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第一章 习题解答

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1-2 一功率管，它的最大输出功率是否仅受其极限参数限制？为什么？

解：否。还受功率管工作状态的影响，在极限参数中，PCM 还受功率管所处环境温度、散热条件等影响。

1-3 一功率放大器要求输出功率P。= 1000 W，当集电极效率C由40％提高到70%时，试问直流电源提供的直流功率PD和功率管耗散功率PC各减小多少？

解：

当C1 = 40 时，PD1 = Po/C = 2500 W，PC1 = PD1  Po=1500 W

当C2 = 70 时，PD2 = Po/C =1428.57 W，PC2 = PD2  Po = 428.57 W

可见，随着效率升高，PD下降，(PD1  PD2) = 1071.43 W

PC下降，(PC1  PC2) = 1071.43 W

1-6 如图所示为低频功率晶体管3DD325的输出特性曲线，由它接成的放大器如图1-2-1（a）所示，已知VCC = 5 V，试求下列条件下的PL、PD、C（运用图解法）：（1）RL = 10，Q点在负载线中点，充分激励；（2）RL = 5 ，IBQ同（1）值，Icm = ICQ；（3）RL = 5，Q点在负载线中点，激励同（1）值；（4）RL = 5 ，Q点在负载线中点，充分激励。

解：(1) RL = 10  时，作负载线(由VCE = VCC ICRL)，取Q在放大区负载线中点，充分激励，由图得VCEQ1 = 2.6V，ICQ1 = 220mA，IBQ1

= Ibm = 2.4mA

因为Vcm = VCEQ1VCE(sat) = (2.6  0.2) V =

2.4 V，Icm = I CQ1 = 220 mA

所以mW26421cmcmLIVP，PD = VCC ICQ1 =

1.1 W，C = PL/ PD = 24

(2) 当RL = 5  时，由VCE = VCC ICRL作负载线，IBQ同(1)值，即IBQ2 = 2.4mA，得Q2点，VCEQ2 = 3.8V，ICQ2 = 260mA

这时，Vcm = VCCVCEQ2 =1.2 V，Icm = I CQ2 = 260 mA

所以 mW15621cmcmLIVP，PD = VCC ICQ2 = 1.3 W，C = PL/ PD = 12

(3)当RL = 5 ，Q在放大区内的中点，激励同(1)，

由图Q3点，VCEQ3 = 2.75V，ICQ3= 460mA，IBQ3 = 4.6mA， Ibm = 2.4mA

相应的vCEmin= 1.55V，iCmax= 700mA。

因为Vcm = VCEQ3 vCEmin = 1.2 V，Icm = iCmax  I CQ3 = 240 mA 所以mW14421cmcmLIVP，PD = VCC ICQ3 = 2.3 W，C = PL/ PD = 6.26

(4) 当RL = 5 ，充分激励时，Icm = I CQ3 = 460 mA，Vcm = VCCVCEQ3 =2.25 V

所以 mW5.51721cmcmLIVP，PD = VCC ICQ3 = 2.3 W，C = PL/ PD = 22.5

1-7 如图所示为三种甲类功率放大器的输出电路，采用相同的功率管及VCC值。设VCE(sat) = 0，I CEO = 0，变压器是理想无耗的，试在同一输出特性曲线上作出各电路的交、直流负载线，并求这三种放大器的最大输出功率之比)cmax(L)bmax(L)amax(L::PPP。

解：(1) ○1󰀀󰀀vCE = VCC iCRC，负载线CD，当iC = ICQ 时，VCEQ = VCC ICQRC。

○2交流负载线中点过Q，斜率为(1/LR)，CCLL21//RRRR，根据交流负载线AB得

Icm = I CQ，Vcm = VCEQ = IcmLR

代入VCEQ方程中 Vcm = VCC IcmRC = VCC ICQRC

=VCC 2IcmLR= VCC 2Vcm

解得

LCCcmCCcm3131RVIVV，

即

L2CCLCCCC)amax(L181313121RVRVVP

L2CCcmCCCQCCD31RVIVIVP

所以 61D)amax(LCPP

(2)交流负载相同，均为CF ，为获最大输出功率，Q处于交流负载线的中点，故

Vcm = VCEQ = VCC/2，LCCCQcm2RVII

所以 ；L2CCcmcm)bmax(L8121RVIVPL2CCCQCCD2RVIVP

41D)bmax(LC(b)PP

(3)因为直流负载电阻为零，故直流负载线为CG，交流负载线斜率为(1/LR)的直线MN，当QC处于中点时，得

Vcm = VCEQ = VCC，LCCCQcmRVII ，L2CCcmcm)cmax(L2121RVIVP，L2CCCQCCDRVIVP 所以21D)cmax(LC(c)PP

所以36:9:421:81:181::)cmax(L)bmax(L)amax(LPPP

6:3:221:41:61::C(c)C(b)C(a)

1-8 如图（a）所示为变压器耦合甲类功率放大电路，图（b）所示为功率管的理想化输出特性曲线。已知RL = 8 ，设变压器是理想的，RE上的直流压降可忽略，试运用图解法：（1）VCC = 15 V，LR = 50 ，在负载匹配时，求相应的n、PLmax、C；（2）保持（1）中VCC．Ibm不变，将ICQ增加一倍，求PL值；（3）保持（1）中ICQ、LR、Ibm不变，将VCC增加一倍，求PL值；（4）在（3）条件中，将Ibm增加一倍，试分析工作状态。

解：(1)因为VCC = 15 V，LR= 50 ，负载匹配时，A3.0LCCcmCQ1RVII

由此得知Q1的坐标为Q1(15V，0.3A)，Q1点处于交流负载线AB的中点，其在坐标轴上的截距为A(32 V，0)，B(0，0.6A)。由图可见

Icm = ICQ1=0.3A，Vcm = VCC =15 V

此时，W25.221cmcmLmaxIVP，

W5.4CQCCDIVP

%505.425.2DmaxLCPP，5.2850LLRRn (2)LR是否变化没说明，故分两种情况讨论

○1当LR不变时，因为ICQ增加一倍，因此，LR已不是匹配值，其交流负载线平行移动，为一条过Q2点的直线EF

(LR不变，斜率不变，ICQ增加，Q点升高)

此时，由于VCC、Ibm、LR都不变，其PLmax亦不变，为2.25 W

(Ibm不变，Icm不变，Vcm不变)

但 PD = VCC  ICQ= 9 W C  PLmax/ PD = 25%

○2当LR改变时，且LR< 50 ，交流负载线以Q2为中心顺时针转动，但由于VCC、Ibm、Icm不变，因而LR  PL C 

当LR> 50 ，交流负载线以Q2为中心逆时针转动，但由于激励不变，输出将出现饱和失真。

(3)VCC =30 V，交流负载线平移到EF，静态工作点为Q3，因为Ibm不变，所以Vcm不变，Icm不变，因此PL不变，PL= 2.25 W，但VCC =30 V，所以

PD = VCC  ICQ= 9 W C  PL/ PD = 25%

(4)Ibm= 6 mA，以Q3点为静态工作点，出现截止失真。

1-9 单管甲类变压器耦合和乙类变压器耦合推挽功率放大器采用相同的功率管3DD303、相同的电源电压VCC和负载RL，且甲类放大器的LR等于匹配值，设VCE(sat) = 0， ICEO

= 0，RE忽略不计。（1）已知VCC = 30 V，放大器的iCmax = 2 A，RL = 8 ，输入充分激励，试作交流负载线，并比较两放大器的Pomax、 PCmax、C、LR、n；（2）功率管的极限参数PCM = 30 W，ICM = 3 A，V (BR)CEO= 60 V，试求充分利用功率管时两放大器的最大输出功率Pomax。

解：(1) 甲类 乙类

交流负载线

Pomax W15212121CmaxCCcmcmiVIV W30212121CmaxCCcmcmiVIV

PCmax 2Pomax = 30 W 0.2Pomax = 6 W(单管)

C 50% 78.5%

LR 302/omax2CCPV 152/omax2cmPV

n 94.1830LLRR 37.1815LLRR

(2)见表

甲类 乙类 Pomax W15W302121CMmaxoPP

W5.22A3V608181CM(BR)CEOomaxIVP

所以W15maxoomaxPP W45A3V604141CM(BR)CEOmaxoIVP

W150W3055CMomaxPP

所以W45maxoomaxPP

1-14 如图所示为两级功放电路，其中，Tl、T2工作于乙类，试指出T4、R2、R3的作用。当输人端加上激励信号时产生的负载电流为iL = 2sint（A），讨计算：（1）当RL = 8 时的输出功率PL；（2）每管的管耗PC；（3）输出级的效率C。设R5、R6电阻不计。

解：T4、R2、R3组成具有直流电压并联负反馈的恒压源，给T1、T2互补管提供克服交越失真的直流正偏压。

(1) W1621L2cmLRIP

(2) ，W47.25π)(cmCCDIVP W74.42LDCPPP

(3) %83.62)4/π(8.02/CCCcm，VV

1-16 试按下列要求画单电源互补推挽功率放大器电路：（1）互补功率管为复合管；（2）推动级采用自举电路；（3）引入末级过流保护电路；（4）采用二极管偏置电路。

解：按要求画出的单电源互补推挽功率放大器电路如图所示。图中T1为推动级，T2、T3、T4、T5为准互补推挽功率级，D1、D2为末级偏置电路，T6、T7为过流保护电路，C2为自举电容。

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第一章习题解答

第一章习题解答

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=Qp；(2) △U=QV ；(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<0

3. 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？

第一章概论习题及及解答

第一章概论习题及及解答

第一章 概论 习题及及解答

1-1 试列举几个日常生活中的开环控制和闭环控制系统实例，并说明它们的工作原理。

略

1-2. 图1-17是液面自动控制系统的两种原理示意图。在运行中，希望液面高度0H维持不变。

1．试说明各系统的工作原理。

2．画出各系统的方框图，并说明被控对象、给定值、被控量和干扰信号是什么?

()a工作原理：出水量2与进水量一致，系统处于平衡状态，液位高度保持在0H。当出水量大于进水量，液位降低，浮子下沉，通过连杆使阀门1L开大，使得进水量增大，液位逐渐回升；当出水量小于进水量，液位升高，浮子上升，通过连杆使阀门1关小，液位逐渐降低。

其中被控对象是水槽，给定值是液面高度希望值0H。被控量是液面实际高度，干扰量是出水量2。

()b工作原理：出水量与进水量一致系统处于平衡状态，电位器滑动头位于中间位置，液面为给定高度0H。当出水量大于（小于）进水量，浮子下沉（上浮）带动电位器滑动头向上（下）移动，电位器输出一正（负）电压，使电动机正（反）转，通过减速器开大（关小）阀门1L，使进水量增大（减小），液面高度升高（降低），当液面高度为0H时，电位器滑动头处于中间位置，输出电压为零，电动机不转，系统又处于平衡状态。

其中被控对象是水槽，给定值为液面高度希望值0H，被控量是液面实际高度，干扰量是出水量2。

()a，()b系统结构图如下图

题解1-2（a）系统方框图 题解1-2（b）系统方框图

1-3 什么是负反馈控制?在图1-17(b)系统中是怎样实现负反馈控制的?在什么情况下反馈极性会误接为正，此时对系统工作有何影响?

解：负反馈控制就是将输出量反馈到输入端与输入量进行比较产生偏差信号，利用偏差信号对系统进行调节，达到减小或消除偏差的目的。

图1-17()b系统的输出量液面实际高度通过浮子测量反馈到输入端与输入信号（给定液面高度）进行比较，如果二者不一致就会在电位器输出一电压值——偏差信号，偏差信号带动电机转动，通过减速器使阀门1开大或关小，从而进入量改变，当输出量——液面实际高度与给定高度一致偏差信号为0，电机，减速器不动，系统又处于平衡状态。

《电磁场与电磁波》课后习题解答(第一章)

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第一章习题解答

【习题1.1解】

222222222222222222222222222222222222coscoscoscoscoscos1xxxyzyxyzzxyzxyzxyzxyzxyzxyzxyz矢径r与轴正向的夹角为，则同理，矢径r与y轴正向的夹角为，则矢径r与z轴正向的夹角为，则可得从而得证aabbggabg=++=++=++++=++++++++++==++

【习题1.2解】

924331329(243)54(9)(243)236335xyzxyzxyzxyzxyzxyzxyzxyzABeeeeeeeeeABeeeeeeeeeABeeeeeeAB（）（）－（）(9)(243)19124331514xyzxyzxyzxyzeeeeeeeeeeee

【习题1.3解】 已知,38,xyzxyzAebeceBeee

（1）要使AB，则须散度 0AB

所以从 1380ABbc可得：381bc

即只要满足3b+8c=1就可以使向量和向量垂直。

（2）要使AB，则须旋度 0AB

所以从

1(83)(8)(3)0138xyzxyzeeeABbcbcecebe

可得 b=-3，c=-8

【习题1.4解】

已知129xyzAeee，xyBaebe，因为BA，所以应有0AB

即 1291290xyzxyeeeaebeab ⑴

又因为 1B; 所以221ab； ⑵

由⑴，⑵ 解得 34,55ab

【习题1.5解】由矢量积运算规则 123233112()()()xyzxyzxxyyzzeeeACaaaazayeaxazeayaxexyzBeBeBeB=?=-+-+-=++取一线元：xyzdledxedyedz

高等代数习题解答(第一章)

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1 高等代数习题解答

第一章 多项式

补充题1．当,,abc取何值时，多项式()5fxx与2()(2)(1)gxaxbx

2(2)cxx相等？

提示：比较系数得6136,,555abc.

补充题2．设(),(),()[]fxgxhxx，2232()()()fxxgxxhx，证明：

()()()0fxgxhx．

证明 假设()()()0fxgxhx不成立．若()0fx，则2(())fx为偶数，又22(),()gxhx等于0或次数为偶数，由于22(),()[]gxhxx，首项系数（如果有的话）为正数，从而232()()xgxxhx等于0或次数为奇数，矛盾．若()0gx或()0hx则232(()())xgxxhx为奇数，而2()0fx或2(())fx为偶数，矛盾．综上所证，()()()0fxgxhx．

1．用g (x) 除 f (x)，求商q (x)与余式r (x)：

1）f (x) = x3- 3x2 -x-1，g (x) =3x2 -2x+1；

2）f (x) = x4 -2x+5，g (x) = x2 -x+2．

1）解法一 待定系数法．

由于f (x)是首项系数为1的3次多项式，而g (x)是首项系数为3的2次多项式，所以商q(x)必是首项系数为13的1次多项式，而余式的次数小于 2．于是可设

q(x) =13x+a , r(x) =bx+c

根据 f (x) = q(x) g(x) + r(x)，即

x3-3x2 -x-1 = (13x+a)( 3x2 -2x+1)+bx+c

右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得

2333a, 1123ab, 1ac

解得 79a , 269b , 29c ，故得