点．１５．在圆盘1z <中除去实轴上的半闭区间1[,1)2，得一区域．试把这一区域保形映射成圆盘1w <．解 先作分式线性映射121z z ξ-=-将半闭区间1[,1)2映射成从原点出发的负实轴(,0]-∞，将圆周1z =映射成直线3Im 4ξ=，此时圆盘1z <中除去实轴上的半闭区间1[,1)2所得一区域被映射成半平面3Im 4ξ<去掉负实轴(,0]-∞所得区域1D ；其次，作分式线性映射2(34)(34)iei πζξξ-=-=--将区域1D 映射成上半平面去掉上半虚轴上射线{}Im Im 34i ζζζ=≥所得区域2D ；第三，作映射2329()932ωζ=+将区域2D 映射成平面去掉两个区间(,1]-∞-和[1,)+∞所得区域\(,1][1,)-∞-+∞；第四，作儒可夫斯基映射的逆映射1ωω=+\(,1][1,)-∞-+∞映射成上半平面1Im 0ω>；最后，作分式线性映射11iw iωω-=+将上半平面1Im 0ω>映射成单位圆1w <． 复合上面的五个映射即得满足题目要求的保形映射．１６．试作保形映射：（１）把1z <及11z -<的公共部分映射成1w <； （２）把扇形0arg (2)z a π<<<，1z <映射成1w <； （３）把圆周2z =及11z -=所夹的区域映射成1w <；（４）把圆1z <映射成带形01v <<，并把1-，1，i 映射成∞，∞，i ． 解（１）先作分式线性映射33iiz e z eππξ--=-将1z <及11z -<的公共部分映射成角形区域25arg 33ππξ<<； 其次，作旋转映射23i eπζξ-=将角形区域25arg 33ππξ<<映射成角形区域 20arg 3πζ<<； 再其次，作幂函数映射32ωζ=将角形区域20arg 3πζ<<映射成上半平面Im 0ω>； 最后，作分式线性映射iw iωω-=+将上半平面Im 0ω>映射成单位圆1w <． 复合上面的四个映射即得满足题目要求的保形映射为333322333322()()()()iiiiz e i z e w z e i z eππππ---+-=---．（２）先作幂函数映射a z πξ=将扇形0arg (2),1z a z π<<<<映射成上半单位圆域1,Im 0ξξ<>；其次，作映射211ξζξ⎛⎫+= ⎪-⎝⎭将上半单位圆域1,Im 0ξξ<>映射成上半平面Im 0ζ>；最后，作分式线性映射iw iζζ-=+将半平面Im 0ζ>映射成单位圆1w <． 复合上面的三个映射即得满足题目要求的保形映射为2222(1)(1)(1)(1)a a a a z i z w z i z ππππ+--=++-．（３）先作分式线性映射12z ξ=-将圆周2z =及11z -=所夹的区域映射成带形区域 11Re 24ξ-<<-； 其次，作平移与旋转复合而成的映射211()()44iei πζξξ-=+=-+将带形区域11Re 24ξ-<<- 映射成带形区域10Im 4ζ<<； 再其次，作伸缩映射与指数函数映射复合而成的映射4e πζω=将带形区域10Im 4ζ<<映射成上半平面Im 0ω>； 最后，作分式线性映射iw iωω-=+将上半平面Im 0ω>映射成单位圆1w <． 复合上面的四个映射即得满足题目要求的保形映射为4242i z i z e i w eiππ----+=-．（４）先作映射11z i zξ+=⋅-将圆1z <映射成上半平面Im 0ξ>，此时点1-，1，i 分别映射成点0，∞，1-；其次，作对数函数映射ln ζξ=将上半平面Im 0ξ>映射成带形区域0Im ζπ<<，此时点0，∞，1-分别映射成点∞，∞，i π；最后，作伸缩映射1w ζπ=将带形区域0Im ζπ<<映射成带形区域0Im 1w <<，此时点∞，∞，i π分别映射成点∞，∞，i ．复合上面的三个映射即得满足题目要求的保形映射为11ln 1z w i z π+⎛⎫=⋅ ⎪-⎝⎭． （注意：此题中涉及的多值函数的解析分支都是主值支．）１７．设()n n n f z a z ∞==∑是一个ρ级整函数，这就是说，ln ln ()lim ln r M r rρ++→+∞=， 其中()max ()z rM r f z ==（0r ≤<+∞）ln (1)ln 0(01)x x x x +≥⎧=⎨<<⎩（１）证明()M r 是增函数．（２）设0p >及1t >都是有限数，证明()exp()(0)p t r r r r ϕ=>在1()p r t p =时达到最小值exp (1ln ln )t p t p ⎛⎫+- ⎪⎝⎭．由此及柯西不等式（第三章，§２）导出：如果(0,)ρ∈+∞，那么ln 1limln n n a n nρ→+∞≤-．（３）设p 及r 都是正有限数，证明()t t p t r t φ-=在pt r=时达到最大值exp()p r ep ．由此导出：如果1(0,)ρ∈+∞，并且1ln 1limln n n a n nρ→+∞≤-，那么整函数()f z 的级小于1ρ．（４）由（２）及（３）导出：如果(0,)ρ∈+∞，那么整函数()f z 的级等于ρ⇔ln 1limln n n a n nρ→+∞=-．证明（１）对任意120r r ≤<<+∞，由最大模原理得112212()max ()max ()max ()max ()()z r z r z r z r M r f z f z f z f z M r =≤≤===≤==所以()max ()z rM r f z ==是[0,)+∞上的增函数．于是，我们还可得lim ()r M r →+∞或存在或为+∞．（２）因为由1121()(exp())0p pp p r t t r p p tr t t p r e r t r e p r t r r r e r rϕ--+⋅⋅-⋅⋅-''==== 可得0p p r t ⋅-=，即1()p tr p=．由pr 在[0,)+∞上是增函数可得，当1()pt r p>时，()0r ϕ'>；而当10()pt r p<<时，()0r ϕ'<．所以，()exp()p t r r r ϕ=(0)r >在1()p tr p=时，达到最小值ln (1ln )10(1ln )min ()(())exp()()exp (1ln ln )tttttp t p p p p p pr t pp tt t t r e e e p p pt ep t p ϕϕ-->+===⋅=⎛⎫==+- ⎪⎝⎭若(0,)ρ∈+∞，则lim ()r M r →+∞=+∞（否则ln ln ()lim 0ln r M r rρ++→+∞=≠），从而当r 充分大时，ln ln ()lnln ()M r M r ++=， ln ln ()ln ln ()limlim ln ln r r M r M r r rρ++→+∞→+∞==． 由上极限的特点，对任意0ε>，当r 充分大时，有ln ln ()ln M r rρε<+即()rM r e ρε+<于是由第３或４章的柯西不等式以及上面的结果得()rn n n M r e a r rρε+≤<，从而 min exp (1ln()ln )rn n e n a n r ρερερε+⎛⎫≤=++- ⎪+⎝⎭ln 111(ln()1)ln ln ln n a n nn nρερε≤++-+， 所以ln 1111limlim(ln()1)ln ln ln n n n a n nn n ρερερε→∞→∞≤++-=-++． 注意到ε的任意性得ln 1limln n n a n nρ→∞≤-．（３）因为由11()()ln (ln 1)[ln (ln 1)]0t t p t t p t t p t t p t r t r r t r t t r t r t p pφ----''==⋅-+=-+= 可得1ln (ln 1)0r t p-+=，即p r t e =．注意到ln t 是增函数可得，当p r t e >时，()0t φ'<；当pr t e<时，()0t φ'>，所以ln ln ln ln max ()()()exp()pp pp pp pp prr r r r pp r pepe eeer r r rr r p e pepeer rt r eee e eeer pe φφ---+===⋅=⋅==若1(0,)ρ∈+∞，且1ln 1limln n n a n n ρ→∞<-，任取10ρρ<<，使得1ln 11limln n n a n nρρ→∞<-<-，则当n 充分大时，有ln 1ln n a n nρ<-，从而1nn a nρ-<．记{}()max 0nn m r a r n =≥(0)r >，注意到上面得到的不等式，有11max()exp()nnn nnn a r r nr nr e ρρρρ--<≤≤{}11()max 0exp()n n m r a r n r ρρ=≥≤于是000(2)()max ()max 22(2)2exp[(2)]nnnn n nn z r z r n n n r M r f z a z a r a m r r e ρρ∞∞∞=======≤=≤≤∑∑∑ r 充分大时，ln ln ()ln ln ()ln[ln 2(2)]ln[2(2)]ln 2ln 2ln M r M r r e r e r e ρρρρρρ++=≤+≤=+-ln ln ()ln 2ln 2ln ln ln ln ln M r r e r r r rρρ++≤+-从而1ln ln ()ln 2ln 2ln lim lim[]ln ln ln ln r r M r r e r r r rρρρρ++→+∞→+∞≤+-=<．（４）(0,)ρ∈+∞，若整函数()f z 的级等于ρ，由（２）知 ln 1limln n n a n nρ→+∞≤-．如果ln 1limln n n a n nρ→+∞<-，由（３）知整函数()f z 的级小于ρ，矛盾．所以，ln 1limln n n a n nρ→+∞=-．反之，若ln 1limln n n a n nρ→+∞=-，任取1ρρ>，由111ρρ-<-及（３）知，整函数()f z 的级小于1ρ，从而整函数()f z 的级小于等于ρ．假设整函数()f z 的级0ρ小于ρ（可设00ρ>，否则若00ρε=<，类似于（２）的方法，可得ln 1limln n n a n n ε→∞≤-，让0ε+→可得，ln lim ln n n a n n →∞=-∞，这与ln 1lim ln n n a n n ρ→∞=-≠-∞矛盾），由（２）知，ln 11limln n n a n nρρ→+∞≤-<这与ln 1lim ln n n a n nρ→+∞=-矛盾．所以整函数()f z 的级等于ρ．（补充题：设()n n n f z a z ∞==∑是一个ρ级整函数，即ln ln ()limln r M r rρ++→+∞=，则 0ρ=⇔ln limln nn a n n→∞=-∞．其中()M r 的含义同第６章习题１７．证明 事实上，当0ρ=时，若lim ()r M r →+∞存在，则由刘维尔定理易得，()f z 为常数，从而n a c =（c 为常数），故ln limln nn a n n→∞=-∞．若lim ()r M r →+∞=+∞，由于对任意0ε>，类似于第６章习题１７（２）的方法可得，ln 1limln n n a n n ε→∞≤-，让0ε+→可得，ln limln nn a n n→∞=-∞．反之，当ln lim ln n n a n n →∞=-∞时，由于对任意(0,)ρ∈+∞，总有ln 1lim ln n n a n n ρ→∞=-∞<-，由第６章习题１７（３），有 ln ln ()limln r M r rρ++→+∞<，从而让0ρ+→得 ln ln ()0lim 0ln r M r r ++→+∞≤≤，即ln ln ()lim 0ln r M r r++→+∞=．）１８．设幂级数()n n n f z a z ∞==∑的收敛半径是1，那么()f z 是单位圆盘内的一个解析函数，并且它在1z <内的级的定义是1ln ln ()lim 1ln 1r M r rρ-++→=-． 其中()max ()z rM r f z ==（01r ≤<）（１）令r eσ-=（0σ>），证明0ln ln ()lim ln (1)M e σσρσ+++-→=． （２）设t 及p 都是有限正数，证明()exp()(0)p t e σϕσσσ-=>在1(1)()p p t σ+=时达到最小值()(1)exp (1)()pp p t p ++．由此及柯西不等式（第三章，§２）导出：如果(0,)ρ∈+∞，那么ln ln limln 1nn a nρρ++→+∞≤+．（３）设p 及σ都是有限正数，而且01p <<，证明()exp()(0)p t t t e t σφ-=≥在11()p t p σ-=时达到最大值()1exp (1)()p p p p --．由此导出：如果1(0,)ρ∈+∞，并且11ln ln lim ln 1n n a n ρρ++→+∞≤+， 那么()f z 在1z <内的级小于1ρ．（４）由（２）及（３）导出：如果(0,)ρ∈+∞，那么解析函数()f z 在1z <内的级是ρ⇔ln ln limln 1nn a nρρ++→+∞=+．证明（１）令r e σ-=，则 ln ln ()ln ln ()ln ln ()11ln ln ln 111M r M e M e e r e e σσσσσ++++-++--==--- 又0000ln 1ln(1)11lim lim lim lim 111ln 1ln e e e e e e σσσσσσσσσσσσσσσ++++∞∞→→→→-----====---， 所以，由1ln ln ()lim1ln 1r M r rρ-++→=-可得 0ln ln ()lim ln (1)M e σσρσ+++-→=． （实际上，由上面的过程还可知1ln ln ()lim 1ln 1r M r r ρ-++→=⇔-0ln ln ()lim ln (1)M e σσρσ+++-→=）．（２）因为由111()[exp()]exp()exp()exp()[]exp()[]0p t p p t p t pt p pt p e p e t e e p t e p t σσσσσϕσσσσσσσσσ-----------''==-+=-+=--=可得10p p t σ---=，即11()p p t σ+=．注意到1p σ--是关于σ的减函数可得，当11()p p t σ+>时，()0ϕσ'>；而当11()p ptσ+<时，()0ϕσ'<．所以1111()1111011111min ()(())exp(())exp(())exp(())exp[()()()]exp[(1)()]p p p p t p p p p t pp ppp p p p ppp pet ttt t t tt tt p p pp pσϕσϕ+--++++>--++++====+=+若(0,)ρ∈+∞，对任意0ρρ<，由上极限的特点，当0σ>充分小时，0ln ln ()ln (1)M e σρσ++-<，即0lnln ()ln ln ()ln(1)M e M e ρσσσ-++-=<00()exp(1)exp()M e ρρσσσ--<=于是，由柯西不等式并注意到上面的不等式及0min ()σϕσ>可得0()exp()n n n M e a e eσρσσσ---≤<从而000100min exp()exp[(1)()]n n na e ρρρσσρρ-+≤=+所以（不失一般性，假设n →∞时，n a →+∞）001000000ln ln ln ln ln(1)()ln(1)(ln ln )1n n na a n ρρρρρρρρ+++=≤+=++-+于是0000ln ln ln(1)ln (1)ln ln 1ln n a nn nρρρρ+≤+-+，000000ln ln ln(1)ln lim lim[(1)]ln ln 1ln 1n n n a n n n ρρρρρρ++→∞→∞+≤+-=++ 由0ρρ>的任意性即得ln ln limln 1nn a nρρ++→+∞≤+．（３）因为由11()[exp()]exp()exp()exp()[]0p t p p t t p p t p t t e p t t e e t t e p tσσσσφσσ------''==⋅-=⋅-=可得 10p p tσ-⋅-=，即11()ppt σ-=．注意到1p t -（01p <<）是t 的减函数可得，当11()ppt σ->时，()0t φ'<；而当11()ppt σ-<时，()0t φ'>，所以，1111()111101111111max ()(())exp(())exp(())exp[()]exp[()()]exp[()()]exp[(1)()]pp p pppppt p p p p ppppp pppppt epppppp σσφφσσσσσσσσσσσσ------≥+------===-=-=-=-若1(0,)ρ∈+∞，且11ln ln lim ln 1n n a n ρρ++→∞<+，任取10ρρ<<，使得11ln ln lim ln 11n n a n ρρρρ++→∞<<++， 则当n 充分大时，有ln ln ln ln ln ln 1nn a a nnρρ++=<+，从而1exp()n a nρρ+<．记{}()max 0n n m ea e n σσ--=≥(0)σ>，注意到上面得到的不等式，有11111exp()max(exp())111exp[(1)()]exp[()]11n n n n a e ne ne ρρσσσρρρρρρρρρρρρρσρσ---+++-+<≤++≤-=++{}11()max 0exp[()]1n n m e a e n σσρρρρσ--+=≥≤+ 于是(1)11()max ()max n n nn n n n z ez e n n n M e f z a za e a eeσσρρσσσσρρ--∞∞∞-----++=======≤=∑∑∑(1)(1)11111()()1n n m eem eeρρρσσσρρρρσρ∞-----+++-=+≤=-∑111exp[()]11eρρσρρρσ-+≤+- 注意到0111lim ln ()011e ρρσσρρρσ+→-+⎛⎫⎪= ⎪+-⎝⎭，当0σ>充分小时，有 1111ln ()ln[()]2[()]111M e eσρρρσρρρρσρσ--+≤+≤++- 1ln 2lnln ln ln ()111lnlnM e σρρρρσσ-+++≤+从而1001ln 2lnln ln ln ()1lim lim[]11lnlnM e σσσρρρρρρσσ++-→→+++≤+=<．即()f z 在1z <内的级小于1ρ． （４）类似于第１７题的（４）．１９．设｛n D ｝是z 平面上不同的单连通区域序列，而且120n D D D ∈⊂⊂⊂⊂．证明： （１）1n n D D +∞==是一单连通区域；（２）设()n w f z =满足(0)0n f =，(0)0n f '>并且是把n D 映射成1w <的惟一的保形映射（1,2,n =）．设n R 是n D 内所含以0为心的最大圆盘的半径．还设()n z g w =是w =()n f z 的反函数．那么应用施瓦茨（H.A.Schwarz ）引理：可以导出()n n g w R w ≥，(0)nn g R '≥； （３）由（２）导出：D =⇔｛(0)ng '｝无界； （４）如果D =，那么｛()n g w ｝在｛01w w <<｝中任何紧集上一致趋向于∞．证明（１）任取简单闭曲线D Γ⊂，因为Γ是有界闭集（紧集），而｛n D ｝是Γ的开覆盖，根据Borel 有限覆盖定理，｛n D ｝中存在有限个n D ，不妨记为1D ，，k D ，使得它们仍覆盖住Γ，即1k i i D =Γ⊂．又由条件120n D D D ∈⊂⊂⊂⊂知，1k i k i D D D =⊂⊂，所以 1k i k i D D =Γ⊂⊂，注意到k D 是单连通区域，从而Γ的内部()k I D D Γ⊂⊂．故1n n D D +∞==是一单连通区域．（２）由题设知，(0)0n f =，且当n z R <时，()1n f z <．由Schwarz 引理，令n z R ξ=，有当n z R <，即1ξ<时，()()n n n nz f z f R R ξξ=≤=，且0(0)[()]1n n n n R f f R ξξ=''=≤，即1(0)(0)nn nf f R ''=≤． 再注意到当n z D ∈时，()1n f z <，且n z D ∈，n z R ≥时，有()1n nz f z R <≤．于是，对任意n z D ∈，都有()n nz f z R ≤．将()n z g w =代入上式，注意到()n z g w =是()n w f z =的反函数，有()(())n n n ng w w f g w R =≤，即()n n g w R w ≥，注意到函数()n w f z =与其反函数()n z g w =导数之间的关系1()()nn g w f z '='，还可得1(0)(0)nn n g R f '=≥'． （３）＂⇒＂ 由（２）(0)nn g R '≥，要证｛(0)n g '｝无界，只须证明sup{}n R R ==+∞即可．事实上，假设sup{}n R R =<+∞，则由题设易知{}2\n n F z z R D =≤≠∅，且n F 为紧集注意到120n D D D ∈⊂⊂⊂⊂，还可得，n F 是单调递减的，从而1n n F ∞=≠∅，即存在一点0n z F ∈（1n ≥），于是0n z D ∉（1n ≥），即0z D ∉，这与D =矛盾．故sup{}n R R ==+∞，即｛(0)ng '｝无界． ＂⇐＂（反证法）假设D ≠，由黎曼存在惟一性定理，存在惟一单叶解析函数()w z ϕ=，满足(0)0ϕ=，(0)0ϕ'>，并且把D 保形双射成w 平面上的单位圆1w <．由于()n z g w =将1w <保形映射成n D D ⊂，且(0)0n g =，作函数()(())n B w g w ϕ=，则()B w 在单位圆1w <内满足Schwarz 引理的条件，于是由Schwarz 引理，可得0(0)(0)(0)(0)(0)1nn g g B ϕϕ'''''<⋅=⋅=≤ 从而10(0)(0)ng ϕ'<≤'，即｛(0)ng '｝有界． 这与｛(0)ng '｝无界矛盾．故D =．[文档可能无法思考全面，请浏览后下载，另外祝您生活愉快，工作顺利，万事如意!]。

习题6 参考答案一、选择题6.1 C 分析：全局变量有效范围是从定义的位置开始到所在源文件的结束，在这区域内的函数才可以调用，如果在定义函数之后，定义的变量，该变量不能被之前的函数访问所以C选项说法错误。

6.2 D 分析：auto变量又称为自动变量，函数定义变量时，如果没有指定存储类别，系统就认为所定义的变量具有自动类别，D选项正确。

static变量又称为静态变量，编译时为其分配的内存在静态存储区中。

register变量又称为寄存器变量，变量的值保留在CPU的寄存器中，而不是像一般变量那样占内存单元。

当定义一个函数时，若在函数返回值的类型前加上说明符extern时，称此函数为外部函数，外部函数在整个源程序中都有效。

6.3 A分析：auto用于声明变量的生存期为自动，即将不在任何类、结构、枚举、联合和函数中定义的变量视为全局变量，而在函数中定义的变量视为局部变量。

这个关键字通常会被省略，因为所有的变量默认就是auto的。

register定义的变量告诉编译器尽可能的将变量存在CPU内部寄存器中而不是通过内存寻址访问以提高效率。

static变量会被放在程序的全局存储区中，这样可以在下一次调用的时候还可以保持原来的赋值。

这一点是它与堆栈变量和堆变量的区别。

变量用static告知编译器，自己仅仅在变量的作用范围内可见。

这一点是它与全局变量的区别。

当static用来修饰全局变量时，它就改变了全局变量的作用域。

extern 限制在了当前文件里，但是没有改变其存放位置，还是在全局静态储存区。

extern 外部声明, 该变量在其他地方有被定义过。

6.4 C 分析：auto：函数中的局部变量，动态地分配存储空间，数据存储在动态存储区中，在调用该函数时系统会给它们分配存储空间，在函数调用结束时就自动释放这些存储空间。

register：为了提高效率，C语言允许将局部变量的值放在CPU中的寄存器中，这种变量叫"寄存器变量"，只有局部自动变量和形式参数可以作为寄存器变量。

第6章 习题及参考解答6-9 已知单位负反馈控制系统校正前对数幅频特性)(0ωL 如图6-63中点画线所示，串联校正装置对数幅频特)(c ωL 如图6-63中实线所示，要求1）作出校正后系统开环对数幅频渐进特性)(ωL 。

2）比较校正前、后的开环对数幅频特性)(0ωL 和)(ωL ，说明校正装置的作用。

习题 6-9 参考解答：1）校正后系统开环对数幅频渐进特性)(ωL 是)(0ωL 和)(c ωL 的线性叠加，如图右上图中红色实线所示。

2）校正装置的传递函数为2(1)()101c s G s s +=+，为滞后校正装置。

它的作用：①抬高了低频段幅值，可提高速度输入的稳态精度；②固有特性以-40dB/dec 穿越0dB 线，校正后的Bode 图以-20dB/dec 穿越0dB 线，中频段变缓，平稳性变好；校正后系统Bode 图的高频段幅值降低了，抗干扰能力提高；校正后系统的开环截止频率减小了，滞后校正是靠牺牲系统的快速性来换取平稳性的。

6-10 图6-64为三种校正装置的对数渐近幅频特性，它们都是由最小相位环节组成。

系统为单位负反馈 系统，其开环传递函数为02400()(0.011)G s s s =+试问： 1）这些校正网络特性中，哪一种使已校正系统的稳定性最好？2）为了将12Hz 的正弦噪声削弱10倍左右，你确定采用哪种校正网络特性？习题 6-10 参考解答： 校正装置传递函数分别是12310.110.510.51(),(),().1010.0111010.0251c c c s s s s G s G s G s s s s s ++++===++++。

1）a ）使用滞后校正网络，校正后021400()(0.011)1().101c G G s s s s s s =+++10()()1c G j G j ωω==L (图6-63 题6-9图图6-64 题6-10图102400()()1110180arctan 6.32180arctan 0.01 6.32arctan16.3211.7063.2cc c co oo c G j G j ωωωωωγω⨯=⇒⨯⨯≈=-=+--⨯-⨯=b ）使用超前校正网络，校正后022400()(0.011)0.11().0.011c G G s s s s s s =+++10()()1c G j G j ωω==1024000.1()()11180arctan 0.140180arctan 0.0140arctan 04032.4.0140c occ c o o G j G j ωγωωωω⨯=⇒⨯=+⨯---⨯==⨯≈c ）使用滞后-超前校正网络，校正后0223400()(0.011)(0.51)().(101)(0.0251)c G G s s s s s s s =++++2230224000.5()()11011180(arctan 0.510)180arctan 1041010arctan 0.02510arctan 0.01108.2cc c c o o c oG j G j ωγωωωωω⨯=⇒⨯⨯⨯=+⨯--⨯-⨯-⨯=≈=由上述结果可知，在这些校正网络特性中，滞后-超前校正网络，其相角裕量γ=48o 最大，所以滞后-超前网络使已校正系统的稳定性最好。

⾦属学及热处理课后习题答案解析第六章第六章⾦属及合⾦的塑性变形和断裂2）求出屈服载荷下的取向因⼦，作出取向因⼦和屈服应⼒的关系曲线，说明取向因⼦对屈服应⼒的影响。

答：1）需临界临界分切应⼒的计算公式：τk=σs cosφcosλ，σs为屈服强度=屈服载荷/截⾯积需要注意的是：在拉伸试验时，滑移⾯受⼤⼩相等，⽅向相反的⼀对轴向⼒的作⽤。

当载荷与法线夹⾓φ为钝⾓时，则按φ的补⾓做余弦计算。

2）c osφcosλ称作取向因⼦，由表中σs和cosφcosλ的数值可以看出，随着取向因⼦的增⼤，屈服应⼒逐渐减⼩。

cosφcosλ的最⼤值是φ、λ均为45度时，数值为0.5，此时σs为最⼩值，⾦属最易发⽣滑移，这种取向称为软取向。

当外⼒与滑移⾯平⾏（φ=90°）或垂直（λ=90°）时，cosφcosλ为0，则⽆论τk数值如何，σs均为⽆穷⼤，表⽰晶体在此情况下根本⽆法滑移，这种取向称为硬取向。

6-2 画出铜晶体的⼀个晶胞，在晶胞上指出：1）发⽣滑移的⼀个滑移⾯2）在这⼀晶⾯上发⽣滑移的⼀个⽅向3）滑移⾯上的原⼦密度与{001}等其他晶⾯相⽐有何差别4）沿滑移⽅向的原⼦间距与其他⽅向有何差别。

答：解答此题⾸先要知道铜在室温时的晶体结构是⾯⼼⽴⽅。

1）发⽣滑移的滑移⾯通常是晶体的密排⾯，也就是原⼦密度最⼤的晶⾯。

在⾯⼼⽴⽅晶格中的密排⾯是{111}晶⾯。

2）发⽣滑移的滑移⽅向通常是晶体的密排⽅向，也就是原⼦密度最⼤的晶向，在{111}晶⾯中的密排⽅向<110>晶向。

3）{111}晶⾯的原⼦密度为原⼦密度最⼤的晶⾯，其值为2.3/a2，{001}晶⾯的原⼦密度为1.5/a24）滑移⽅向通常是晶体的密排⽅向，也就是原⼦密度⾼于其他晶向，原⼦排列紧密，原⼦间距⼩于其他晶向，其值为1.414/a。

6-3 假定有⼀铜单晶体，其表⾯恰好平⾏于晶体的（001）晶⾯，若在[001]晶向施加应⼒，使该晶体在所有可能的滑移⾯上滑移，并在上述晶⾯上产⽣相应的滑移线，试预计在表⾯上可能看到的滑移线形貌。

第6章习题解答参考6-5图示为一钢制圆盘，盘厚b=50 mm 。

位置I 处有一直径φ=50mm 的通孔，位置Ⅱ处有一质量m 2=0.5 kg 的重块。

为了使圆盘平衡，拟在圆盘上r=200 mm 处制一通孔，试求此孔的直径与位置。

(钢的密度ρ=7.8 g ／cm 3。

)m 2r 2=0.5×20=10 kg.cm 求平衡质径积 1） 图解法：取适当的比例尺作质径积矢量多边形如图所示， 所添质量为:方位如图所示，与水平方向的夹角为， 根据题目要求应在相反方向挖一通孔， 其直径为：解：根据静平衡条件有2211=++b b r m r m r m分别求位置1、2处的质径积cmkg r b r m .66.710108.75544321211=⨯⨯⨯⨯⨯==-πρϕπ)(kg rm b ⨯=μb α)(4mm b m bb ρπϕ=2）解析法：).(244.3)210cos 135cos (cos )(2211cm kg r m r m r m r m i i i x b b =+--=∑-=- α ).(416.10)210sin 135sin (cos )(2211cm kg r m r m r m r m i i i x b b =+--=∑-=- α]).(91.100166.119416.10244.3)()(2222cm kg r m r m r m y b b x b b b b ==+=+=)(5455.02091.10/kg r r m m b b b b ===孔的直径：)(22.481.178.75105455.0443cm b m b b ==⨯⨯⨯⨯==πρπϕ孔的方位：[][] 7.72244.3416.10arctan)(/)(arctan ===x b b y b b b r m r m α6—7在图示的转子中，已知各偏心质量m 1=10 kg ，m 2=15 kg ，m 3=20 kg ，m 4=10 kg ，它们的回转半径大小分别为r 1=40cm ，r 2=r 4=30cm ，r 3=20cm ，方位如图所示。