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第三章部分习题解答

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电气工程学概论第三章部分习题解答

3.1 图是电路中，R1=R2=10Ω，R3=4Ω，R4=R5=8Ω，R6=2Ω，uS3=20V，uS6=40V，用网孔电流法

求解电流i3和i5。

解：

⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡−−

=⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡

⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡

++−−−++−−−++

363

321

543434642232321

SSS

UUU

III

RRRRRRRRRRRRRRR

⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡−−

=⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡

⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡

−−−−−−

204020

20848201041024

321

III

I1= −2.508A I2= −3.636A I3= −0.956A + −

R1US6

R5R2

US3i3

i5i1i2

+ − R3R4i4II I III i6R6i5=I3= −0.956Α i3=I1 −I3= −1.552Α

3.2 按照以下步骤求解图示电路中5Ω电阻中的电流i。

（1）将右侧支路等效成一个电阻之路后；用

网孔电流法求解3Ω电阻中的电流； Ω4i

Ω6Ω2Ω8Ω3

Ω3Ω5••

••

48V Ω 6 Ω2

16VΩ4•

• ΙΙΙ Ω432VΩ 3 （2）用分流公式求解电流i。

解：（1）网孔电流法：

⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡

−−

480

136612

IIIii；

⎩⎨⎧

=+−=−

4813602

IIIIIIiiii

A 4.2I=i A 8.4II=i

（2）分流公式：

A 4.221II==ii

3.3用网孔电流法求解图示电路中的电压Uo。

Ω8

题3.3图50VΩ40Ω2

136VΩ103A

oU•••

•+ΙΙ Ι解：网孔电流 ()

()⎩⎨⎧−=×−++−=×−−++

5010340104013683404082

IIIIIIiiii

⎩⎨⎧−=+−=−

2050401604050

IIIIIIiiii

A 8I=i，， A 6II=i()V 8040IIIo=×−=iiU

3-1 电气工程学概论第三章部分习题解答

3.4 利用网孔电流发和节点电压法求图中电流。

解：网孔电流法

II I

III 22V

12V

a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=

⎥⎥⎥

⎦⎤

⎢⎢⎢

⎣⎡−

⎥⎦⎤⎢⎣⎡−

−−−

12102

84

46

42

IIIIIii

iIII=1.5A iX = iIII −(−12/8)A=1.5+1.5=3A

节点电压法：

02122411221

41

41a=×−×−⎟⎠⎞⎜⎝⎛++U

V14a=U

Xa28/124/IU+=+A325.15.3X=−+=I

3.7用节点电压法求解图示电路中各支路电流。

解：节点电压法

⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧

=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛++

22121101102121511

1221

UUUU

⎪⎩⎪⎨⎧

=−=−

22110610211017

1221

UUUU V 111001=U V 111202=U 题3.7图 1iΩ1•

• •

•Ω2Ω2

Ω5Ω10 2A10V

3i4i U1U22i

A 9.01=i A 9.02−=iA 82.1513==Ui A 09.11024==Ui

Ω

5Ω5•

••c d 3.11 求图示电路在ab端口的戴维南等效电路。 解：方法1： a

bR+

− UabK()V515100cbdcadabK=×−++=++=UUUU

Ω=+=105201.R

方法2：利用电源等效替换求戴维南等效电路

原电路 ⇒

⇒ ⇒ a

b5Ω +

− 10V a

b 0.2S +

− 10V

1Aa

b +

− 5V 10Ω

5 Ω5V−5Ω

+

3-2 电气工程学概论第三章部分习题解答

3.13 在图示电路中，试问：

（1）电阻R为多大时，它吸收的功率最大？试求出最大功率。

（2）在a、b间并联一理想电流源，以使R中的电流为0，试求该理想电流源的方向和参数。

解：(1) 原电路的戴维南等效电路如图（a）所示： a b Rab+

− UabKR

iΩ20

Ω20Ω20

Ω20Ω20

R••

••c I II 可通过网孔电流法和节点电压法求取UabK，其中：

节点电压法：

2020//205020502020//201201201c

++=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+++U

V 4125c=U，V5.37V 275abKa===UU

网孔电流法 (a)

()⎩⎨⎧−=+++−=−50 2020//202020502040

IIIIIIiiii

A 85I−=i，A 1615II=i， V5.375020IabK=+=iU a

b Rab+

− UabKR i I1I2+

− uR等效电阻： R ab = [20//20+20//20] // 20 = 10Ω

当R=Rab=10Ω时，它的吸收功率最大，

W16.3510 205.372max=×⎟⎠⎞⎜⎝⎛=P

3.15 应用叠加原理求解电路中的电压u。

各独立源单独作用分别为：

A4568=′i

2Ω 8Ω

40Ω 10Ω

136V +

− + u′ V9544V181088)10//40(10//4028136

==×++=′u

− i′

2Ω 8Ω

40Ω 10Ω

50V +

− +

− u″

i″

V18400))82//(40()82//(401050A95

=+×++=′′=′′

ui

3-3 电气工程学概论第三章部分习题解答

2Ω 8Ω

40Ω 10Ω3A

+

− u″′ I II

A151 V1848 A90246A 1848 010350400834050

IIIIIIIIIIII

−=−=′′′−=′′′==⎩⎨⎧=×−+−=×−−

iiiuIIIIII

i″′

2Ω 8Ω

40Ω 10Ω 3Α

136V 50V +

− +

− +

− u V80=′′′+′′+′=uuuu根据叠加原理，可得

()

V8040=×′′′+′′+′=iiiu或

3.17 图示电路，当开关S在位置1时，毫安表的读数mA40=′I；当开关S在位置2时，毫安表的读数

；如果把开关S合向在位置3时，则毫安表的读数为多少？ mA60−=′′I

R1R2

R3R4

IS+−

+− 2 1

3

R5US2US1a

b

解：因为：

当开关S在位置1时，毫安表的读数mA40=′I，相当于IS单独作用下的响应量，电流方向从a指向b；

当开关S在位置2时，毫安表的读数mA60−=′′I，相当于US1与IS共同作用下的响应量

所以：US1单独作用下的响应量为mA100−=′′′I，根据线性系统比例性

2S2S1SUIUIU−=′′′，有mA1502S=UI

因此，当开关S在位置3时，相当于US2与IS共同作用下的响应量，毫安表的读数 mA19040150=+=I

3.18 使用电压源电流源等效互换的模型计算图示电流Ix 。

解：根据电压源电流源等效互换，可将题图变换为图(b)

40Ω2Ω

8V 6V+− US+

− IX

图(b)40Ω 2Ω2Α

IS6V+− USIXA33.22468X=++=I

3-4 电气工程学概论第三章部分习题解答

3.19 使用电压源与电流源等效互换的方法计算图示电路中的电流。 xU

S1I

2A3Ω

18 VSU 1R

2R 6 ΩS2I

3AxU

• • • •

S1I

2 A3ΩR1R26ΩxU

• •S3I

6AS2I

3A S1 I 2 A2Ω IS

9A xU

• Ux =（IS+IS1）×2=22V

3.22 如图，为使负载获得5mA的电流，试求电阻R2的值。已知：IS=20mA，R=600Ω，R1=300Ω，RL=1000Ω。

解：利用电压源电流源等效互换，

R R1ISIL=5mA

R2RL可将题图变换为图(b)。

RR1

12V+IL=5mA

图(b)R2RL− I A9007

1LLS=+×−×=RRIRIRI

Ω=−×=1800LL2LIIIRR

3-5

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实变函数 第三章 测度论习题解答

实变函数 第三章 测度论习题解答

1

第三章 测度论习题解答

1.证明：若E有界，则Em*。

证明 E有界，必有有限开区间E使得IE,因此ImEm**.

2.证明可数点集的外测度为零

证明 设E，对任意0，存在开区间iI，使得iiIx，且iiI2

（在pR空间中取边长为pi2的包含ix的开区间iI），所以EIii1，且1iiI，

由的任意性得0*Em。

3.设E是直线上一有界集合0*Em，则对任意小于Em*的正数c，恒有E的子集1E，

使cEm1*。

证明 设xbxaExExsup,inf，则baE,，令ExaEx,，bxa，)(xf=xEm*

是ba,上的连续函数；当0x时，

xxxxmEEmEmEmxfxxfxxxxxx),()()()(****

于是当0x

用类似方法可证明，当0x，0x时，)()(xfxxf，

即)(xf是ba,上的连续函数。由闭区间上连续函数的介值定理

)(af =0)(**aEmEma，)(bf=EmbaEm**),(，

因此对任意正数c，Emc*，存在bax,0，使cxf)(0，

即cExamEmx),(0**0，令EExaE01,，则cEm1*。

2 4.设nSSS,,,21是一些互不相交的可测集合，niSEii,,2,1,，求证

nnEmEmEmEEEm*2*1*21*)(

证明 因为nSSS,,,21是一些互不相交的可测集合，由§2定理3推论1，对任意T

有niiniiSTmSTm1*1*)()(，特别取niiST1，则iinjjiESEST)(1，

niiniiEST11)(，所以niiniiniiniiEmSTmSTmEm1*1*1*1*)())(()(。

化工原理答案-第三章习题答案-150

化工原理答案-第三章习题答案-150

第三章习题解答

3-1 某圆柱形固定床填充的催化剂直径为pd，高为h，试求等体积的当量直径及球形度。

解：hdde2p346，32p23hdde

p312pp2322218)24(23dhhdhddhdPP

3-2 求20mm×20mm×25mm的长方体颗粒的体积当量直径，表面积当量直径，比表面积当量直径及形状系数。

解：体积当量直径：

mmVdev7.262520206633

表面积当量直径：

mmSdes8.282)252020202020(

比表面积当量直径：

mmSVadea1.232)252020202020(252020666

形状系数：

86.08.287.26222222esevesevPsddddSS

3-3 由边长皆为2mm的立方体，直径和高度均为2mm的圆柱体及直径为3mm的球体各10kg组成的均匀颗粒床层，床层直径为0.2m，高度为1 m。已知颗粒的密度皆为1900kg/m3，求床层的空隙率和颗粒的平均比表面积。

解：

床层体积：3220314.012.044mhdVb

颗粒体积：30158.01900310mVP

床层空隙率：497.00314.00158.00314.0bpbVVV

颗粒的平均比表面积：3球柱立aaaa 13000002.0002.0002.06002.0002.0ma立

1223000002.0)002.0(4002.02)002.0(4ma柱

1322000003.066003.0003.0ma球

112.67676232000300030003mmmaaaa球柱立

3-4 某形状近似球形的微小固体颗粒，其沉降运动处于斯托克斯定理区，试计算（1）该颗粒在20℃与200℃的常压空气中的沉降速度之比为多少？（2）该颗粒在20℃与50℃的水中的沉降速度之比为多少？[（1）1.44，（2）0.55]

第三章-第二定律习题及解答

第三章-第二定律习题及解答

第三章 习题及解答

复习题3. 证明：（1）在pV图上，理想气体的两条可逆绝热线不会相交。(2) 在pV图上，一条等温线与一条绝热线只能有一个交点而不能有两个交点。

证明：使用反证法。

(1) 假设理想气体的两条可逆绝热线相交是成立的，则这两条可逆绝热线就可以和一条可逆等温线构成一个可逆循环。如图所示，此可逆循环的结果是可以制成从单一热源吸热并全部做功的热机，这是违反热力学第二定律的，是不可能实现的，所以前面的假设是错误的，即理想气体的两条可逆绝热线是不会相交的。

(2) 假设一条等温线与一条绝热线有两个交点是成立的，则这条等温线与这条绝热线也构成一个可逆循环。如图所示，此可逆循环的结果是可以制成从单一热源吸热并全部做功的热机，这是违反热力学第二定律的，是不可能实现的，所以这个假设也是错误的，即一条等温线与一条绝热线只能有一个交点而不能有两个交点。

1. 有5mol某双原子理想气体，已知其CV,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 绝热可逆压缩过程：,,/3.5/2.51.4pmVmCCRR

11111122212pTpTpTTpQ

即 T2=400K×(200kPa/400kPa)(1-1.4)/1.4=487.6K

ΔU1=W1=nCV,m(T2-T1)=5×2.5×8.315×(487.6-400)J=9105J

ΔH1=nCp,m(T2-T1)=5×3.5×8.315×(487.6-400)J=12747J

Q1=0，ΔS1=0。

理想气体真空膨胀过程：Q2=W2=ΔU2=ΔH2=0 ΔS2=nRln(p1/p2)= [5×8.315×ln(400/200)] J·K-1=28.8J·K-1

Q=Q1+Q2=0，W= W1+ W2=9105J，

第三章习题解答

第三章习题解答

1 第3章 力学基本定律与守恒律 习题及答案

1．作用在质量为10 kg的物体上的力为itF)210(N，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6m·s-1的物体,回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则

itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向，

ipIimpv111111smkg56sm6.5

若物体原来具有61sm初速，则

tttFvmtmFvmpvmp000000d)d(,于是

tptFppp0102d,

同理， 12vv,12II

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

tttttI0210d)210(

亦即 0200102tt

解得s10t，(s20t舍去)

2．一颗子弹由枪口射出时速率为10smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F

=(bta)N(ba,为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

0)(btaF,得bat

(2)子弹所受的冲量

tbtattbtaI0221d)( 2 将bat代入，得

baI22

(3)由动量定理可求得子弹的质量

0202bvavIm