当前位置：文档库 › 第五次作业答案

第五次作业答案

a) In an M&M frictionless environment, where there are no taxes and contracts are costless to

make and enforce, the wealth of the shareholders is the same no matter what capital structure the firm adopts. In such an environment, neither the stock price nor shareholders' wealth would be affected. In the real world Divido's management might be able to create shareholder value by issuing debt and repurchasing shares in two ways:

- By reducing corporate taxes

- By reducing the free cash flow available to management and exposing itself to greater

market discipline.

b) The formula for EPS without debt is

000

,000,1equity

all EBIT EPS

If we assume the interest rate is 6% (conclusions will not change if you assume different interest rates), then the interest payments will be $1.2 million per year (2.106.020=?) regardless the realised value of EBIT. The number of shares outstanding after exchanging debt for equity will be 800,000. EPS with debt is therefore

000

,8002.1debt

EBIT EPS

The probability distribution of Divido's EBIT and EPS is as follows:

Although the shares of stock become riskier with debt financing, the expected earnings per share go up. In a frictionless financial environment, the net effect is to leave the price of stock unchanged.

a) The unlevered free cash flow for the Tango Shoes Division would be (in millions):

Sales: $10 Variable Costs $5.5 Depreciation: $1

Profit before Tax: $3.5 Taxes (@40%) $1.4 After-tax Profit: $2.1

Depreciation: $1 Investment: $1

Free Cash Flow:

$2.1 million

If unlevered, Tango is worth: 125.13$16

.01.2= million

b) If Tango issued $5 million debt, its total value would be:

125.1554.0125.13=?+=+=B V V c U L τ

Tango equity: $10.125 million

c) The weighted average cost of capital (WACC) is given by (Bodie and Merton, p436)

125.151.2=WACC

? 125

.151.2=

WACC

And ()E

D D r E

D E r WACC D

c E +-++=τ1

()125

.155

10.04.01125

.15125.10125

.151.2?

?-++

=E r ? %78.17=E r

(Alternatively, you can use equation 16.1 of Bodie and Merton, p435)

d) The expected net income is: ()8.1$510.06.01.2=??- million

The value of equity: 125.10$%

78.178.1= million

a) Current price per share:

25.26$5

.0125.13=

b) Amount to borrow: 40% of $13.125 million = $5.25 million

PV of tax shield: 1.2$25.54.0=? million Value of levered firm: 13.125 + 2.1 = $12.225 million Value of equity: 15.225 - 5.25 = $9.975 million The number of shares repurchased:

2.025

.2625.5= million

c) Foxtron's management must trade off the tax saving due to additional debt financing against

the costs of financial distress that rise with the degree of debt financing. 4．

The valuation process involves four steps:

Step 1: Calculating the present value of unlevered cash flows for 1989-93. The unlevered cash flows for 1989-93 are shown in the last line of Table 1.

T ABLE 1. RJR Operating Cash Flows (in $millions)

1989 1990 1991 1992 1993 Operating income

$2,620 $3,410 $3,645 $3,950 $4,310 Tax on operating income 891 1,142 1,222 1,326 1,448 After-tax operating income 1,729 2,268 2,423 2,624 2,862 Add back depreciation 449 475 475 475 475 Less capital expenditures 522 512 525 538 551 Less change in working capital (203) (275) 200 225 250 Add proceeds from asset sales 3,545 1,805 Unlevered cash flow (UCF)

$5,404

$4,311

$2,173

$2,336

$2,536

说明：这里给的是根据原始文献中的数据的计算结果。在原始文献中的“Change in working capital ”一项与作业中给出的值的符号是相反的。这是编辑此道题时出现的错误之一，在此表示歉意。

These flows are discounted by the required asset return,r 0,which is 14 percent. The value as of the end of 1988 of the unlevered cash flows expected from 1989 through 1993 is

billion 224.12$14

.1536.214

.1336.214

.1173.214

.1311.414

.1404.55

Step 2: Calculating the present value of the unlevered cash flows beyond 1993(i.e. unlevered terminal value) .

With the indications given in Table 4.3, it ’s easy to calculate the value, as of the end of 1993, which is:

b i l l i o n

746.23$03

.014.0)

03.1(536.2=- This translates to a 1988 value of

b i l l i o n

333.12$14

.1746.235

= Therefore, the total unlevered value of the firm is ($12.224+$12.333=) $24.557 billion. To calculate the total buyout value, we must add the interest tax shields expected to be realized by debt financing.

Step 3: Calculating the present value of interest tax shields for 1989-93. It ’s easy to calculate interest tax shields for 1989-93 according to Table 4.2:

T ABLE 2. T ax Shields for 1989-93 (in $millions)

The discounted value of these tax shields is :

b i l l i o n

877.3$135

.1184.1135

.1120.1135

.1058.1135

.1021.1135

.1151.15

Step 4: Calculating the present value of interest tax shields beyond 1993.

Finally, we must calculate the value of tax shields associated with debt used to finance the operations of the company after 1993. Since it ’s assumed that debt will be maintained at 25 percent of the value of the firm after 1993, it is appropriate to use the W ACC method to calculate a terminal value for the firm at the target capital structure. This in turn can be decomposed into an all-equity value and a value from tax shields. First, we can calculate its W ACC, which is:

%8.12%144

3%5.13%)341(4

1=?+

?-?.

Second, use it to calculate the levered terminal value as of the end of 1993:

b i l l i o n

654,26$03

.0128.0)03.1(536.2=- Since the levered value of the company is the sum of the unlevered value plus the value of interest tax shields, it is the case that

V alue of tax shields (end 1993) = V L (end 1993) – V U (end 1993) = $26.654 billion - $23.746 billion = $2.908 billion

Then, we again discount by the borrowing rate of 13.5 percent to get

b i l l i o n

544.1$135

.1908.25

= The total value of interest tax shields therefore equals ($3.877+$1.544)=$5.421 billion.

Adding all of these components together, the total value of RJR under the buyout proposal is 24.557+5.241=$29.978 billion. Deducting the $5 billion market value of assumed debt yields a value for equity of $24.978 billion, or $109.07 per share.

The above process are concluded in Table 3:

T ABLE 3 RJR LBO Valuation (in $millions except share data)

1989

1990 1991 1992 1993 Unlevered cash flow (UCF)

$5,404

$4,311

$2,173

$2,336

$2,536

Terminal value:(3% growth after 1993) Unlevered terminal value (UTV) 23,746 Terminal value at target debt 26,654 Tax shield in terminal value 2,908 Interest tax shields

1,151

1,021

1,058

1,120

1,184

1989 1990 1991 1992 1993 Interest expenses

$3,384 $3,004 $3,111 $3,294 $3,483 Interest tax shields(T C =34%) 1,151

1,021

1,058

1,120

1,184

PV of UCF 1989-93 at 14% 12,224

PV of UTV at 14% 12,333

Total unlevered value $24,557

PV of tax shields 1989-93 at 13.5% 3,877

PV of tax shields in TV at 13.5% 1,544

Total value of tax shields5,421

Total value 29,978

Less value of assumed debt 5,000

V alue of equity $24,978

Number of shares 229 million

V alue per share $109.07

Concluding Comments on LBO Valuation Methods The W ACC method is by far the most widely applied approach to capital budgeting. One could analyze an LBO and generate the results of the second section of this appendix using this technique, but it would be a much more difficult process. We have tried to show that the APV approach is the preferred way to analyze a transaction in which the capital structure is not stable over time.

Consider the W ACC approach to valuing the KKR bid for RJR. One could discount the operating cash flows of RJR by a set of weighted average costs of capital and arrive at the same $30 billion total value for the company. To do this, one would need to calculate the appropriate rate for each year since the W ACC rises as the buyout proceeds. This occurs because the value of the tax subsidy declines as debt principal is repaid. In other words, there is no single return that represents the cost of capital when the firm’s capital structure is changing.

There is also a theoretical problem with the WACC approach to valuing a buyout. To calculate the changing WACC, one must know the market value of a firm’s debt and equity. But if the debt and equity values are already known, the total market value of the company is also known. That is, one must know the value of the company to calculate the WACC. One must therefore resort to using book-value measures for debt and equity, or make assumptions about the evolution of their market values of their market values, in order to implement the W ACC method.

数据库系统概论第五版课后习题答案王珊版

第二章关系数据库 1 ．试述关系模型的三个组成部分。答：关系模型由关系数据结构、关系操作集合和关系完整性约束三部分组成。 2 ．试述关系数据语言的特点和分类。答：关系数据语言可以分为三类：关系代数语言。关系演算语言：元组关系演算语言和域关系演算语言。 SQL：具有关系代数和关系演算双重特点的语言。这些关系数据语言的共同特点是，语言具有完备的表达能力，是非过程化的集合操作语言，功能强，能够嵌入高级语言中使用。 3 （略） 4 ． 5 . 述关系模型的完整性规则。在参照完整性中，为什么外部码属性的值也可以为空？什么情况下才可以为空？答：实体完整性规则是指若属性A是基本关系R的主属性，则属性A不能取空值。若属性(或属性组)F是基本关系R的外码，它与基本关系S的主码Ks相对应(基本关系R和S不一定是不同的关系)，则对于R中每个元组在F上的值必须为：或者取空值(F的每个属性值均为空值)；或者等于S中某个元组的主码值。即属性F本身不是主属性，则可以取空值，否则不能取空值。 6．设有一个SPJ数据库，包括S，P，J，SPJ四个关系模式： 1）求供应工程J1零件的供应商号码SNO： πSno(σJno=‘J1’（SPJ）) 2）求供应工程J1零件P1的供应商号码SNO： πSno(σJno=‘J1’∧Pno=‘P1‘(SPJ)) 3）求供应工程J1零件为红色的供应商号码SNO： πSno(πSno,,Pno（σJno=‘J1‘(SPJ))∞πPno（σCOLOR=’红‘（P）)) 4）求没有使用天津供应商生产的红色零件的工程号JNO： πJno(SPJ)- πJNO（σcity=‘天津’∧Color=‘红‘（S∞SPJ∞P） 5）求至少用了供应商S1所供应的全部零件的工程号JNO： πJno，Pno(SPJ)÷πPno（σSno=‘S1‘（SPJ）） 7. 试述等值连接与自然连接的区别和联系。答：连接运算符是“=”的连接运算称为等值连接。它是从关系R与S的广义笛卡尔积中选取A，B属性值相等的那些元组自然连接是一种特殊的等值连接，它要求两个关系中进行比较的分量必须是相同的属性组，并且在结果中把重复的属性列去掉。 8．关系代数的基本运算有哪些? 如何用这些基本运算来表示其他运算? 答：并、差、笛卡尔积、投影和选择5种运算为基本的运算。其他3种运算，即交、连接和除，均可以用这5种基本运算来表达。第三章关系数据库语言SQL 1 ．试述sQL 语言的特点。答： (l）综合统一。sQL 语言集数据定义语言DDL 、数据操纵语言DML 、数据控制语言DCL

华师在线数据库应用作业及答案

作业 1．第1题使用( )身份验证方式需要客户端应用程序连接时提供登录时需要的用户标识和密码。 A.Windows身份验证 B.SQL Server 身份验证 C.以超级用户身份登录时 D.其他方式登录时您的答案：B 2．第2题表达式'123’+'456’的值是（）。 A.123456 B.579 C.'123456’ D.'123456” 您的答案：B

3．第3题将多个查询结果返回一个结果集合的运算符是( )。 A.JOIN B.UNION C.INTO D.LIKE 您的答案：B 4．第4题使用T-SQL创建视图时，不能使用的关键字是：( )。 A.ORDER BY B.WHERE https://www.wendangku.net/doc/d617827482.html,PUTE D.WITH CHECK OPTION 您的答案：C 5．第5题系统存储过程在系统安装时就已创建，这些存储过程存放在( )系统数据库中。 A.master

B.tempdb C.model D.msdb 您的答案：A 6．第6题下面哪种文件无法与SQL Server数据库进行导入和导出操作（）。 A.文本文件 B.EXCEL文件 C.Word文件 D.Access文件您的答案：C 7．第7题数据库逻辑结构设计阶段的主要功能是：( )。 A.明确用户需求，确定新系统的功能 B.建立数据库的E-R模型 C.将数据库的E-R模型转换为关系模型 D.选择合适的存储结构和存储路径

您的答案：C 8．第8题在数据库设计过程使用( )可以很好的描述数据处理系统中信息的变换和传递过程。 A.数据流图 B.数据字典 C.E-R图 D.系统流程图您的答案：A 9．第9题下列SQL语句中，能够实现参照完整性控制的语句是：( )。 A.FOREIGN KEY B.PRIMARY KEY C.REFERENCES D.FOREIGNKEY和REFERENCES 您的答案：D 10．第10题 T-SQL中的全局变量以( )作前缀。

土力学第四次作业答案详解

1.某地基的地质剖面图描述如下：（自上而下）耕土，厚度h=1.00m ，3 16.0/kN m γ=；粉质粘土，厚度h=2.20m ，3 17.5/kN m γ=；粉土，厚度h=2.60m ，3 18.9/kN m γ=， 320.0/sat kN m γ=；淤泥，厚度h=3.20m ，317.0/sat kN m γ=；以下为不透水层。注意，水位线位于地面以下3.20m 处。（1）计算地面以下深度为1m ，3.2m ，5.8m ，9m 处的自重应力，并绘出分布图。解： z=1m,cz σ=16.0kN/m 3*1m=16kPa z=3.2m,cz σ=16 kPa +17.5 kN/m 3*2.2m=54.5 kPa z=5.8m,cz σ=54.5 kPa +(20.0-10) kN/m 3*2.6m=80.5 kPa z=9m ：上部cz σ=80.5kPa +(17.0-10) kN/m 3*3.20m=102.9 kPa 下部cz σ=102.9kPa +10 kN/m 3*(2.60+3.20) m=160.9 kPa 说明：牢记浮重度与饱和重度的关系'sat w γγγ=-。一般情况下，不用根据不同土层查表得到相对土粒密度。（2）当地下水位降至淤泥顶面时，计算地基中的自重应力，并绘出分布图。解：z=1m,cz σ =16kPa z=3.2m,cz σ=54.5 kPa z=5.8m,cz σ=54.5 kPa +18.9 kN/m 3*2.60m=103.6 kPa z=9m,上部cz σ=103.6 kPa +(17.0-10) kN/m 3*3.20m=126.0 kPa 下部cz σ =126.0 kPa +10 kN/m 3*3.2m=158.0 kPa 说明：水面高出地面的情况，如果地面土层是透水层，则地面以上的水层不会对土自重应力造成影响

数据库作业答案

实验六 1、查询所有数学系学生的信息。 --select * from s where 系='数学系' 2、查询李老师所教的课程号、课程名 --select 课程号,课程名from c where 教师like '李%' 3、查询年龄大于20岁的女同学的学号和姓名。 --select 学号,姓名from s where year(getdate())-year(出生日期)>20 and 性别='女' 4、查询学号为‘H0301’所选修的全部课程成绩。 --select 成绩from sc where 学号= 'H0301' 5、查询平均成绩都在80分以上的学生学号及平均成绩。 --select 学号,AVG(成绩) from sc group by 学号having AVG(成绩)>80 6、查询至少有6人选修的课程号。 --select 课程号from sc group by 课程号having count(*)>=6 7、查询C02号课程得最高分的学生的学号 --select 学号from sc where 课程号='c02' and 成绩=(select max(成绩) from sc where 课程号='c02') 8、查询学号为’J0101’的学生选修的课程号和课程名 --select 课程号,课程名from c,sc where 学号='j0101' and c.课程号=sc.课程号 9、‘李小波’所选修的全部课程名称。 --select c.课程名from s,c,sc where s.学号=sc.学号and c.课程号=sc.课程号and 姓名='李小波' 10、所有成绩都在70分以上的学生姓名及所在系。 --select 姓名,系from s,sc where s.学号=sc.学号group by 姓名, 系having min(成绩)>=70 11、英语成绩比数学成绩好的学生 select sc2.学号 from c c1,c c2,sc sc1,sc sc2 where c1.课程名='英语' and c2.课程名='数学' and sc1.成绩>sc2.成绩 and sc1.学号=sc2.学号and c1.课程号=sc1.课程号and c2.课程号=sc2.课程号或： Select sc1.学号from sc sc1, sc sc2 where sc1.学号=sc2.学号 And (sc1.课程号in (select 课程号from c where 课程名= ‘英语’))

数据库第五次作业

1. use student go select*from student where Sname notlike'刘%' go 2. use student go select*from student where Sname like'沈__' go 3. use student go select*from student where 2017-Sage=1985 go 4. use student go select sno,sname,sage,sdept,ssex= case ssex when'女'then'女生' when'男'then'男生' else'条件不明' end from student go 5. use student go select*from course where Cname like'&数据&'

go 6. use student go select sno,Sname,Ssex,Sage,sdept from student where sno like'_______[1239][1239]%' go 7. use student go select*from sc where Cno=1 orderby grade asc go 8. use student go select sno from sc where cno=1 and sno in(select sno from sc where Cno=2) go 9. use student go select*from course orderby cpno asc go 10. use student go select*from student where sage>(select AVG(sage)from student) orderby sage desc go

土力学第五次作业答案

土力学第五次作业答案-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

1.在荷载为100kPa 作用下，非饱和土样孔隙比e=1.0，饱和度为80%，当荷载增加之200kPa 时，饱和度为90%，试问土样的压缩系数a 为多少？并求出土样的压缩模量s E 。解：由s r G S e ω?= 可知，当w V 、s V 不变（也即 w s V V ω=不变时），r S e 为常数。 12280% 1.00.88990% r r S e e S = =?= 压缩系数61122110.889 1.1110 1.11()200100 e e a Pa MPa p p -----= ==?=-- 压缩模量111 1.801.11 s e E MPa a ++= == 2.一个饱和土样，含水率为40%，重度18kN/m 3，土粒比重G s 为2.70，在压缩试验中，荷载从0增至150kPa ，土样含水率变为34%，试问土样的压缩量和此时的重度各位多少（环刀高度为2cm ）解：加荷前土体的孔隙比 330(1) 1 2.710/(140%)/18/1 1.10s w G e kN m kN m γωγ += -=?+-= 加荷后土体的孔隙比，饱和土中 e ω 为定值。 00/0.34 1.1/0.400.935e e ωω==?= 压缩量0(1.10.935) 20 1.57(1)1 1.1 e H H mm mm e ?-?= =?=++ 33(1)/(1) 2.710/(10.34)/(10.935)18.7/s w G e kN m kN m γγω=++=?++= 3.从一黏土层中取样做室内压缩试验，试样成果列于表5—9中。试求：（1）该黏土的压缩系数a 1-2及相应的压缩模量E s,1-2，并评价其压缩性；（2）设黏土层厚度为2m ，平均自重应力σc =50kPa ，试计算在大面积堆载p 0=100kPa 的作用下，黏土层的固结压缩量。表黏土层压缩试验资料解：（1）11212120.7100.650 0.60.20.1 e e a MPa p p ----= ==-- 1,1212110.710 2.850.6 s e E MPa a --++= == 该土属高压缩性土。（2）050,100,p kPa p kPa =?=

数据库作业题目及答案

实验三内容补充在“教学管理系统”中设计了许多查询，上述只介绍其中具有代表性的部分，其余查询读者可依例完成。本系统包括的所有查询如下所示：说明：同学们在进行后面的表单设计时，需要用到没有设计过的查询，则再进行对应的查询设计，没有设计到的可以不做。 1.90 以上学生信息 2.按班查不及格学生 3.按班级编号查看学生基本信息 4.按班级查教师信息 5.按班级查选课 6.按教师编号查 7.按教师姓名查看授课信息 8.按课程类别查 9.按课程名查 10.按上课地点查 11.按所选课程查 12.按系名查 13.按姓名查看学生基本信息 14.按学分查 15.按学号查看学生基本信息 16.按学号查选课 17.按职称查 18.不及格人次 19.不及格学生信息 20.低于所在班平均分学生 21.各班学生人数统计 22.各系教师人数 23.各职称教师人数 24.教师基本信息表查询 25.教师每周学时总数 26.每班不及格人次 27.每班每门课平均成绩 28.每班男女生人数 29.每班平均成绩 30.每班平均分 31.每名学生平均成绩 32.某学年某学期教师每周学时总数 33.某学期某课不及格信息 34.统计各系教师的人数 35.统计各职称教师的人数 36.统计每门课教师的人数 37.统计有课教师的人数 38.学生相关信息查询 39.学生选课情况 40.有课教师的人数

实验四数据登录窗体设计一 4.1数据登录窗体的向导创建在Access中创建窗体有人工方式创建和使用窗体向导创建两种方法。人工方式创建窗体，需要创建窗体的每一个控件，并建立控件和数据源之间的联系。而使用窗体向导创建窗体，用户只需按照向导的提示输入有关信息，一步一步地完成。创建过程既简单、快捷，又效率高，因此，在设计Access数据库应用系统时，往往是先使用窗体向导建立窗体的基本轮廓，然后再切换到设计视图使用人工方式进行调整。我们在创建“登录教师档案”窗体时采用的就是这种方法。利用窗体向导创建“登录教师档案”，窗体的步骤如下： ①双击“窗体”对象中“使用向导创建窗体”选项，启动“窗体向导”如图2-1所示。图2-1“窗体向导”第一个窗口 ②单击“表／查询”下拉列表框右侧的箭头，列出所有有效的表或者查询数据源，从中选择“表：教师档案表”。 ③在“可用字段”列表框中选择需要在新建窗体中显示的字段，此处，单击按钮选择所有字段。 ④单击“下一步”按钮，弹出如图2-2所示的窗口。在此对话框中，选择“纵栏表

《数据库原理及应用》第三次在线作业参考答案

作业第1题关系代数的基本操作组成关系代数的完备操作集，其他操作均可以由基本操作来表达。具体而言，关系代数的基本操作有（）。您的答案：C 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：课件第七章第2题在具有非过程性查询语言的数据库系统中，（）是查询处理的核心。您的答案：B 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：概述第3题关系数据库系统的查询处理包括两个方面的内容：查询优化和（）。您的答案：A 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：概述第4题（）是选择操作中的线性搜索算法。您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：启发式代数优化算法第5题（）是选择操作中的主索引搜索算法。您的答案：B 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：启发式代数优化算法第6题设关系R和S的属性个数分别为r和s，则(R×S)操作结果的属性个数为（）。

题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：笛卡尔积第7题查询处理最终可转化成基本的（）代数操作。您的答案：A 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：查询处理过程第8题计算笛卡尔乘积的最简单算法称为（）。您的答案：C 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：笛卡尔积第9题在SQL中，表示选择操作的语句为（）。您的答案：A 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：关系数据库标准语言SQL 第10题在SQL中，表示连接操作的语句为（）。您的答案：B 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：连接操作第11题投影操作中不包含主键，需要去除重复（）。您的答案：D 题目分数：0.5 此题得分：0.5 批注：投影操作第12题关系代数的四个组合操作是：交、自然连接、连接和（）。您的答案：C 题目分数：0.5 此题得分：0.5

土力学课堂作业答案

（第二次作业） 2-1 某办公楼工程地质勘察中取原状土做试验，用体积为1003 cm 的环刀取样试验，用天平测得环刀加湿土的质量为245.00g ，环刀质量为55.00g ，烘干后土样质量为170.00g ，土粒比重为2.70。计算此土样的天然密度、干密度、饱和密度、天然含水率、孔隙比、孔隙率以及饱和度，并比较各种密度的大小。解：已知：V=100 cm 3；M=245-55=190g ；M s =170g ；土粒比重Gs=M s /V s =2.70； M w = M - Ms=186-170=16g ，ρw=1 g/cm 3；所以V w =16cm 3；土粒比重G s =M s /V s =2.70；所以V s = M s /2.70=62.96cm 3； V=100 cm 3；Vs=62.96cm 3；Vw=16cm 3；所以V v =V-V s =100-62.96=37.04cm 3；V a =V v -V w =37.04-16=21.04 cm 3；因此：天然密度V m = ρ =190/100=1.90 g/cm 3；干密度/d s m V ρ= =170/100=1.70 g/cm 3；饱和密度()/sat s v w m V V ρρ=+=(16+170+21.04×1)/100=2.07 g/cm 3；天然含水率%42.9%100170 16%100=?=?= s w m m w 孔隙比/v s e V V == 37.04/62.96=0.588 孔隙率()/100v n V V =?%=V v /V=37.04/100=37.04% 饱和度()/100r w v S V V =?%=16/37.04=43.2% 综上所述：ρsat ＞ρ＞ρd 2-3某住宅地基土的试验中，已测得土的干密度d ρ=1.643 /cm g ，含水率w =21.3﹪，土粒比重 S G =2.65。计算土的e 、n 和r S 。此土样又测得L w =29.7﹪、P w =17.6﹪，计算P I 和L I ，描述土的物理状态，定出土的名称。解：（1）根据换算公式求e 、n 、r S 值： 616.0164 .11 65.21 1)1()1(1)1(=-?= -=-++= -+= d s d w s w s G G G e ρρ ωρρωρ ρωω 381.0616 .01616.01=+=+= e e n %64.91616 .065 .2213.0=?== e wG S s r （2）已知：w =21.3﹪、L w =29.7﹪、P w =17.6﹪

土力学第七次作业解答

1.表述朗肯土压力理论和库仑土压力理论的相同点和不同点，主要分析假设条件，实用土的种类、误差等等。答：朗肯上压力理论是根据半空间体的应力状态和土单元体（土中一点）的极限平衡理论得出的上压力计算理论。相同点：都要求挡土墙的移动是以使墙后填土的剪力达到抗剪强度土压力。两种土压力理论都是极限平衡状态下作用在挡土墙上的土压力，都属于极限平衡理论。不同点： 1）假设条件不同：郎肯假设墙背直立、光滑、填土水平面无限延伸；库仑假定：填土为均匀，各自同性，无粘土；滑动土体看做滑动土楔，其滑裂面为通过墙踵的平面；滑动土楔视为刚体。 2）求解方法不同：郎肯是从一点的应力状态出发，先求出压力强度，再求出总压力，属于极限应力法，适用于填土表面为水平的无粘土或粘性土的土压力计算；而库仑考虑整个滑动楔体静力平衡，直接求出总土压力，需要时再求解压力强度，属于滑动楔体法，只适用于填土表面为水平的粘性土，对无粘性土只能用图解法计算。 3）适用范围不同：库仑要广。 4）计算精度不同：郎肯主动土压力偏大，被动土压力偏小，墙体粗糙;库仑主动土压力接近实际土压力，被动土压力差距较大，墙体滑动面为平面。 2.某挡土墙高5m ，墙后填土为黏土，重度3 18.6/kN m γ=，饱和重度319.6/sat kN m γ=，粘聚力20c kPa =，内摩擦角0 25?=，地下水2w H m =，试计算该挡土墙后静止土压力分布图，总静止土压力值及其作用点位置。【本题按照“水土分算”计算】

解： 21.58B kPa σ=38.28C kPa σ=30wC kPa σ=A B C 2m 3m 地下水位以上（下）的静止土压力系数001sin 1sin 250.58 K ?=-=-= B 点土压应力为 300.5818.6/221.58B K z kN m m kPa σγ==??= 水位以下，C 点土压应力()300.5819.610/338.28C B K z kN m m kPa σγσ==+?-?= C 处的水压力 3310/30wc m kN m kPa σ=?=（图中红色所示）总的整体土压力包括地下水位上下土压力和水压力。 AB BC wBC F F F F =++∑ 0.521.58221.58/AB F kPa m kN m =??= ()21.5830.538.2821.58364.7425.0589.79BC F kPa m kPa m kN kN kN =?+?-?=+= 0.533045/wBC F m kPa kN m =??=

数据库作业答案

班级：自动化3班姓名：方超

数据库作业解答：第二章 1、指明下列实体间联系的种类：（1）教研室和教师（假设一个教师只属于一个教研室，一个教研室可有多名教师）。答：一对多（2）商店和顾客。答：多对多 2、指出下列关系模式的主码：（1）考试情况（课程名，考试性质，考试日期，考试地点）。假设一门课程在不同的日期可以有多次考试，但在同一天只能考一次。多门不同的课程可以同时进行考试。答：课程名、考试日期（2）教师授课（教师号，课程号，授课时数，学年，学期）。假设一名教师在同一学年和

学期可以讲授多门课程，也可以在不同学年和学期多次讲授同一门课程，对每门课程的讲授都有一个授课时数。答：课程号、学年、学期（3）图书借阅（书号，读者号，借书日期，还书日期）。假设一个读者可以在不同的日期多次借阅同一本书，一个读者可以同时借阅多本不同的图书，一本书可以在不同的时间借给不同的读者。但一个读者不能在同一天对同一本书借阅多次。答：书号、读者号、借书日期第三章 1、数据完整性的含义是什么？答：数据的完整性是为了防止数据库中存在不符合应用语义的数据，为了维护数据的完整性，数据库管理系统提供了一种机制来检查数据库中的数据，看其是否满足语义规定的条件。这些加在数据库数据之上的语义约束条件就是数据完整性约束条件。 2、在对数据进行什么操作时，系统检查Default约束？进行什么操作时，检查Check约束？答：插入操作且省略了某些列的值时检查DEFAULT约束。插入和修改操作检查CHECK 约束。 3、UNIQUE约束的作用是什么？答：限制列的取值不重复。第六章

数据库第五章作业

第五、六章练习题一、选择题 1、在关系数据库设计中，子模式设计是在__________阶段进行。[ B] A．物理设计B．逻辑设计C．概念设计D．程序设计 2、设有关系R（A，B，C）的值如下： A B C 2 2 3 2 3 4 3 3 5 下列叙述正确的是（B） A．函数依赖A→B在上述关系中成立B．函数依赖BC→A在上述关系中成立C．函数依赖B→A在上述关系中成立D．函数依赖A→BC在上述关系中成立 3、数据库设计阶段分为（D ） A. 物理设计阶段、逻辑设计阶段、编程和调试阶段 B. 模型设计阶段、程序设计阶段和运行阶段 C. 方案设计阶段、总体设计阶段、个别设计和编程阶段 D. 概念设计阶段、逻辑设计阶段、物理设计阶段、实施和调试阶段 4、下列说法中不正确的是（C）。 A. 任何一个包含两个属性的关系模式一定满足3NF B. 任何一个包含两个属性的关系模式一定满足BCNF C. 任何一个包含三个属性的关系模式一定满足3NF D. 任何一个关系模式都一定有码

5、设有关系模式R(A，B，C，D)，F是R上成立的函数依赖集，F={B→C,C→D},则属性C的闭包C+为( C ) A.BCD B.BD C.CD D.BC 6、在数据库设计中，将ER图转换成关系数据模型的过程属于（ B ） A.需求分析阶段 B.逻辑设计阶段 C.概念设计阶段 D.物理设计阶段 7、下述哪一条不是由于关系模式设计不当而引起的？（B） A) 数据冗余B) 丢失修改C) 插入异常D) 更新异常 8、下面关于函数依赖的叙述中，不正确的是（B） A) 若X→Y,X→Z,则X→YZ B) 若XY→Z,则X→Z,Y→Z C) 若X→Y,Y→Z,则X→Z D) 若X→Y,Y′ Y,则X→Y′ 9、设U是所有属性的集合，X、Y、Z都是U的子集，且Z=U-X-Y。下面关于多值依赖的叙述中，不正确的是（C） A) 若X→→Y，则X→→Z B) 若X→Y，则X→→Y C) 若X→→Y，且Y′?Y，则X→→Y′ D) 若Z=Φ，则X→→Y 第（10）至（12）题基于以下的叙述：有关系模式A（C，T，H，R，S），基中各属性的含义是： C：课程T：教员H：上课时间R：教室S：学生

土力学第三次作业答案

1.什么叫流网，它是什么样的图象流网两簇曲线的物理意义是什么构成流网的这两簇曲线必须满足的条件是什么在整个渗流场中流网有哪些特点答：流网指流线和等势线两组相互垂直交织的曲线。其中流线指稳定渗流情况下表示水质点的运动路线；等势线表示势能或水头的等值线。流线和等势线必须满足正交及各个网格的长宽比为常数的条件。流网中，流线越密的部位流速越大，等势线越大的部位水力坡降越大。 2.什么是流砂与管涌现象他们有什么区别和联系如何防治答：在向上的渗流力作用下，粒间有效应力为零时，颗粒群发生悬浮、移动的现象称为流砂(土)现象。这种现象多发生在颗粒级配均匀的饱和细、粉砂和粉土层中，一般具有突发性、对工程危害大。在水流渗透作用下，土中的细颗粒在粗颗粒形成的孔隙中移动，以至流失；随着土的孔隙不断扩大，渗流速度不断增加，较粗的颗粒也相继被水逐渐带走，最终导致土体内形成贯通的渗流管道，造成土体塌陷，这种现象称为管涌。它多发生在砂性土中，且颗粒大小差别大，往往缺少某种粒径，其破坏有个时间发展过程，是一种渐进性质破坏。流砂现象的防治：①减小或消除水头差，如采取基坑外的井点降水法降低地下水位，或采取水下挖掘；②增长渗流路径，如打板桩；③在向上渗流出口处地表用透水材料覆盖压重以平衡渗流力；④土层加固处理。如冻结法、注浆法等。管涌现象的防治：①改变水力条件，降低水力梯度，如打板桩；②改变几何条件，在渗流逸出部位铺设反滤层是防止管涌破坏的有效措施。 3.习题图3-1为一板桩打入透土层后形成的流网。已知透水土层深18.0m，渗透系数k=3×10-4mm/s。板桩打入土层表面以下9.0m，板桩前后水深如图3-13所示。试求：(1)图中所示a、b、c、d、e各点的孔隙水压力；(2)地基的单位透水量。（理解PPT以及讲义中关于流网性质以及流网绘制部分内容；PS：题目中已经画好了等势线和流线，解题时特别要注意边界流线和边界等势线）不透水层习题3-1图（本题中关于孔隙水压力的概念没有明确给出，本题目第一问在评分时会放松要求，但是请大家根据参考解答仔细研究本题）注意：题目中d点得位置修改过了，与b点在同一水平面，但是在板桩墙的两侧。如果继续按照之前位置，需要按照c点得算法求解，g取10。（本题目批改时，d点得孔隙水压力

土力学地基基础作业及参考答案

《土力学与地基基础》作业（一）填空 1．颗粒级配曲线越，不均匀系数越，颗粒级配越。为获得较大密实度，应选择级配的土料作为填方或砂垫层的土料。 2．对无粘性土的工程性质影响最大的是土的，工程上用指标、来衡量。 3．在粘性土的物理性质指标中，对粘性土的性质影响较大的指标是。4．粘性土的塑性指标I p，液性指标I L。 5．工程上常用C u表示土的颗粒级配，C u时视为均匀的， C u时视为不均匀的。 6．土中应力按起因分为和，按作用原理或传递方式可分为和。 7．附加应力自起算，自重应力自起算。 8．应力引起土体压缩，应力影响土体的抗剪强度。 9．土的渗透破坏形式通常为和。 10．某点处于极限平衡状态时，其破坏面与大主应力作用面的夹角为。11．土的抗剪强度的两种表达式为和。 12．土的抗剪强度指标的常用测定方法有、、和。 13．随荷载增加，地基变形的三个阶段是、和。14．荷载试验曲线上，从线性关系开始变成非线性关系时的界限荷载称为。 15．在太沙基极限承载力理论中，假设地基的破坏形式为。 16．郎肯土压力理论中，当墙后填土达到主动郎肯状态时，填土破裂面与水平面夹角为。 17．相同地基上的基础，当宽度相同时，埋深越大，地基的承载力。18．柔性基础在均布荷载作用下，其基底反力分布呈。 19．钢筋混凝土扩展基础指和。 20．浅基础指埋深的基础。

21．浅基础按刚度可分为和；按构造可分为，、、、。答案： 1．平缓（陡）；大（小）；好（差）；良好 2．密实度；相对密度Dr；孔隙比e 3．液性指数 4．=w L-w p；=(w-w p)/I P 5．不均匀系数；小于5；大于10 6．自重应力；附加应力；有效应力；孔隙水压力 7．基础底面；天然地面 8．附加；自重 9．流土；管涌 10．450+φ/2 11．总应力法；有效应力法 12．直接剪切试验；三轴剪切试验；无侧限剪切试验；十字板剪切试验 13．弹性阶段；塑性阶段；破坏阶段 14．临塑荷载 15．整体剪切破坏 16．450+φ/2 17．越大 18．均匀分布 19．柱下钢筋混凝土独立基础；墙下钢筋混凝土条形基础 20．小于等于5m 21．刚性基础；柔性基础；独立基础；条形基础；筏板基础；箱型基础；壳体基础（二）选择题

信息管理数据库作业答案

信息管理数据库作业答案下载office文档附件 1. 2.视图消解因为视图没有真实数据，所以对视图的查询要转换为对相应表的查询，这个过程叫视图消解，视图消解过程由DBMS自动完成正确答案: 视图是从一个或几个基本表(或视图)导出的表，是一个虚表。将对视图的查询转换为对基本表的查询的过程称为视图的消解。 3.函数依赖函数依赖是从数学角度来定义的，在关系中用来刻画关系各属性之间相互制约而又相互依赖的情况。其类型包括部分函数依赖、完全函数依赖、传递函数依赖。正确答案: 设R(U)是属性集U上的关系模式。X，Y是U 的子集。若对于R(U)的任意一个可能的关系r，r中不可能存在两个元组在X上的属性值相等，而在Y上的属性值不等，则称X函数确定Y或Y函数依赖于X，记作X?Y。 4.事务事务(Transaction)是用户定义的一个对数据库读写操作序列，是一个不可分割的工作单位，也是数据库恢复和并发控制的基本单位。数据库系统中通常有多个事务并行运行。在关系数据库中，事务可以是一条、一组SQL语句，或整个程序。正确答案: 事务是用户定义的一个数据库操作序列，这些操作要么全做要么全不做，是一个不可分割的工作单位。

5.数据字典数据字典(Data dictionary)是一种用户可以访问的记录数据库和应用程序元数据的目录。主动数据字典是指在对数据库或应用程序结构进行修改时，其内容可以由 DBMS自动更新的数据字典。被动数据字典是指修改时必须手工更新其内容的数据字典。正确答案: 数据字典是系统中各类数据描述的集合，是进行详细的数据收集和数据分析所获得的主要成果。 6. 数据库角色对某个 Analysis Services 数据库具有相同访问权限的用户和组的集合。可以将数据库角色指派给数据库中的多个多维数据集，从而将该角色的用户访问权限授予这些多维数据集。正确答案: 对某个数据库具有相同访问权限的用户和组的集合。 7.简述数据库恢复的基本技术当系统运行过程中发生故障时，数据库恢复技术将数据库从错误状态恢复到某个一致状态，它是数据库可靠性的保证。数据库恢复的基本原理是利用存储在系统别处的冗余数据来重建其恢复技术的两个关键:(1)如何建立冗余数据(2)如何利用冗余数据恢复数据库正确答案: 数据转储:所谓转储即DBA定期地将整个数据库复制到磁盘或另一个磁盘上保存起来的过程。这些备用的数据文本成为后备副本或后援副本。静态转储:在系统中无运行事物时进行的转储操作。动态转储:在转储期间允许对数据库进行存取或修改。即转储和用户事务可以并发执行。海量转储:每次转储全部数据库增量转储:每次只转储上一次转储后更新过的数据。登记日志文件:日志文件是用来记录事务对数据库的更新操作的文件。为保证数据库是可恢复的，登记日志文件时必须

数据库系统概论第五版课后习题答案王珊

第1章绪论 1 ．试述数据、数据库、数据库系统、数据库管理系统的概念。答： ( l ）数据（ Data ) ：描述事物的符号记录称为数据。数据的种类有数字、文字、图形、图像、声音、正文等。数据与其语义是不可分的。解析在现代计算机系统中数据的概念是广义的。早期的计算机系统主要用于科学计算，处理的数据是整数、实数、浮点数等传统数学中的数据。现代计算机能存储和处理的对象十分广泛，表示这些对象的数据也越来越复杂。数据与其语义是不可分的。 500 这个数字可以表示一件物品的价格是 500 元，也可以表示一个学术会议参加的人数有 500 人，还可以表示一袋奶粉重 500 克。 ( 2 ）数据库（ DataBase ，简称 DB ) ：数据库是长期储存在计算机内的、有组织的、可共享的数据集合。数据库中的数据按一定的数据模型组织、描述和储存，具有较小的冗余度、较高的数据独立性和易扩展性，并可为各种用户共享。( 3 ）数据库系统（ DataBas 。 Sytem ，简称 DBS ) ：数据库系统是指在计算机系统中引入数据库后的系统构成，一般由数据库、数据库管理系统（及其开发工具）、应用系统、数据库管理员构成。解析数据库系统和数据库是两个概念。数据库系统是一个人一机系统，数据库是数据库系统的

一个组成部分。但是在日常工作中人们常常把数据库系统简称为数据库。希望读者能够从人们讲话或文章的上下文中区分“数据库系统”和“数据库”，不要引起混淆。 ( 4 ）数据库管理系统（ DataBase Management sytem ，简称 DBMs ) ：数据库管理系统是位于用户与操作系统之间的一层数据管理软件，用于科学地组织和存储数据、高效地获取和维护数据。 DBMS 的主要功能包括数据定义功能、数据操纵功能、数据库的运行管理功能、数据库的建立和维护功能。解析 DBMS 是一个大型的复杂的软件系统，是计算机中的基础软件。目前，专门研制 DBMS 的厂商及其研制的DBMS 产品很多。著名的有美国 IBM 公司的 DBZ 关系数据库管理系统和 IMS 层次数据库管理系统、美国 Oracle 公司的 orade 关系数据库管理系统、 s 油 ase 公司的 s 油ase 关系数据库管理系统、美国微软公司的 SQL Serve ，关系数据库管理系统等。 2 ．使用数据库系统有什么好处？答：使用数据库系统的好处是由数据库管理系统的特点或优点决定的。使用数据库系统的好处很多，例如，可以大大提高应用开发的效率，方便用户的使用，减轻数据库系统管理人员维护的负担，等等。使用数据库系统可以大大提高应用开

土力学第4 5章作业答案

第四章土中应力 4-8某建筑场地的地层分布均匀，第一层杂填土厚1.5m ，γ=17kN/m 3；第二层粉质黏土厚4m ， γ=19kN/m 3，d s =2.73，ω=31%，地下水位在地面下2m 深处；第三层淤泥质黏土厚8m ，γ=18.2kN/m 3，d s =2.74，ω=41%；第四层粉土厚3m ， γ=19.5kN/m 3，d s =2.72，ω=27%；第五层砂岩未钻穿。试计算各层交界处的竖向自重应力σc ，并绘出σc 沿深度分布图。解：（1）求 e V V W 1w s s w s 11s s s s w s e e V W W 代入上式得： ) 1() (s w s ，从而得： 32 kN/m 191.9 33 kN/m 197.8 34 kN/m 709.9 （2）求自重应力分布 kPa 0c0 kPa 5.255.17111c1 h kPa 0.355.0195.25211c h h 水kPa 169.675.3191.90.3542c 2c ）（水h kPa 745.1328197.8169.6733 c23c h kPa 872.1613709.9745.13244 c3c4 h 上kPa 872.306)0.30.85.3(10872.161w w c4c4 h 下

4-9某构筑物基础如右图所示，在设计地面标高处作用有偏心荷载680kN ，偏心距 1.31m ，基础埋深为2m ，底面尺寸为4m ×2m 。试求基底平均压力p 和边缘最大压力p max ，并绘出沿偏心方向的基底压力分布图。解：（1）合力的偏心距e e F e G F )(m 891.010008.8902242068031.1680 G F e F e ＞m 667.06 l 基底出现部分拉力区（2）则应用 891.023) (2max l b G F p 计算p max kPa 57.300654.62000 891.02423)22420680(2max p （3）基底平均压力p kPa 29.150109.1231000 23 e l b G F A G F p 或kPa 29.1502 57 .3002max p p 4-10某矩形基础的底面尺寸为4m ×2.4m ，设计地面下埋深为 1.2m （高于天然地面0.2m ），设计地面以上的荷载为1200kN ，基底标高处原有土的加权平均重度为18kN/m 3。试求基底水平面1点及2点下各3.6m 深度M 1点及M 2点处的地基附加应力σz 值。解：（1）基底压力 kPa 1492.1204 .241200G d A F A G F p （2）基底附加应力 kPa 1310.118149m 0 d p p

土力学第五次作业答案

1.在荷载为100kPa 作用下，非饱和土样孔隙比e=1.0，饱和度为80%，当荷载增加之200kPa 时，饱和度为90%，试问土样的压缩系数a 为多少？并求出土样的压缩模量s E 。解：由s r G S e ω?= 可知，当w V 、s V 不变（也即 w s V V ω=不变时），r S e 为常数。 12280% 1.00.88990% r r S e e S = =?= 压缩系数61122110.889 1.1110 1.11()200100 e e a Pa MPa p p -----= ==?=-- 压缩模量111 1.801.11 s e E MPa a ++= == 2.一个饱和土样，含水率为40%，重度18kN/m 3，土粒比重G s 为2.70，在压缩试验中，荷载从0增至150kPa ，土样含水率变为34%，试问土样的压缩量和此时的重度各位多少？（环刀高度为2cm ）解：加荷前土体的孔隙比 330(1) 1 2.710/(140%)/18/1 1.10s w G e kN m kN m γωγ += -=?+-= 加荷后土体的孔隙比，饱和土中 e ω 为定值。 00/0.34 1.1/0.400.935e e ωω==?= 压缩量0(1.10.935) 20 1.57(1)1 1.1 e H H mm mm e ?-?= =?=++ 33(1)/(1) 2.710/(10.34)/(10.935)18.7/s w G e kN m kN m γγω=++=?++= 3.从一黏土层中取样做室内压缩试验，试样成果列于表5—9中。试求：（1）该黏土的压缩系数a 1-2及相应的压缩模量E s,1-2，并评价其压缩性；（2）设黏土层厚度为2m ，平均自重应力σc =50kPa ，试计算在大面积堆载p 0=100kPa 的作用下，黏土层的固结压缩量。表黏土层压缩试验资料解：（1）11212120.7100.650 0.60.20.1 e e a MPa p p ----= ==-- 1,1212110.710 2.850.6 s e E MPa a --++= == 该土属高压缩性土。（2）050,100,p kPa p kPa =?=

第五次作业答案

数据库系统概论第五版课后习题答案王珊版

最新《土力学》作业答案

华师在线数据库应用作业及答案

土力学第四次作业答案详解

数据库作业答案

数据库第五次作业

土力学第五次作业答案

数据库作业题目及答案

《数据库原理及应用》第三次在线作业参考答案

土力学课堂作业答案

土力学第七次作业解答

数据库作业答案

数据库第五章作业

土力学第三次作业答案

土力学地基基础作业及参考答案

信息管理 数据库 作业答案

数据库系统概论第五版课后习题答案王珊

土力学第4 5章作业答案

土力学第五次作业答案

信息管理数据库作业答案