大学数学第四版课后答案

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化工原理课后答案 第四版

标签:文库时间:2025-03-16
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绪 论

【0-1】 1m3水中溶解0.05kmol CO2,试求溶液中CO2的摩尔分数,水的密度为100kg/m3。

解 水1000kg/m3?1000kmol/m3 18 CO2的摩尔分数x?0.05?8.99?10?4 10000.05?18【0-2】在压力为101325Pa、温度为25℃条件下,甲醇在空气中达到饱和状态。试求:(1)甲醇的饱和蒸气压pA;(2)空气中甲醇的组成,以摩尔分数yA、质量分数?A、浓度cA、质量浓度?A表示。

解 (1)甲醇的饱和蒸气压pA

lgpA?7.19736?1574.99 p25?238.86A?16.9kPa

(2) 空气中甲醇的组成 摩尔分数 yA?质量分数 ?A?浓度 cA?16.9?0.167

101.3250.167?32?0.181

0.167?32?(1?0.167)?29pA16.9??6.82?10?3 kmol/m3 RT8.314?298质量浓度 ?A?cAMA=6.82?10?3?32?0.218 kg/m3

【0-3】1000kg的电解液中含NaOH质量分数10%、NaCl的质量分数10%、H2O的质量分数80%,用真空蒸发器浓缩,食盐结晶分离后的浓缩液中含NaOH

供电技术 第四版课后习题答案

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1-1试述 电力系统的组成及各部分的作用?

各级电压的电力线路将发电厂、 变配电所和电力用户联系起来的一个发电、 输电、 变电、配 电及用电的整体即为电力系统。电力系统由以下几部分组成:

(1 发电 将一次能源转换成电能的过程即为 “发电” 。 根据一次能源的不同, 有火力发电、 水力发电和核能发电,还有风力、地热、潮汐和太阳能等发电方式。

(2变电与配电

变电所的功能是接受电能、转换电压和分配电能。 仅用于接收和分配电能,而没有变压器的场所称为配电所

(3电力线路 电力线路将发电厂、变电所和电能用户连接起来,完成输送电能和分配电 能的任务。

(4电能用户 包括工业、企业在内的所有用户(用电单位 ,使用(消耗电能 1-4 电力系统 中性点运行方式 有哪几种?各自的特点是什么?

答:电力系统中性点运行方式有中性点有效接地系统(包括中性点直接接地系统和中性 点非有效接地系统(包括中性点不接地和中性点经消弧线圈或电阻接地 。

1中性点不接地系统

特点:发生单相接地故障时, 线电压不变, 非故障相对地电压升高到原来相电压的√ 3倍, 故障相电容电流增大到原来的 3倍。

2中性点经消弧线圈接地系统

特点:发生单相接地故障时,与中性点不接地系统一样,非故

电机学第四版课后答案

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电机学 部分参考答案

第一章 磁路

1-1 磁路的磁阻如何计算?磁阻的单位是什么?

答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的导磁性能有关,计算公式为

Rm?l,单位:AWb ?A1-4铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些因素有关?

答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起的损

n耗。经验公式ph?ChfBmV。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的

体积及磁化强度有关;

涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生的

2损耗。经验公式ph?CFef1.3BmG。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有

关。

1-8图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为0.025m(铁心由0.35mm的DR320硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为0.93,不计漏磁,试计算:(1) 中间心柱的磁通为7.5?10?4Wb,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解:?磁路左右对称?可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况: 铁

大学物理(第四版)课后习题及答案 动量

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题3.1:质量为m的物体,由水平面上点O以初速为v0抛出,v0与水平面成仰角?。若不计空气阻力,求:(1)物体从发射点O到最高点的过程中,重力的冲量;(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量。

题3.1分析:重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可。由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间?t1?v0sin?g,物体从出发到落回至同一水平面

所需的时间是到达最高点时间的两倍。这样,按冲量的定义即可求出结果。 另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出。 解1:物体从出发到达最高点所需的时间为

?t1?v0sin?g

则物体落回地面的时间为

?t2?2?t1?2v0sin?g

于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

I1?I2??Fdt??mg?t?t1?t21j??mv0sin?j

?Fdt??mg?t2j??2mv0sin?j解2:根据动量定理,物体由发射点O运动到A、B的过程中,重力的冲量分别为

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sin?j

I2?mvByj?mv0yj??2mv0sin?j

题3.2:高空作业时系安全带是必要的,假如质量为51.0kg的人不慎从高空掉下来,由于安全带的保

大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场

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习 题

题10.1:如图所示,两根长直导线互相平行地放置,导线内电流大小相等,均为I = 10 A,方向

相同,如图所示,求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向(图中r0 = 0.020 m)。

题10.2:已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0?10?5 T。如设想此地磁场是由地球赤道上

一圆电流所激发的(如图所示),此电流有多大?流向如何?

题10.3:如图所示,载流导线在平面内分布,电流为I,它在点O的磁感强度为多少?

题10.4:如图所示,半径为R的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈

覆盖住半个球面,设线圈的总匝数为N,通过线圈的电流为I,求球心O处的磁感强度。

题10.5:实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局

部区域内获得一近似均匀的磁场,其装置简图如图所示,一对完全相同、彼此平行的线圈,它们的半径均为R,通过的电流均为I,且两线圈中电流的流向相同,试证:当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时,在两线圈中心连线的中点附近区域,磁场可看成是均匀磁场。(提示:如以两线圈中心为坐标原点O,两线圈中心连线为x轴,则中点附近的磁场可

dBd2B看成是均匀磁场的条件为 = 0;2?0)

dxdx

1

题10.6:如图所示,载流

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

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题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2?103r?min?1均匀的增加到2.7?103r?min?1。(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?

题4.1解:(1)由于角速度???2?n(n为单位时间内的转数),根据角加速度的定义??在匀变速转动中角加速度为

2??n?n0??13.1rad?s?2

td?,dt?????0t12?(2)发动机曲轴转过的角度为

???0t??t2????02t???n?n0?t

在12 s内曲轴转过的圈数为 N??n?n0?t?390圈 2?2?t题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为???0(1?e?),式中?0?9.0rad?s?1,(1)t?6.0s时的转速;(2)角加速度随时间变化的规律;(3)启动后6.0s内??2.0s。求:

转过的圈数。 题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t ? 6.0 s代入,即得

t??????0??1?e????0.95?0?8.6s?1 ??(2)角加速度随时间变化的规律为

?d??0?????e?4.5e2s?2

dt?tt(3)t = 6.0 s时转过的角度为 ????dt??06s6s0t????0??1?e

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

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题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2?103r?min?1均匀的增加到2.7?103r?min?1。(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?

题4.1解:(1)由于角速度???2?n(n为单位时间内的转数),根据角加速度的定义??在匀变速转动中角加速度为

2??n?n0??13.1rad?s?2

td?,dt?????0t12?(2)发动机曲轴转过的角度为

???0t??t2????02t???n?n0?t

在12 s内曲轴转过的圈数为 N??n?n0?t?390圈 2?2?t题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为???0(1?e?),式中?0?9.0rad?s?1,(1)t?6.0s时的转速;(2)角加速度随时间变化的规律;(3)启动后6.0s内??2.0s。求:

转过的圈数。 题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t ? 6.0 s代入,即得

t??????0??1?e????0.95?0?8.6s?1 ??(2)角加速度随时间变化的规律为

?d??0?????e?4.5e2s?2

dt?tt(3)t = 6.0 s时转过的角度为 ????dt??06s6s0t????0??1?e

大学物理(第四版)课后习题及答案 波动

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第十四章波动

14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为y?(0.20m)cos(2.5?s?1)t?(?m?1)x。(1)求波得振幅、波速、频率及波长;(2)求绳上质点振动时得最大速度;(3)分别画出t=1s和t=2s时得波形,并指出波峰和波谷。画出x=1.0m处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。

??

14-1 y?(0.20m)cos??2.5?s?1?t?(?m?1)x?

分析(1)已知波动方程(又称波函数)求波动的特征量(波速u、频率?、振幅A及彼长 等),通常采用比较法。将已知的波动方程按波动方程的一般形式

??x??y?Acos???t????0?书写,然后通过比较确定各特征量(式中前“-”、“+”的选取分

??u??别对应波沿x轴正向和负向传播)。比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法。

(2)讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即v?dydt;而波速是波线上质点运动状态的传播速度(也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度),其大小由介质的性质决定。介质不变,彼速保持恒定。(3)将不同时刻的t值代人已知波动方程,

《线性代数》同济大学第四版课后答案

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线性代数 同济大学 第四版 课后答案 习题一

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电路分析基础第四版课后习题答案

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第一章部分习题及解答

1-20电路如图题1-15所示,试求电流源电压u和电压源电流i;ux,ix。

2

解:在图中标上节点号,以c为参考点,则

ua=( 2×6)V= 12Vub=(3×15)V=45Vux=ua ub+37V= 20Vi=(15 8)A=7A

ix=(7 6)A=1Aux= ub= 45V

1-23在图题所示电路中,试求受控源提供的电流以及每一元件吸收的功率,

+

解:在图中标出各支路电流,可得

(1 2)V(1 2)V

= 0.5A, i2== 1A 2Ω1Ω受控源提供电流=2i= 1A i=

2

×1=1W p2Ω=i2×2=0.5W p1Ω=i2

p1V= i1×1= (i+i2)×1=1.5W(吸收)p2V

p受控源= 2i×2=2W(吸收)

= i3×2= ( i i2 2i)×2= 5W(提供5W)

吸收的总功率=(0.5+1+1.5+2)=5W

1-24 解

电路如图题所示,us= 19.5V,u1=1V,试求R 标出节点编号和电流方向。

该答案费了我九牛二虎之力才找到

u1

=1A,ubc=u1 10u1= 9V1ub