第一篇：數學歸納原理和最小數原理的等價性證明

數學歸納原理和最小數原理的等價性證明

這兩個原理都是自然數公理系統中最基本的原理，人們常常用最小數原理證明數學歸納原理。我發現用數學歸納原理也可以證最小數原理。所謂的最小數原理是指：自然數集合的任意非空子集必有最小元素。一：用數學歸納原理證最小數原理。當自然數的非空子集只含一個元素時，這個元素就是最小元素。設n

元集有最小元素，對于n+1 元集，新加入的元素與n元集中的最小數比較，若新加入的元素不大于該最小數，則新加入的元素為最小數，否則，原來的n元集中的最小數仍是n+1元集的最小數。由數學歸納原理，含任意個自然數數目的自

然數子集都有最小數。得證。

二：用最小數原理證數學歸納原理：p(o)成立，且p(n)成立可導出p(n+1)成立，則對于一切自然數n,p(n)成立。否則，若對于若干個（可能有限個，也可能無限個）自然數m1,……mi……(i≥1）使命題不成立，由最小數原理，這若干個自然數有最小數記為w，而且，w一定是正數，那么，就一定存在唯一的自然數b,b+1=w.b不屬于這個使命題不成立的元素組成的集合，因為b比最小數還小。則p(b)是成立的，由規則，p(b+1)也成立即p(w)成立。矛盾。故對于一切自然數n,p(n)成立。證畢。

其實以上發現也沒啥大不了的，很直觀淺顯。這兩個原理的等價性得證后，兩者中的任意一條都可以作為皮亞杰五條公理中的一條嗎？不行！因為最小數原理中的小于最開始還是沒有定義的！。

還有，該等價關系非我第一次發現，由于其十分簡單，在我發現等價性后，我在華羅庚的《數學歸納法》

最后找到了同樣的結論。

歸納原理和數學歸納法

1．數學歸納法的理論依據

歸納法和演繹法都是重要的數學方法．歸納法中的完全歸納法和演繹法都是邏輯方法；不完全歸納法是非邏輯方法，只適用于數學發現思維，不適用數學嚴格證明．

數學歸納法既不是歸納法，也不是演繹法，是一種遞歸推理，其理論依據是下列佩亞諾公理Ⅰ—Ⅴ中的歸納公理：

Ⅰ．存在一個自然數0∈N；

Ⅱ．每個自然數a有一個后繼元素a′，如果a′是a的后繼元素，則a叫做a′的生成元素；

Ⅲ．自然數0無生成元素；

Ⅳ．如果a′=b′，則a=b；

Ⅴ．(歸納公理)自然數集N的每個子集合M，如果M含有0，并且含有M內每個元素的后繼元素，則M＝N

自然數就是滿足上述佩亞諾公理的集合N中的元素．關于自然數的所有性質都是這些公理的直接推論．由佩亞諾公理可知，0是自然數關于“后繼”的起始元素，如果記0′＝1，1′=2，2′=3，?，n′=n＋1，?，則

N=｛0，1，2，?，n，?｝

由佩亞諾公理所定義的自然數與前面由集合所定義的自然數，在本質上是一致的．90年代以前的中學數學教材中，將自然數的起始元素視作1，則自然數集即為正整數集．現在已統一采取上面的記法，將0作為第一個自然數．

定理1(最小數原理)自然數集N的任一非空子集A都有最小數．

這本是自然數集N關于序關系∈(＜)為良序集的定義．現在用歸納公理來證明．

證 設M是不大于A中任何數的所有自然數的集合，即

M=｛n｜n∈N且n≤m，對任意m∈A｝

由于A非空，至少有一自然數a∈A，而 a＋1(＞a)不在M中．所

然，就有

1° 0∈M(0不大于任一自然數)；

2° 若m∈M，則m＋1∈M．

根據歸納公理，應有M＝N．此與M≠N相矛盾．

這個自然數m0就是集合A的最小數．因為對任何a∈A，都有m0于是m0＋1∈M，這又與m0的選取相矛盾．

反之，利用最小數原理也可以證明歸納公理．因此，最小數原理與歸納公理是等價的．

定理2(數學歸納法原理)一個與自然數相關的命題T(n)，如果

1° T(n0)(n0≥0)為真；

2° 假設T(n)(n≥n0)為真，則可以推出T(n＋1)也為真．

那么，對所有大于等于n0的自然數n，命題T(n)為真．

證 用反證法．若命題T(n)不是對所有自然數n為真，則

M=｛m｜m∈N，m≥n0且T(m)不真｝

非空．根據定理1，M中有最小數m0．由1°，m0＞n0，從而m0－1≥n0且T(m0-1)為真．由2°，取n=m0-1即知T(m0)為真．此與T(m0)不真相矛盾．從而證明了定理2．

在具體運用數學歸納法進行數學證明時，有多種不同形式．運用定理2中兩個步驟進行證明的，為Ⅰ型數學歸納法．經常使用的還有Ⅱ型數學歸納法，Ⅱ型數學歸納法是：

如果命題T(n)滿足

1° 對某一自然數n0≥0，T(n0)為真；

2° 假設對n0≤k≤n的k，T(k)為真，則可以推出 T(n＋1)也真． 那么．對所有大于等于n0的自然數，命題T(n)都真．

意a∈A，定理3 Ⅰ型數學歸納法和Ⅱ型數學歸納法等價．

證 假設命題 T(n)對n=n0為真，于是只須證明“由T(n)(n≥n0)為真，可以推出T(n＋1)也為真”的充要條件為“由T(k)(n0≤k≤n)為真，可以推出T(n+1)也為真．”

1° 充分性

若“由T(n)(n≥n0)為真，可以推出 T(n＋1)也為真”，則對n0≤k≤n，T(k)為真，特別 T(n)為真，因此 T(n＋1)也為真．

2° 必要性

用反證法．若“由 T(k)(n0≤k≤n)為真，可以推出 T(n＋1)也為真”，但并非對所有大于等于n0的自然數n，由T(n)為真，可以推出 T(n＋1)也為真，則 M=｛m｜m∈N，m≥n0且由T(n)為真推不出T(n＋1)也為真｝非空．由定理1，M中有最小數m0，且對n0≤k＜m0的k，由T(k)為真，可以推出T(k＋1)也為真．特別由 T(n0)為真可知 T(n0+1)為真，由T(n0＋1)為真可知 T(n0＋2)為真，??，由T(m0－1)為真可知 T(m0)為真．現已知T(n0)為真，所以T(n0)，T(n0+1)，?，T(m0)都為真，由此可知 T(m0＋1)也為真，所以由 T(m0)為真推出了T(m0＋1)也為真．這與m0的選取矛盾．

由定理3可知，Ⅱ型數學歸納法也是合理的推理方法．

2．數學歸納法在應用中要注意的問題

第一，證明的兩個步驟缺一不可第一步是歸納的基礎，第二步是歸納的傳遞．尤其是不可忽視第一步的驗證．

例1試證

1＋3＋5＋?＋(2n＋1)＝(n＋1)2＋1

證 假設當n=k時公式成立，則

1＋3＋5＋?＋(2n-1)＋(2n+1)

＝［1＋3＋5＋?＋(2n-1)］＋(2n＋1)

＝n2＋1＋2n＋1＝(n＋1)2＋1

完成了數學歸納法的第二步，但結論顯然是錯誤的．為什么？因為缺少第一步．事實上，當n=0時，公式不成立．

如果缺了第二步，則不論對多少個自然數來驗證命題T(n)的正確性，都不能肯定命題對所有自然數都正確．例如，哥德巴赫猜想“任何不小于6的偶數都可以表成兩個奇素數之和”，雖然對大量偶數進行了具體驗證，但因缺少第二步歸納傳遞，所以仍只停留在歸納的第一步上．它至今仍只是個猜想而已．

第二，第二步在證明T(n＋1)為真時，一定要用到歸納假設，即要把“T(n)為真推出 T(n＋1)為真”或“T(n0)，T(n0＋1)，?，T(k-1)為真推出T(k)為真”的實質蘊含真正體現出來．否則不是數學歸納法證明．

例2 設a1，?，an為n個正數，b1，?，bn是它的一個排列．試證

證1°當n=1時，命題顯然成立．

2°假設(*)式對n=k成立，則當n=k＋1時

根據數學歸納法原理，(*)式對所有大于等于1的自然數n都成立．

這里雖然形式上完成了數學歸納法的兩個步驟，但第二步在證(*)式對n＋1成立的過程中，并沒用到(*)對n成立的歸納假設．因此，不能說上述證法是采用了數學歸納法．事實上，在上述證明中無須用數學歸納法，用平均值不等式證明就行了．

第三，并不是凡與自然數相關的命題T(n)，都要用數學歸納法來證明；而且也不是所有這類命題都能用數學歸納法給以證明的．

這一命題是與自然數相關的命題，盡管可以對n＝0，1，2，?進行驗證，但無法實現數學歸納法的第二步，因此不能用數學歸納法進行證明．

事實上，數學歸納法只適用于具有遞歸性的命題T(n)．

3．遞歸函數

一個定義在自然數集N上的函數f(n)，如果它對于每個自然數n的值可以用如下方式確定：

(1)f(0)=a(a為已知數)；

(2)存在遞推關系組S，當已知/f(0)，f(1)，?，f(n-1)值以后，由S唯一地確定出f(n)的值：

f(n)=S［f(0)，f(1)，?，f(n-1)］

那么，就把這個函數f(n)，稱作歸納定義的函數．簡稱遞歸函數．

在具體的遞歸函數例子中，關系組S可能有幾個表達式，或者沒有明確的解析表達式，也可能需要給出f(n)的開頭若干個值．

這樣定義函數是合理的，因為我們有：

定理4 當遞推關系組S給定后，定義在N上的滿足上述條件(1)、(2)的函數f(n)是存在而且唯一的．

證 首先指出：對任一自然數k，總可以在片斷｜0，k｜上定義一個函數fk(n)，使fk(0)=a，對于片斷上其他自然數 n，f(n)=S［f(0)，?，f(n-1)］．這個函數fk(n)是在｜0，k｜上唯一確定的．

現對k進行歸納證明：

1° 當k＝0時，f0(0)＝a是唯一確定的；

2°假定在｜0，k｜上已經由(1)、(2)定義了一個唯一確定的函數fk(n)，令

則fk+1(n)在片斷｜0，k＋1｜上有定義，且

(1)fk+1(0)=fk(0)=a；

(2)fk+1(n)=S［fk(0)，?，fk(n－1)］

=S［fk+1(0)，?，fk+1(n－1)］，n=1，2，?，k．

因此，函數人fk+1(n)滿足條件(1)、(2)．由數學歸納法知，對任何自然數k，函數fk(n)在片斷｜0，k｜上唯一確定，且滿足(1)、(2)．又若k1＜k2，則 fk1(n)與fk2(n)在片斷｜0，k1｜上完全一致．

現作一新的函數：f(n)=fn(n)，n∈N．

首先，函數f(n)對任一n∈N都有定義，且

f(n)=fn(n)=S［fn－1(0)，?，fn-1(n－1)］

=S［f0(0)，?，fn-1(n-1)］

=S［f(0)，?，f(n-1)］

又顯然f(0)＝f0(0)=a．故函數f(n)是定義在N上且滿足(1)、(2)的唯一確定的函數．

例4 設函數f∶N→N，且

(1)f(0)=2，f(1)=3；

(2)f(n＋1)＝3f(n)－2f(n－1)，n≥1． 證明： f(n)＝2n＋1．

這里給出的遞歸函數由f(0)、f(1)兩個值和一個關系式給定的關系組S確定．但有的遞歸函數f(0)的值隱含于關系組S之中而未直接給出．

例5(IMO－19試題)設f：N+→N＋，且

(S)

f(n＋1)＞ f(f(n))，n∈N+ 求證：對于任意n∈N＋，f(n)＝n．

證 先用數學歸納法證明命題An：任意正整數n，若m≥n，則f(m)≥ n．

顯然 A1真．假設An-1真，則對任意m≥n，f(m－1)≥n-1，故f(m)＞f(f(m－1))≥2n－1，于是f(m)≥n，從而 An真．

由此可知，f(n)≥n，f(n＋1)＞f(f(n))≥f(n)．于是f單調增加．又如果有一個n使f(n)＞n，則f(n)≥n+1，f(f(n))≥f(n+1)，與已知條件(S)矛盾．故只能有 f(n)=n．

本題給出的遞歸函數，f(1)的值沒有明顯給出，但實際上隱含于關系組(S)中．

4．遞歸命題

一個與自然數相關的命題T(n)，一般來說，它未必是一個函數問題．現在采取如下方式來構造命題T(n)的真值函數f∶N→｛1，0｝．

如果命題T(n)的真值函數f(n)是遞歸函數，即

1° f(0)=1；

2° f(n＋1)= S［f(0)，?，f(n)］，且當f(0)=?=f(n)=1時，f(n＋1)=1．

那么就稱T(n)是具有遞歸性質的命題，或簡稱遞歸命題．

實際上，所謂遞歸命題，就是一個與自然數相關的命題T(n)，開頭(如n=0時)為真，且真值可傳遞并不是所有與自然數相關的命題都是遞歸命題．例如本節例3中的命題

是與自然數相關的命題，而且對任何n∈N，它都為真，但卻不具有遞歸性，它的真值是不可傳遞的．一般而言，大多數數論問題，如哥德巴赫猜想、費馬問題、孿生素數問題等，都不是遞歸命題．

只有遞歸命題才能用數學歸納法來證明．因此判別一個與自然數相關的命題T(n)是不是遞歸命題，是運用數學歸納法的前提．判別的關鍵在于，探究和發現T(n)的真值對于T(0)，?，T(n-1)真值的依賴性．而這種探究本身對于數學歸納法第二步證明，也有直接幫助．

例6(1963年北京市競賽題)2n(n∈N＋)個球分成若干堆，從中任選兩堆：甲堆p個球，乙堆q個球；若p≥q，則從甲堆取出q個加于乙堆；這作為一次挪動(變換)．證明：總可以經過有限次挪動，使所有球都歸為一堆．

這是一個與自然數相關的命題，記為T(n)．當n=1時，只有兩個球，或已是一堆；或兩堆，每堆一個球．若后者，只須挪動一次，就變為一堆．所以T(1)為真．

T(n)真值是否有傳遞性呢？考察2n+1與2n，前者比后者多了一倍．如果設想每堆都是偶數個球，把每兩個球用一個小袋裝在一起，2n+1個球就變成了2n袋球．假設2n袋球都挪到一堆，那么2n+1個球也就挪到了一堆．這樣就使T(n)的真值傳遞給了T(n＋1)．

現在設法先將分球的情況變為每堆球數為偶數．

假設不是每堆球數都是偶數，則球數為奇數的堆數一定為偶數(為什么？)．現將這2r堆奇數個球的堆兩兩配對，每對從較多的一堆向較少的一堆挪動一次．那么這2r堆每堆球數均為偶數(也可能出現空堆，如果一對中兩堆球數相等的話)．這樣便可以實施數學歸納法的第二步證明了．

第二篇：等價與蘊含證明的一般方法

等價與蘊含證明的一般方法
A ? B
A? B

真值表技術 命題演算(等價變換)

· 列出 A、B 的真值表 · 列出 A ? B 的真值表 · A? ? ? ? ? ? ? B · A? B ? ? ? ? ? T 分兩步: 1.證 A ? B 具體方法見右 2.證 B ? A 具體方法見右

列出 A ? B 的真值表 · A? ????? ? B · A? B ? ? ? ? ? T 有兩種方法: 1.考慮任何使 A 為 T 的真值指派 I，在 I 下 ,(引用聯詞 定義逐步 推 演)B 為 T 2.考慮任何使 B 為 F 的真值指派 I，在 I 下 ,(引用聯詞 定義逐步 推 演)A 為 F 兩種技巧 1.附加前提法 2.反證法

邏輯推證

注: A 與 B 為具體公式。

第三篇：基于補碼等價定義的Booth算法證明

龍源期刊網 http://.cn

基于補碼等價定義的Booth算法證明

作者：王順利

來源：《現代電子技術》2012年第12期

摘要：Booth算法是定點補碼乘法的基本運算方法。一般文獻中，Booth算法都是通過校正法演變過度而來的，但校正法的運算規律不統一，硬件控制復雜，實用價值不大。在此給出了一種補碼的等價定義，統一了補碼定義的分段表示形式，把數字化的機器數符號納入統一的表達式中，并在此基礎上，消除了校正法作為中間環節的影響，直接給出了Booth算法完整的理論證明。結果表明，引入補碼等價定義，可以完全避開校正法，直接推證出Booth算法，比傳統方法更簡明、嚴謹、實用。

關鍵詞：定點乘法運算；補碼等價定義；校正法；Booth算法

第四篇：小數的性教案2

《小數的性質》教學設計

努日木鎮中心校：沈 春

一、教學內容

人教版小學數學第八冊第58頁、59頁的例

1、例

2、例

3、，練習十第1-----3題。

二、教學目標

1、使學生初步理解小數的性質，會應用小數的性質把末尾有0的小數化簡，把一個數改寫成含有指定位數的小數；

2、加深對小數意義的理解；

3、培養學生運用知識進行判斷的能力。

4、培養學生的學習興趣和運用數學知識到生活的能力。三 重點：理解和掌握小數的性質

難點：運用小數的性質化簡和改寫小數

四、教學方法

演示法、直觀教學法、愉快教學法

五、教學過程

（一）、復習（電腦演示）

1、填空

1米=（）分米 =（）毫米 1元=（）角

=（）分

3米=（）分米 =（）厘米

2、我們學了幾種數？

3、說出0.6、3.45、0.105 各數位上是幾？

（二）新課

1、激情導入

你想了解更多有關小數的知識不，今天我們繼續探索小數。有沒有信心學好！請同們學說說米、分米、厘米、毫米之間的進率。

出示例題1：（課件演示）

2、填空：（小黑板）

（1）

1分米

用米作單位1分米=（—）米=（0.）米

（2）

1厘米

用米作單位1厘米=（—）米=（0.）米（3）

1毫米 用米作單位1毫米=（—）米=（0.）米

3、比較大小（課件演示）（小黑板）

0.1 米、0.1 0米、0.1 00米的大小。

4、請學生說出結果，并說一說是怎樣想的。（課件演示）（小黑板）

0.1米 = 1分米 0.10米 = 10厘米 0.100米 = 100毫米

因為

1分米 = 10厘米 = 100毫米

所以

0.1米 = 0.10米 = 0.100米

5、引導學生觀察三個等式的小數，讓學生自己去發現有什么特點。（課件演示）

0.1米 = 0.10米 = 0.100米

教師歸納：在小數的末尾添上0或者去掉0，小數的大小不變。（小黑板）

6、出示課題 《小數的性質》

7、思考探索（課件演示）（1）出示方格圖，教師操作電腦。

問：誰能把這張圖表示的意義講一講。用小數表示是（）。（2）把上圖投影中的橫等分線掀掉得下圖：

問：誰能把這張圖表示的意義講一講。用小數表示是（）。比較

0.3 0和0.3的大小。（電腦演示）

（3）啟發學生討論： 什么變了？ 什么沒變？

8、引導觀察、概括說明： 小數的性質

9、合作探究12.5和12.05為什么不等。

10、強調數與小數的區分。

問：3和3.0、3.00一樣不？相等不？

11、思考：能把小數簡寫嗎？ 說明：為書寫方便要化簡小數

把

0.70 和 105.0900 化簡（小黑板）

0.70=0.7 105.0900=105.09

12、游戲找朋友（課件演示）

13、思考：（課件演示）（小黑板）

不改變數的大小，把0.2、4.08、3改寫成小數部分是三位的小數

0.2=0.200 4.08=4.080 3=3.000

14、擴展練習（課件演示）（1）把下面的數改成三位小數。

3.5= 5.1000 = 13= 0.3020= 4.08= 2.04500=（2）判斷：

A、4.6=4.60（）B、12.5=12.05（）C、在小數點的后面添上0或去掉0，小數的大小不變。（）D、在一個數的末尾添上0或去掉0，小數的大小不變。（）（3）思考：怎樣才能使200=20=2這個式子成立！

15、總結

（1）今天我們學習了什么知識？什么叫做小數的性質？（2）在小數的末尾去掉零或添上零，什么變了？什么不變？（3）上面進行的化簡和改寫都是根據什么？要注意些什么？

六、作業

練習十1———3題

七、板書設計

小數的性質

0.6

3.45

0.105 12.5

12.05

第五篇：性能與飛行原理總結

1、爬升限制的起飛重量的影響因素有：氣壓高度、襟翼位置、機場氣溫

2、下列有關爬升限制的起飛重量的影響正確的是襟翼越小，爬升限制的起飛重量越大

3、增大V1速度的因素有：機場氣溫增加

4、EPR隨外界條件變化的關系是：當機場溫度超過某一值后，溫度增加，EPR降低

5、炫酷兒確定推理的參數中，經常采用的是EPR

6、在下列哪種條件下可使用靈活推力起飛：濕跑道

7、確定EPR是需要的參數是：跑道長度、起飛重量、爬升梯度

8、當襟翼偏度較小時，除了場地長度、爬升梯度的限制外，還需要考慮靈活溫度的限制是：越障限制

9、靈活推力起飛與正常推力起飛相比，下列哪種起飛限制的安全水平是相同的：爬升限制

10、使用靈活推力是推力減小量不得超過正常起飛推力的：1/4

11、下列關于改進爬升敘述正確的是：改進爬升是通過增大爬升速度來完成的

12、下列正大爬升梯度正確的做法是：增大爬升速度

13、已知機場氣溫24℃，機場風味13805MPS，查出飛機的最大起飛重量為：50600公斤

14、已知機場氣溫24℃，機場風味13805MPS，查出機場的決斷速度為130節

15、已知機場氣溫24℃，機場風為13805MPS，查出飛機的抬前輪速度為132節

16、已知機場氣溫24℃，機場風為13805MPS，查出飛機的安全速度問140節

17、已知機場氣溫問24℃。機場風為13805MPS，查出飛機的最大起飛重量的限制因素為：越障限制

18、已知機場氣溫24℃，機場風為13805MPS，使用改進爬升，查出飛機的最大起飛重量為：51200公斤

19、已知機場氣溫為30℃，機場風為13805MPS，使用改進爬升，查出飛機的起飛安全速度為：146 20、已知機場氣溫30℃，機場風為13805MPS，使用改進爬升，查出飛機的決斷速度的增量為：5節

21、從起飛分析表中科得知，該機場的可用起飛距離為：2000米

22、從起飛分析表中可得知，該機場的可用加速停止距離為：2060米

23、某飛機所選巡航高度為FL331，所選航路的高空平均氣溫為—41℃，則該飛機的爬升性能參數對應的大氣狀態為ISA+10

24、已知某飛機的爬升梯度為5%，速度400節，則爬升率為：10米/秒

25、已知某飛機爬升率為5.4米/秒，速度為350公里/小時，則爬上梯度為：5.6%

26、以最大爬升率爬升時：爬升燃油最省

27、對最佳爬升速度影響最大的因素為：起飛重量

28、螺旋槳式飛機在最大升阻比飛行時的性能特征是什么：最大航程和下滑距離

29、對于噴氣式飛機，最大航程所對應的速度是什么：大于最大升阻比對應的速度 30、在相同重量下，巡航高度與燃油流量的關系是：在最佳巡航高度的燃油流量最小

31、下列關于燃油里程敘述正確的是：燃油流量越大，燃油里程越小

32、采用M數和飛行高度固定不變的巡航方式的特點是：飛行時間縮短

33、下列關于遠程(LRC)敘述正確的是：該巡航速度是損失1%最大燃油里程對應的速度

34、燃油里程的大小與什么有關？溫度飛機失速速度的正確代表符號（VS）

35、飛機在著陸機型下的最小穩定操縱速度或失速度或失速速度的正確代表符號是（VSO）

36、氣溫、風、飛機重量相同的條件下，在高海拔機場著陸對地速度有何影響：低俗較大

37、影響飛機失速速度的大小因素是：飛機構型、飛機重量、迎角

38、飛機參考速度的正確代表符號是：VREF

39、飛機參考速度指的是：1.3VSO 40、地速的變化不正確的是：逆風增加，地速增大

41、飛機接地后，釋放擾流板的作用是：減小升力何增加阻力

42、下列關于影響最大著陸重量的因素敘述不正確的是：襟翼角度增加，最大著陸重量減小

43、下列哪種減速措施主要在告訴時有效：反推

44、下列關于對最大著陸重量影響最不利的因素是：剎車防滯不工作

45、飛機在著陸構型下的失速速度為120節，參考速度是156節

46、海拔高、風、飛機重量相同的條件下，在高溫機場著陸對地速有何影響：地速較大

47、進場構型的失速速度與著陸構型的失速速度相比，其大小的關系是：著陸構型的失速速度較小

48、FAR規定干跑到著陸距離的計算中不能計入下列哪一項減速措施的作用：反推

49、參考速度的大小與機場氣溫無關 50、對于短跑道機場，選在下列哪一襟翼位置有利于著陸性能：40

51、著陸性能圖表的使用：場長限制的最大著陸重量

52、已知某機場跑到長度2300米，機場標高，靜風，襟翼40，飛機剎車防滯不工作，最大著陸重量為102000

53、已知某機場跑道長度2000米，機場標高4米，逆風20節，襟翼40，飛機剎車防滯不工作，最大著陸重量為96000

54、已知某機場跑道長度3000米，機場標高4000英尺，順風5節，襟翼40，飛機剎車防滯不工作，最大著陸重量為115000

55、已知某機場跑道長度為3000米，跑道入口內移300米，機場標高2000英尺，逆風10節，襟翼30，飛機剎車防滯不工作，最大著陸重量為112500

56、已知某機場跑道長度2000米，機場標高4000英尺，靜風，襟翼30，濕跑道，最大著陸重量為112500

57、已知某機場跑道長度2300，機場標高8000英尺，靜風，襟翼30，濕跑道，最大著陸重量為12500058、410等待性能

59、某飛機在TOC處重量為11500LB，耗油10000LB后1500英尺等待30分鐘，等待時的燃油消耗量大約為2950LB 60、某飛機的重量為80000LB，按要求在1500米等待20分鐘，等待時的燃油消耗率大約為2350LB 61、如果在高于單發升限時出現一發失效，需要保持什么速度，VYSE 62、當雙發飛機的一發失效時導致的性能損失是：爬升減小50%或更多 63、在什么條件時VMC最大：重心在重心后限 64、當航空運輸承運人將大型的三發渦輪動力飛機從一個基地運往其他地方維修失效的發動機時必須遵守的運行要求是哪一條：不允許裝在旅客 65、當航空運輸承運人將大型的四發往復式發動機提供動力的飛機從一個基地運往其他地方維修失效的發動機時必須遵守的運行要求是哪一條：起飛和目的地機場的天氣條件必須是牧師氣象條件（VFR）66、當航空運輸承運人將大型的三發渦輪動力飛機從一個基地運往其他地方維修失效的發動機時必須遵守的運行要求是哪一條：起飛和目的地機場的天氣條件必須是目視氣象條件 67、當航空運輸承運人將大型三發渦輪動力飛機從一個基地運往其他地方維修失效的發動機時必須遵守的運行要求是哪一項：飛機上只裝載所需的飛機機場成員 68、當航空運輸承運人將大型三發渦輪動力飛機從一個基地運往其他地方維修失效的發動機時必須遵守的運行要求是哪一項：起飛和目的地機場的天氣條件必須是目視氣象條件 69、飛機在干跑道起飛直線離場時，飛行凈航跡至少要高出障礙物頂點：35英尺 70、雙發噴氣式飛機第二爬升段需要達到的爬升總梯度式2.4% 71、四發噴氣式飛機第二爬升段需要達到的爬升總梯度減去0.8% 72、四發噴氣式飛機起飛凈航跡的梯度式總航跡的梯度減去1.0% 73、在其他條件一定時，減去飛機的襟翼偏度，會使場地長度限重：減少 74、B737-800飛機以FLAP5起飛時，最大起飛重量受到爬升梯度限制，而不受場地長度和其它限制，為進一步提高起飛限重，可以將襟翼偏度調為：FLAP1 75、決斷速度V1越大，一發停車繼續起飛距離減小 76、決斷速度V1越大，一發停車中斷起飛距離：越大 77、平衡場地是指：TODA=ASDA 78、下面哪種情況可能出現非平衡場地長度起飛：飛機重量輕，增大V1使之滿足V1=VMCG 79、可用加速停止距離ASDA是指：跑道長度加停止到長度 80、可用起飛滑跑距離TORA是指：跑道長度 81、TODA:跑道長度加凈空道長度或跑道長度的50%，兩者中取小指 82、使用凈空道時，CCAR規定跑道長度必須大于等于：起飛地面滑跑距離加上一半的拉起爬升段距離 83、CCAR規定的干跑道全發起飛距離為全發起飛到離地35英尺處所經水平距離的115% 84、濕跑道上的起飛距離，時干跑道起飛距離與下面哪個距離兩者中取大值：飛機起飛始點到距離起飛表面15FT 85、關于飛機起飛爬升總梯度和凈梯度的說法中，錯誤的一項是：凈梯度是飛機飛行中真實的爬升梯度 86、飛機起飛過程中逆風越大，下面說法錯誤的是：爬升梯度限重越大 87、飛機沿下坡跑道起飛，當實際起飛重量小于場長限重時：障礙物的有效高度減小 88、飛機上坡起飛時，如果起飛重量小于場長限重，則障礙物的：有效距離增大，有效高度增大 89、飛機最大起飛重量的限制因素不包括：ATC限制 90、對飛機最大起飛重量的限制要考慮全發工作情況的是：場長限制 91、在沒有障礙物的情況下，飛機起飛爬升過程中最低改平高度是：400FT 92、采用改進爬升的應用條件是：爬升限重小于場長限重和其它限重 93、下面哪種情況不允許使用改進爬升：防滯系統不工作 94、下面哪種情況下不允許使用改進爬升：污染跑道起飛 95、使用減推力起飛的主要目的是：延長發動機使用壽命 96、采用假象溫度發減推力起飛，實際起飛情況與假定起飛情況相比，哪個因素不相同：起飛溫度 97、使用減推力起飛的前提條件是：實際起飛重量小于最大允許起飛重量 98、采用靈活溫度法減推力起飛，選擇的靈活溫度必須滿足：靈活溫度高于發動機平臺溫度 99、下面哪種情況不允許使用靈活溫度法減推力起飛：污染跑道起飛 100、下面哪種減推力起飛情況在必要時可以恢復全推力：靈活溫度法

101、在哪種情況下，采用降低額定功率法減推力起飛可能增加起飛重量：短跑道起飛 102、在哪種情況下，采用降低額定功率法減推力起飛可能增加起飛重量：污染跑到起飛 103、飛機在污染跑道上起飛，與敢跑到上起飛性能參數相比較：決斷速度V1減小 104、為改善飛機的越障能力，可以采取的措施中不包括哪一項：減小起飛速度 105、飛機的最大允許起飛重量是指：飛機的松剎車重量 106、飛機使用剎車將吸收大量動能并將其轉換為熱能，在運行過程中，下面哪種情況剎車吸收的能力最嚴峻：中斷起飛

107、飛機在起飛加速滑跑的過程中，輪胎與道面間的摩擦力將：越來越小 108、在確定起飛速度時，根據飛機的實際起飛重量和可用一發失效中斷起飛距離可以確定：V1MAX 109、下列關于輪胎速度的說法中，錯誤的是：輪胎速度以校正空速表示

110、飛機采用改進爬升方式起飛時，無需檢查的速度限制是：地面操縱速度VMCG限制

111、對于渦輪噴氣式飛機，決斷速度V1必須滿足下面哪個條件：V1≤VR V1≤VMBE V1≥VMCG

112、VR時飛行員開始抬前輪的速度，以校準空速CAS表示，要求VR：VR≥ VR≥105%VMCA 113、CAAC-25中規定離地速度VLOF必須大于最小離地速度VMU以保證飛機在此速度：安全離地并繼續起飛

114、全發工作最小離地速度和一發不工作最小離地速度之間的關系是：全發工作最小離地速度小于一發不工作最小離地速度

115、對于渦輪噴氣式飛機，起飛安全速度V2必須滿足：V2≥1.13VS1g或1.2VSFar V2≥110%VMCA 116、當飛機決斷速度V1大于由平衡場長條件確定的決斷速度時：一發失效繼續起飛距離小于一發失效中斷起飛距離 117、在其它條件相同的情況下，飛機上坡起飛時的最大剎車能量速度和下坡起飛時的最大剎車能量速度比較而言：上坡VMBE較大

118、輪胎速度限制的起飛重量主要受限于：離地速度

119、在給定高度上，隨環境溫度的增加，飛機發動機的推力：開始時基本保持不變，若溫度繼續增加，則推力下降

120、對于大多數型號的飛機，發動機用起飛推力連續工作的最長時間不能超過：5分鐘 121、減推力起飛時EPR的選擇除了要滿足25%推力減小量的限制，還不得小于：最大爬升EPR 122、飛機在等表速/等馬赫數爬升時，在轉換高度以下，隨著氣壓高度的增加：真空速降不斷增加，是一個加速爬升的過程

123、飛機在等表速/等馬赫數爬升時，在轉換高度和對流層頂之間，隨著氣壓高度的增加：真空速降不斷減小，時一個減速爬升的過程

124、飛機以等表速爬升轉變為等M數爬升時的飛行高度稱為轉換高度，環境溫度越高：轉換高度不變 125、126、飛機在作航路爬升時，隨著氣壓高度的增加，發動機的推力會下降：飛機的爬升梯度不斷減小

127、飛機在航陸爬升過程中用等表速/等M數的爬升方式來代替爬升時間最短的爬升方式，其原因不包括下列哪一項：前者更為省油 128、飛機重量越大，其最佳爬升速度：越大

129、飛機爬升過程中如果逆風較大，則對應的最佳爬升速度與無風情況相比：變大 130、某飛機以290KIAS/0.78M爬升到FL370，依次是：加速爬升、減速爬升、等速爬升 131、飛機作定常爬升時，剩余推力越大：爬升梯度越大 132、陡升速度和快升速度的關系是：陡升速度小于快升速度

133、下面關于爬升率的說法正確的是：爬升率即飛機的垂直速度分量 134、下面關于爬升梯度的說法正確的是：爬升梯度最大時飛機升阻比最大

飛行原理

1、如果迎角和其他因素保持不變，空速是原來的2倍，則升力將是原來的4倍

2、當高度增加，真空速和迎角如果變化才能產生相同的升力：對于任意給定的迎角，真空速需增大

3、指示失速速度的影響因素有哪些：重量、載荷因子、功率

4、當飛機在平飛過程中將速度減小至最大升阻比對應的速度之下，總阻力將如何變化：不變

5、當飛機重量增加時，誘導阻力和寄生阻力之間的關系如何變化：誘導阻力的增加要比寄生阻力多

6、飛行員通過改變記憶的迎角可以控制飛機的升力，空速、阻力

7、在什么速度時增加俯仰姿態將引起飛機爬升：高速

8、一個螺旋槳的葉片的集合螺距（槳葉角）各不相同的原因是什么：當巡航時沿著其長度能保持一個相對穩定的迎角

9、當地面效應存在時，飛機如何產生與沒有地面效應 相同的升力：較小的迎角

10、當飛機脫離地面效應后，飛行條件是如何變化的：誘導阻力的增加需要更大的迎角

11、升阻比越大。飛機的空氣動力性能越好，對飛行約有力

12、誘導阻力最小的機翼平面形狀是：橢圓形

13、當升力增加時，誘導阻力如何變化：增加

14、升阻比的大小主要取決于：迎角

15、寄生阻力的大小主要取決于：指示空速

16、當高度增加，指示空速如何變化：減小

17、當發動機失效時進近和著陸的推薦程序是：飛行航跡和程序應與正常進近和著陸幾乎一致

18、對于雙發飛機而言，決定哪一臺發動機為“關鍵”發動機的標準是：推力中心最靠近機身中心線的那臺發動機

19、對于一架具有非超動力發動機的飛機來說，高度最小操縱速度VMC的影響是什么：隨著高度增加而減小 20、雙發飛機在什么條件下不允許練習失速：誘導阻力的增加需要更大迎角

21、對于一發失效的輕型雙發飛機，什么時候能允許側滑儀的顯示球偏離到參考線之外：當以任何大于最小操作速度的速度飛行時

22、對于輕型雙發飛機而言，最安全有效的起飛和起始爬上程序是什么：加速至稍大于VMC的速度，并以最大爬升率速度離地和爬升

23、輕型雙發飛機的飛行員在VMC時能保持的性能指標有哪些：航向

24、輕型雙發飛機的空速指示器上的藍色光線：最大單發爬升率

25、一發失效后平飛最小速度的變化是：增大

26、一發失效后，上升率的變化是：減小

27、一發失效后，最大允許坡度的變化是：減小

28、一發失效后平飛最大速度的變化是：增大

29、當坡度角增加時，如果飛行員沒有采取任何修正措施，則將如何影響升力的垂直分量和下降率：升力減小和下降率增加 30、為什么在轉彎中為保持高度必須增加迎角：彌補升力的垂直分量的損失

31、什么是載荷因素：升力除以總重量

32、如果一架飛機的總重量為2000LB，承受的總載荷為6000LB，則載荷因素為3Gs

33、在凈風中平飛轉彎時，機翼載荷與哪些因素有關：坡度角

34、對于給定的坡度角，飛機以及在同樣高度上轉彎的飛行員的載荷因素：不變

35、飛行員如何能同時增加轉彎率和降低轉彎半徑：增加坡度和減小坡度

36、坡度一定，轉彎速度增加時轉彎率和轉彎半徑的關系如何：轉彎半徑降低，轉彎半徑增加

37、在保持同樣的坡度和高度時，空速的增加帶來的影響是： 轉彎率減小，載荷因素不變

38、坡度增加，轉彎率和轉彎半徑如何變化： 轉彎率增加，轉彎半徑降低

39、判斷下列情形的穩定性的種類：如果飛機在控制操作后將姿態保持在新的位置中立的靜穩定性 40、判斷下列情形的穩定性的種類：如果飛機在控制操作后將原來的位置移動的更遠副靜穩定性

41、判斷下列情形的穩定性的種類：如果飛機在控制操作后將繼續回到原來的位置正靜穩定性

42、判斷下列情形的穩定性的種類：如果飛機在控制操作后將原來的位置移動的更遠副靜穩定性

43、縱向不穩定性的特性是什么：俯仰振動變的逐步更大

44、描述縱向穩定性以橫軸為中心的運動

45、如果飛機的裝載在后重心，其特征如何：圍繞橫軸方向不穩定

46、飛機在裝載在重心后限的一些特征是：更小的失速速度，更大的巡航速度，更小的穩定性

47、飛機的俯仰安定性與飛機焦點、重心的相互位置關系是：飛機焦點位于飛機重心之后，飛機具有俯仰安定性

48、飛機的方向安定力矩主要由垂直尾翼產生

49、飛機的橫測安定力矩主要由機翼后掠角產生 50、跨音速飛行通常發生在什么馬赫數范圍內.75M至1.20M

51、亞音速飛行通常發生在.75M之下

52、在機翼上沒有超音速氣流的最大速度為：關鍵馬赫數

53、最先產生當地音速氣流的自由氣流的馬赫數是： 關鍵馬赫數

54、對稱地發生在后掠飛機機翼根附近出的由激波引起氣流的分離結果是什么： 劇烈的力矩或“自動俯仰趨勢”

55、當后掠翼飛機的翼尖小翼首先發生激波失速時，壓力中心是如何移動的：向內和向前

56、相對平直機翼而言，后掠翼的主要優點是：關鍵馬赫數顯著提高

57、后掠翼的缺點之一是什么： 翼尖小翼失速早于翼根部分

58、當陣風使得后掠翼飛機在朝著一個方向偏航時向另一個方向滾轉，被定義為：荷蘭滾

59、馬赫數的大小不取決于迎角 60、告訴氣流變快引起的變化是：壓力、密度、溫度同時降低 61、低俗氣流變快引起的變化是：壓力、密度、溫度同時升高 62、在超音速階段，升力系數隨M數的變化是：升力系數隨M數的增加而不斷降低 63、在亞音速階段，升力系數隨M數的變化是：隨M數的增加，升力系數先基本保持不變，在接近臨界M時逐漸提高 64、后掠翼和臨界馬赫數的關系是：后掠翼越大。臨界馬赫數越大 65、下列哪一項屬于主飛行操作：升降舵 66、下列哪一項屬于輔助飛行操作：前緣襟翼 67、下列哪一項屬于主飛行操作：外側副翼 68、內側副翼通常在什么時候使用：在低速和高速飛行 69、外側副翼通常在什么時候使用：只在低速 70、為什么有些裝有內側/外側副翼的飛機在低速飛行時只用到外側副翼：在高速時外側副翼上的啟動載荷將扭曲翼尖小翼 71、飛行擾流板的作用是：不需增加速度以減小升力 72、出于下列哪種目的，可以使用飛行擾流板：著陸時減小機翼的升力 73、地面擾流板的作用：著陸時減小機翼的升力 74、渦流發生器的作用是什么： 減小由于超音速氣流通過機翼部分引起的阻力 75、機翼的氣流分離可以通過使用渦流發生器得到延緩將翼尖或襟翼上的高壓氣流通過縫翼，并使得翼面粗糙 76、飛機的俯仰操縱性與那一項主飛行操縱密切相關：升降舵 77、飛機的方向操縱性與那一項主飛行操縱密切相關：方向舵 78、飛機的橫測操縱性與那一項主飛行操縱密切相關： 副翼 79、伺服片的作用：通過正確的偏轉來移動主飛行操縱減小操縱力 80、伺服片移動的方向是主操縱面的哪一項：在相反方向 81、當操縱面運動時，升降舵調整配平片移動的方向是主操縱面的哪一方向： 對所有位置保持固定方向 82、升降舵配平片的作用： 對于在飛行中不同的速度改變下洗載荷，減小飛行操縱壓力 83、反伺服片的作用是：防止操縱面由于氣動力移動到完全偏轉位置 84、反伺服片移動的方向是主操縱面的哪一個方向：相同方向 85、操縱片的作用是：當人工反轉時實施飛行操縱 86、增生裝置的主要作用是用來增加： 低速時的升力 87、前緣襟翼的作用是什么： 增加機翼的弧度 88、在接地前的拉平階段，前緣襟翼的主要作用是： 防止氣流分離 89、高性能的機翼的前緣縫翼的作用之一是：引導氣流前緣下的高壓區域至翼尖 90、91、92、93、94、95、96、97、98、99、高性能的機翼的前緣縫翼的作用之一是：以相對小的速度增加升力 高性能的機翼的前緣縫翼的作用之一是：改變失速迎角至大一些的迎角 放下襟翼后引起的變化是：升力系數增加，阻力系數增加，升阻比降低 廣泛用于超音速飛機的增升裝置是：前緣襟翼

下列不能達到增升目的的是：減小機翼切面的彎曲度

下列哪一項不是克魯格襟翼達到增升目的的原因：提高臨界迎角

下列哪一項不是由于增加機翼面積達到增升目的增升裝置是：前緣縫翼 前緣縫翼達到增升目的的原因是：延緩機翼的氣流分離，提高臨界迎角 簡單前緣襟翼達到增升目的的原因是：增大機翼切面的彎曲度 下列哪一項不是后退襟翼達到增升目的的原因：提高臨界迎角