数学物理方法作业第二份

合集下载

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题及解析一、数学物理法1．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m 的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F 拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力．【答案】(1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ 【解析】【分析】对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解采用整体法，对m 、M 构成的整体列平衡方程求解．【详解】(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ， F f ＝μF N联立以上各式解得：()sin 2cos mg F θθα=-．当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ．(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝12mg sin 4θ．【点睛】木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，结合数学知识即可解题．2．如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R ，圆心为O 。

一束单色光由玻璃砖上的P 点垂直于半圆底面射入玻璃砖，其折射光线射向底面的Q 3P 点与半圆底面的距离为2R。

计算确定Q 点的位置。

【答案】333R - 【解析】【详解】如图所示P 点折射有sin sin in r=由几何关系得1cos 2PM i R == i r α=-解得30α=︒则有QP QO =又有3cos PM QP α== 则33NQ R QO R -=-=即Q 点与玻璃砖上边缘相距333R -。

数学物理方法第二次作业答案

数学物理方法第二次作业答案第七章数学物理定解问题1．研究均匀杆的纵振动。

已知0=x 端是自由的，则该端的边界条件为__。

2．研究细杆的热传导，若细杆的0=x 端保持绝热，则该端的边界条件为。

3．弹性杆原长为l ，一端固定，另一端被拉离平衡位置b 而静止，放手任其振动，将其平衡位置选在x 轴上，则其边界条件为00,0x x l u u ==== 。

4．一根长为l 的均匀弦，两端0x =和x l =固定，弦中张力为0T 。

在x h =点，以横向力0F 拉弦，达到稳定后放手任其振动，该定解问题的边界条件为___f (0)=0,f (l )=0; _____。

5、下列方程是波动方程的是 D 。

A 2tt xx u a u f =+；B 2t xx u a u f =+； C 2t xx u a u =； D2tt x u a u =。

6、泛定方程20tt xx u a u -=要构成定解问题，则应有的初始条件个数为 B 。

A 1个；B 2个；C 3个；D 4个。

7．“一根长为l 两端固定的弦，用手把它的中点朝横向拨开距离h ，（如图〈1〉所示）然后放手任其振动。

”该物理问题的初始条件为( D )。

A ．∈-∈==],2[),(2]2,0[,2l l x x l lh l x x l hu ot B ．====00t tt u hu C ．h u t ==0D ．=????∈-∈===0],2[),(2]2,0[,200t t t ul l x x l l h l x x l hu8．“线密度为ρ，长为l 的均匀弦，两端固定，开始时静止，后由于在点)0(00l x x <<受谐变力t F ωsin 0的作用而振动。

”则该定解问题为( B )。

A ．===<<-=-===0,0,0)0(,)(sin 00002t l x x xx tt u u ul x x x t F u a u ρδω uxh2/l 0u 图B ．====<<-=-====0,00,0)0(,)(sin 000002t t t l x x xx ttuu u u l x x x t F u a u ρδωC ．==<<-=-==0,0)0(,)(sin 00002t t t xx ttu ul x x x t F u a u ρδωD ．??==-==<<=-====0,0)(sin ,0)0(,0000002t t t l x x xx tt u u x x t F u u l x u a u ρδω9．线密度为ρ长为l 的均匀弦，两端固定，用细棒敲击弦的0x 处，敲击力的冲量为I ，然后弦作横振动。

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析一、数学物理法1．如图所示，在竖直边界1、2间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为L ，上端离地面高L ，下端离地面高2L ．边界1左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E 1（未知），边界2右侧有竖直向上的场强大小为E 2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）．现将质量为m 、电荷量为q 的小球从距离管上端口2L 处无初速释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在边界2右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为g ．（1）计算E 1与E 2的比值；（2）若小球第一次过边界2后，小球运动的圆弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁感应强度B 0；（3）若小球第一次过边界2后不落到地面上（即B >B 0），计算小球在磁场中运动到最高点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值．（若计算结果中有非特殊角的三角函数，可以直接用三角函数表示）【答案】（131；（23(23)m gL -；（3）36gL ︒ 【解析】【分析】根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。

【详解】（1）设管道与水平面的夹角为α，由几何关系得：/21sin 2L L L α-== 解得： 30︒=α由题意，小球在边界1受力分析如下图所示，有：1tan mg qE α=因小球进入边界2右侧区域后的轨迹为圆弧，则有：mg ＝qE 2解得比值：E 1 ：E 2＝3：1（2）设小球刚进入边界2时速度大小为v ，由动能定理有：2113sin302cos302mg L E q L mv ︒︒⋅+⋅=联立上式解得： 3v gL =设小球进入E 2后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为R ，如下图，由几何关系得：cos30+2L R R ︒= 代入数据解得： (23)R L =+洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v qvB m R= 代入数据解得：03(23)m gL B -=（3）如下图，设此时圆周运动的半径为r ，小球在磁场中运动到最高点时的位移为：2cos15S r ︒=⋅圆周运动周期为：2r T vπ=则小球运动时间为： 712t T =解得比值：362cos15cos15712gLS rt T︒==︒【点睛】考察粒子在复合场中的运动。

数学物理方法习题集

数学物理方法习题集第一章复数与复变函数习题1，计算：（1），1)(1i ---。

（2），iii i 524321-+-+。

（3），5(1)(2)(3)i i i ---。

（4），4(1)i -。

（5），bi a +。

2，求下列复数的实部u 与虚部v ，模r 与幅角θ：（1），ii i i 524321----。

（2），1(2n+, 4,3,2=n 。

（3），i +1。

（4），3)i -。

（5），231i -。

3，设211i z +=，i z -=32，试用三角形表示21z z 及21z z 。

4，若21=+Z z θcos ，证明21=+m m zz θm cos 。

5，求下列复数z 的主幅角z arg ：（1），iz 312+-=。

（2），6)z i =-。

6，用指数形式证明：（1），(1)2i i -+=+。

（2），i ii2125+=+。

（3），7(1)8(1)i i -+=-+。

（4），1011(12(1)--=-。

7，试解方程44(0)z a a +=>。

8，证明：（1），1212Re()Re()Re()z z z z +=+ ；一般1212Re()Re()Re()z z z z ≠。

（2），1212Im()Im()Im()z z z z +=+ ；一般1212Im()Im()Im()z z z z ≠。

（3），2121z z z z = ；一般2121z z z z +≠+。

9，证明：（1），2121z z z z +=±。

（2），2121z z z z ⋅=。

（3），1122(z zz z = （02≠z ）。

（4），121212122Re()2Re()z z z z z z z z +==。

（5），()z z ≤Re ，()z z ≤Im 。

（6），2121212z z z z z z ≤+。

（7），222121212()()z z z z z z -≤+≤+。

数学物理方法复习题

第一部分:填空题1复变函数f(z) u(x,y) i v(x,y)在点z x i y可导的必要条件是____ 2 柯西黎曼方程在极坐标系中的表达式为_______ 3 复变函数f(z) zz在z ____处可导4复变函数f(z) xy i y在z ____处可导5 ln( 1) _____6 指数函数f(z) ez的周期为______ 21dz _____ 7 1z 2(z )2zezdz _____ 8 z 3z 3 19 dz _____ 2 z 4z 2 1cos zd z _________ 5(z 1)z 111 z10 11 在z0 1的邻域上将函数f(z) e展开成洛朗级数为__________12 将e1/z在z0 0的邻域上展开成洛朗级数为_____________1在z0 1的邻域上展开成洛朗级数为________________ z 1sinz14 z0 0为函数的________________ 2z115 z0 0为函数sin的________________ z13 将sin16 z0 1为函数e17 z0 0为函数11 z的____________________ cosz的______阶极点4zsinz18 z0 0为函数4的______阶极点z1 e2z19 函数f(z) 在z0 0的留数Resf(0) ________ z320 函数f(z) e11 z在z0 1的留数Resf(1) ________,在无限远点的留数Resf( ) ________21 函数f(z) e1/z2在z0 0的留数Resf(0) ________22 函数f(z) cosz在z0 0的留数Resf(0) ________ 3zsinz23 函数f(z) 3在z0 0的留数Resf(0) ________ z24 积分 f( ) (t0 )d ______ (t (a,b) )ab25 两端固定的弦在线密度为 f(x,t) (x)sin t的横向力作用下振动,泛定方程为_______________.26 两端固定的弦在点x0受变力 f(x,t) f0sin t的横向力的作用,其泛定方程为_________________.27 弦在阻尼介质中振动，单位长度的弦所受的阻力F R ut（R为阻力系数），弦在阻尼介质中的振动方程为_______________。

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析一、数学物理法1．两块平行正对的水平金属板AB ，极板长0.2m L =，板间距离0.2m d =，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度3510T B -=⨯，方向垂直纸面向里。

两极板间电势差U AB 随时间变化规律如右图所示。

现有带正电的粒子流以5010m/s v =的速度沿水平中线OO '连续射入电场中，粒子的比荷810C/kg qm=，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场视为匀强电场（两板外无电场）。

求： (1)要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差U AB 取值范围；(2)若粒子在距O '点下方0.05m 处射入磁场，从MN 上某点射出磁场，此过程出射点与入射点间的距离y ∆；(3)所有粒子在磁场中运动的最长时间t 。

【答案】(1)100V 100V AB U -≤≤；(2)0.4m ；(3) 69.4210s -⨯ 【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子刚好穿过对应偏转电压最大为m U ，此时粒子在电场中做类平抛运动，加速大小为a ，时间为t 1。

水平方向上01L v t =①竖直方向上21122d at =② 又由于mU qma d=③ 联立①②③得m 100V U =由题意可知，要使带电粒子射出水平金属板，两板间电势差100V 100V AB U -≤≤(2)如图所示从O '点下方0.05m 处射入磁场的粒子速度大小为v ，速度水平分量大小为0v ，竖直分量大小为y v ，速度偏向角为θ。

粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为R ，则2mv qvB R=④ 0cos v v θ=⑤2cos y R θ∆=⑥联立④⑤⑥得20.4m mv y qB∆== (3)从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长。

数学物理方法第二版 (武仁著) 北京大学出版社课后答案习题01-04

1
⎛π ⎞ i π 4+2 nπ ) 2 π 2+ 2 nπ i ⎜ + nπ ⎟ ⎤ i 1 + i ⎡ 2e ( π ⎝4 ⎠ 2 =⎢ = = e e （8）， ( n = 0， 1)， Am = 1 ， Arg = + nπ + 2kπ ， ⎥ −iπ 4 1 − i ⎣ 2e 4 ⎦
( −1) Re =
（1）
（3） arg (1 − z ) = arg (1 − x − iy ) = 0 ⇔ 1 − x > 0 且 y = 0 ，即 x < 1 ， y = 0 ；
w.
ww
arg (1 + z ) = arg (1 + x + iy ) =
arg ( z + 1 − i ) = arg ⎡ ⎣ x + 1 + i ( y − 1) ⎤ ⎦=
课后答案网，用心为你服务！
最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（）！
Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨，以关注学生的学习生活为出发点，
爱校园（）课后答案网（）淘答案（）
则 z ′ = z − z0 ，即 x′ + iy′ = x − x0 + i ( y − y0 ) ，由此得 x′ = x − x0 ， y′ = y − y0 。
ww
如图，
w.
AB i∠A z1 − z3 AC i∠C AB AC z2 − z1 ， ∠A = ∠ C 。 e ， e 。所以 = = = z3 − z1 AC z2 − z3 BC AC BC AB AC 可得 AB = BC = AC ，即 = AC BC
⎛ 2n + 1 ⎞ ⎛ 2n + 1 ⎞ Re = cos ⎜ π ⎟ ， Im = sin ⎜ π ⎟； ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠

数学物理方法作业答案

则 f (z) = ex sin y − iex cos y + iC = −iez + iC
因此，（5）= cos 5ϕ −10 cos3 ϕ sin2 ϕ + 5 cosϕ sin4 ϕ ，
（6）= 5cos4 ϕ sin ϕ −10 cos2 ϕ sin3 ϕ + sin5 ϕ
（7） cosϕ + cos 2ϕ + cos 3ϕ + ... + cos nϕ ，（8） sinϕ + sin 2ϕ + sin 3ϕ + ... + sin nϕ
综上所述，可知 z 为左半平面 x<0，但除去圆 x2 + y2 −1 + 2x = 0 及其内部
（7） z -1 ≤ 1, z +1
[ ] 解：
z -1 z +1
=
x −1+iy x +1+iy
=
⎡ x2 + y2 −1 ⎤2
⎢⎣(x
+1)2
+
y2
⎥ ⎦
+
4y2
(x +1)2 +
y2
2
( ) [ ] 所以 x2 + y2 −1 2 + 4 y2 ≤ (x + 1)2 + y2 2
第一章复变函数
§1.1 复数与复数运算
1、下列式子在复数平面上个具有怎样的意义？（1） z ≤ 2
解：以原点为心，2 为半径的圆内，包括圆周。（2） z − a = z − b ，（a、b 为复常数）
解：点 z 到定点 a 和 b 的距离相等的各点集合，即 a 和 b 点连线的垂直平分线。（3） Re z ＞1/2 解：直线 x = 1/ 2 右半部分，不包括该直线。（4） z + Re z ≤ 1

数学物理方法课后答案 (2)

dz 1 π 2 i = i π = 4i ∫ z −i =2 z − 2i 4i 2
∫
z +i = 2
−
1 π dz = − i 2π i = − z + 2i 4i 2
1 1 1 ( )dz = (2π i − 2π i ) = 0 − 4i 4i ∫ z =8 z − 2i z + 2i
(2)
∫
4
Байду номын сангаас
l1
f ( z )dz = 0 ( l2 内无奇点)
dz dz +∫ = 2π i + 2π i = 4π i ∫ l3 ∫ l3 z + 1 = 2π i ∫l f ( z )dz = ∫l dz l z +1 z 4 设 f ( z ) 是单通区域 D 内的解析函数， z0 为 D 的内点，试证明 f ( z )dz =
（1）沿抛物线 x = t , y
= t 2 ，其中1 ≤ t ≤ 2
（2）沿连接1 + i 到 2 + 4i 的直线。（3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线解：（1） z
= x + iy = t + it 2 , z 2 = t 2 (1 + it ) 2 = t 2 + 2it 3 − t 4 dz = (1 + 2it )dt
积分为极限，设边界 L的全长为 l， z点到边界线最短距离为 min z − ξ = d f (ξ )在 D 上连续意味着 f (ξ )有界 f (ξ ) ≤ M (常数）。应用复变积分性质 5以及矢量差的模小于矢量模的差，可证以下成立 ΔI = ≤ Δz 1 1 ]d ξ = − (ξ − z )(ξ − z − Δ z ) (ξ − z ) 2 f (ξ )

数学物理方法作业

《数学物理方法》作业年级：专业：学号：姓名：1．复数31i +的指数式为（）.A. i e 62πB. i e 32πC. i e 6πD. i e 3π2. 点0=z 是函数21z 的（）阶极点. A. 1 B. 2 C. 3 D. 43．条件0|sin x u a t ω==是第类边界条件.A. 一B. 二C. 三D. 以上都不对4.积分dz z z z )3()2(1--⎰=的值为:A . 0 B. 1 C. 21 D.2 5．方程),(2t x f u a u xx t =-是（）方程.A. 波动方程B. 热传导方程C.位势方程D. 以上都不是6．下面对复球面描述正确的是A. 复数球的S 极对应复平面上的原点，N 极对应复平面上的有限远点B. 复数球的S 极对应复平面上的无穷远点，N 极对应复平面上的有限远点C. 复数球的S 极对应复平面上的无穷远点，N 极对应复平面上的无穷远点D. 复数球的S 极对应复平面上的原点，N 极对应复平面上的无穷远点7.方程2=+i z 表示复平面上的（）A . 圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 椭圆 8. 0Im(z)> 表示复平面上的（）A . 有界单连通区域 B. 无界单连通区域C. 无界复连通区域D. 有界复连通区域9.扩充复平面是指（）A. 有限复平面B. 包含“无穷远”点的复平面C. 不包含“无穷远”点的复平面D. 都不是10.下面对函数的解析和函数可导间关系说法错误的是（）A. 若函数在某点可导，则在该点一定解析B. 若函数在某点及其邻域内处处可导，则函数在该点解析C. 若函数在某点可导，但在该点不一定解析D. 若函数在某点解析，则在该点一定可导11.函数)(z f 以0z 为中心的洛朗展开的系数公式为（）A ． ⎰+-=l k k z z dz z f i C 10)()(21π B. !)(0)(k z f C k k = B. ⎰+-=l k k z d f i C 10)()(21ζζζπ C. ⎰+-=l k k z d f i k C 10)()(2!ζζζπ 12.将)(z f 在挖去0z 的环域的洛朗级数含无穷多负幂项时，则0z 叫（）A ．本性奇点 B. 可去奇点 C. 单极点 D. 高阶极点13.洛朗级数的负幂部分叫（）A ．主要部分 B. 可去奇点 C. 单极点 D. 高阶极点14.下列方程是波动方程的是（）A ．f u a u xx tt +=2 B. f u a u xx t +=2 C. xx t u a u 2= D. x tt u a u 2=15.对泛定方程02=-xx tt u a u 而言，边界条件,00==x x u 00==x x u 是（）A ．第一类边界条件 B. 第二类边界条件C. 第三类边界条件D. 自然边界条件16.下列方程是输运方程的是（）A ．f u a u xx tt +=2 B. f u a u xx t +=2 C. xx t u a u 2= D. x tt u a u 2=17.用分离变量法求解偏微分方程定解问题的一般步骤是（）A ．分离变量→解单变量本征值问题→得单变量解→得分离变量解B. 分离变量→得单变量解→解单变量本征值问题→得分离变量解C. 解单变量本征值问题→得分离变量解→分离变量→得分离变量解D. 解单变量本征值问题→分离变量→得分离变量解→得分离变量解 18.)(z f 为解析函数是指（）A ．若)(z f 在0z 点处可导，则称其为解析函数B. 若)(z f 在0z 点及其领域内处处可导，则称其为解析函数C. 若)(z f 只在0z 点领域内处处可导，则称其为解析函数D. 以上均不对 19.31i +的指数式为（）A.3/22i e πB.3/2i e πC. 3/2i e πD. 3/i e π20.边界条件为t u u l x x sin 0====为（）A. 第一类齐次边界条件B. 第一类非齐次边界条件C. 第二类非齐次边界条件D. 自然边界条件二、填空（每小题２分，共４０分）1、说明物理现象初始状态的条件称为，说明边界上的约束情况的条件称为 .2、数学物理方程可分为___________、_________和位势方程.3、复变函数的孤立奇点可分为___________、__________和本性奇点三类．4、在直角坐标系，柯西—黎曼条件为y x u u =和___________．5、复数231i -的实部u=___________,虚部v=___________. ６、函数z 为___________.（填多值函数或单值函数）. ７、级数∑∞1n z n 的收敛半径为___________.８、2)(z z f =的导数为___________.９、复数i +1的三角表达式为__________.１０、方程),(2t x f u a u xx tt =-是__________方程.三、简答题１.留数定理的内容２.柯西积分定理的内容四、计算题1、用柯西积分公式计算积分 dz z e z z⎰=-42. ２、用留数定理计算积分 dz z z z z ⎰=-+1)2(12.３、用分离变量法求解定解问题.⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤==≥==><<=-====.0),(),(,0,0,0,0,0,00002l x x u x u t u u t l x u a u t t t l x x xx tt ψϕ ４、用行波法求解定解问题.⎪⎩⎪⎨⎧∞<<∞==∞<<∞>=-==. - ),( ),( , - 0, t ,0002x x u x u x u a u t t t xx tt ψϕ５.在环域0<1-z <1上将)2)(1(1)(--=z z z f 展开成洛朗展式.。

数学物理方法大作业

基于分离变量法的波导中的电磁波研究1 空间当中的电磁波在迅变情况下，电磁场以波动形式存在，电磁场的基本方程是麦克斯韦方程组，对于在0==J σ情况下的迅变场，麦克斯韦方程组为]4[⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=⋅∇=⋅∇∂∂=⨯∇∂∂-=⨯∇00B D t D H t B E (1)为了便于求解，通常将（1）式化为⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫=∂∂-∇=∂∂-∇010122222222t BcB t E c E (2) 必须指出的是，（2）式中第一式E 的三个分量X E ，y E ，z E 虽然是三个独立方程，但是其解却是相互关联的，因为（1）式到（2）式麦克斯韦方程变为二阶的麦克斯韦方程，故解的范围变大了。

为了使波动方程（2）的解是原方程（2）的解，必须是波动方程的解满足条件 0=⋅∇E 。

求解方程（1），即为求解⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫∂∂-=⨯∇=⋅∇=∂∂-∇t BE E t Ec E 0012222(3)(3)式在给定的边界条件下，可以求得定解. 对于定态电磁波，场量可以表示为t i e z y x E E ω-=),,( (4)考虑(4)式，(3)式可表示如下：⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⨯∇-==⋅∇=+∇E iB E E k E ω0022(5)设电磁波为时谐波，并考虑到关系H B μ=，由（5）式可得到z y x ,,三个分量的6个标量方程：x y xH i E yE ωμγ-=+∂∂ (6) y x zH i E xE ωμγ-=-∂∂-(7) z xy H i yE xE ωμ-=∂∂-∂∂ (8) x y zE i H yH ωεγ=+∂∂ (9) y x zE i H xH ωεγ=-∂∂-(10) z xy E i yH xH ωε=∂∂-∂∂ (11) 以上6个方程经过简单运算，可以将横向场分量y x y x H H E E ,,,用两个纵向场分量z z H E ,来表示，即：)(12yE i x H k H zz cx ∂∂-∂∂-=ωεγ(12) )(12x E i y H k H zz cy ∂∂+∂∂-=ωεγ (13) )(12y H i x E k E z z cx ∂∂+∂∂-=ωμγ (14) )(12x H i y E k E z z cy ∂∂-∂∂-=ωμγ (15) 式中222k k c +=γεμω=kTM 波的纵向场分量与横向场分量关系[]1为：yE k i H zc x ∂∂=2ωε (12*) x E k i H zcy ∂∂-=2ωε (13*) xE k E zcx ∂∂-=2γ (14*)y E k E zcy ∂∂-=2γ (15*)TE 波的纵向场分量与横向场分量关系为[]1：xH k H zcx ∂∂-=2γ (12+)yH k H zc y ∂∂-=2γ （13+）yH k i E zc x ∂∂-=2ωμ （14+） x H k i E zcy ∂∂=2ωμ （15+） 2 波导内的电磁场 2.1波导的几个假设这里所讨论的波导,有以下假设:波导的横截面沿z 方向是均匀的,即波导内的电场与磁场只与坐标y x ,有关,与z 无关;构成波导壁的导体是理想导体,即∞=σ;波导内的介质各向同性,并且0=σ;波导内的电磁场为时谐场,角频率为ω。

数学物理方法习题及答案

数学物理⽅法习题及答案数学物理⽅法习题第⼀章：应⽤⽮量代数⽅法证明下列恒等式 1、3r ?= 2、0r ??=3、()()()()()A B B A B A A B A B =?-?-?+?4、21()0r ?=5、()0A = 第⼆章：1、下列各式在复平⾯上的意义是什么? （1）0;2Z a Z b z z -=--=（2）0arg4z i z i π-<<+; 1Re()2z =2、把下列复数分别⽤代数式、三⾓式和指数式表⽰出来。

1;1i i e ++3、计算数值（a 和b 为实常数，x 为实变数）sin5ii ? sin sin()iaz ib za ib e -+4、函数1W z =将z 平⾯的下列曲线变为W 平⾯上的什么曲线？（1）224x y += （2）y x =5、已知解析函数()f z 的实部(,)u x y 或虚部(,)x y υ，求解析函数。

（1）22sin ;,(0)0;,(1)0x u e y u x y xy f u f ?==-+===；（2）(00)f υ==6、已知等势线族的⽅程为22x y +=常数，求复势。

第三章：1、计算环路积分：2211132124sin4(1).(2).11sin (3).(4).()231(5).(1)(3)zz z i z z z z z e dz dzz z ze dz dzz z z dzz z ππ+=+====-+--+-2、证明：21()!2!n n z n l z z e d n i n ξξπξξ=其中l 是含有0ξ=的闭合曲线。

3、估计积分值222iidz z +≤?第四章： 1、泰勒展开（1） ln z 在0z i = （2）11ze-在00z = （3）函数211z z -+在1z = 2、（1）1()(1)f z z z =-在区域01z <<展成洛朗级数。

（2）1()(3)(4)f z z z =--按要求展开为泰勒级数或洛朗级数：①以0z =为中⼼展开；②在0z =的邻域展开；③在奇点的去⼼邻域中展开；④以奇点为中⼼展开。

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()000000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z zz z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】 3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

《数学物理方法》答案

z 4 + a4 = 0 ( a > 0) 。
4
⎛z⎞ ⎜ ⎟ = −1 ( a > 0 ) 4 4 ; 解:由题意 z = − a ,所以有 ⎝ a ⎠
θ + 2 kπ i ⎛z⎞ z iπ = cos π + sin π = i e = e 4 (k = 0,1, 2,3) ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ;所以 a ;
k = 0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅
π
+ i 2kπ = ln 2 + i ( + 2kπ ) 4 4
π
3i = eiLn 3 = ei (ln 3+ 2 kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3 e 2+i = e 2 ei = e 2 (cos1 + i sin1) sin z lim =1 z →0 z 22，求证 sin z sin( x + iy ) lim = lim z →∞ x , y →∞ z x + iy 证: z = x + iy (x,y,均为实数)，所以
z = z2 = z3 = 1; 试证明 z1 , z2 , z3 是一 11.设 z1 , z2 , z3 三点适合条件 z1 + z2 + z3 = 0 及 1
个内接于单位圆
z =1 的正三角形的顶点。
∴ z1 = − z2 − z3 ; z2 = − z3 − z1; z3 = − z1 − z2 ; 证明： z1 + z2 + z3 = 0;
∂v ∂u = e x cos y − y sin ye x + x cos ye x = e x ( x cos y − y sin y ) + e x cos y ∂ y ∂x ； ∂u ∂v = −e x ( x sin y + sin y + y cos y ) = e x ( y cos y + x sin y + sin y ) ∂y ； ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v = ; =− ∂x 。满足 ∂x ∂y ∂y x, y ) 可微且满足 C − R 条件，故函数在 z 平面上解析。即函数在 z 平面上 (

物理数学物理法练习全集含解析

物理数学物理法练习全集含解析一、数学物理法1．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ；（2）125V ；（3）0~127︒︒ 【解析】【分析】【详解】（1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理21()2mg qE L mv +=2()v F mg qE m L-+=解得42/v m s =F=30N（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1152m/s sin v v θ==211()2AC mg qE h mv +=U =Eh AC解得U =125V（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F 与竖直方向夹角为α，当小球匀速直线运动时α=0，当小球匀加速直线运动时，F 的最小值为F 1，F 没有最大值1()sin 8N F mg qE θ=+=F 与竖直方向的最大夹角为180127αθ=︒-=︒ 0127α≤≤︒F ≥8N2．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qdm，电场方向沿y 轴正方向。

物理数学物理法练习全集含解析

物理数学物理法练习全集含解析一、数学物理法1．两块平行正对的水平金属板AB ，极板长0.2m L =，板间距离0.2m d =，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度3510T B -=⨯，方向垂直纸面向里。

两极板间电势差U AB 随时间变化规律如右图所示。

如图所示粒子进入磁场速度大小为v 1，速度水平分量大小为01v ，竖直分量大小为v y 1，速度偏向角为α，则对粒子在电场中011L v t =⑦11022y v d t +=⑧ 联立⑦⑧得101y v v =101tan y v v α=得π4α=粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为R'，则211mv qv B R ='⑨ 1mv R qB'=⑩ 带电粒子在磁场中圆周运动的周期为T12π2πR m T v qB'==⑪在磁场中运动时间2π(π2)2πt T α--=⑫联立⑪⑫得663π10s 9.4210s t --=⨯=⨯2．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】【分析】【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨3．如右图所示，一位重600N 的演员，悬挂在绳上．若AO 绳与水平方向的夹角为37︒，BO 绳水平，则AO 、BO 两绳受到的力各为多大？若B 点位置往上移动，则BO 绳的拉力如何变化？(孩子：你可能需要用到的三角函数有：3375sin ︒=，4cos375︒=，3374tan ︒=，4373cot ︒=)【答案】AO 绳的拉力为1000N ，BO 绳的拉力为800N ，OB 绳的拉力先减小后增大. 【解析】试题分析：把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力，AO 绳上受到的拉力等于沿着AO 绳方向的分力，BO 绳上受到的拉力等于沿着BO 绳方向的分力．根据平衡条件进行分析即可求解．把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力．如图甲所示由平衡条件得：AO 绳上受到的拉力为21000sin 37OA GF F N ===oBO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===o若B 点上移，人的拉力大小和方向一定不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，如图乙所示：由上图可判断出AO 绳上的拉力一直在减小、BO 绳上的拉力先减小后增大．4．在地面上方某一点分别以和的初速度先后竖直向上抛出两个小球（可视为质点），第二个小球抛出后经过时间与第一个小球相遇，要求相遇地点在抛出点或抛出点以上，改变两球抛出的时间间隔，便可以改变值，试求（1）若，的最大值（2）若，的最大值【答案】（1）（2）22212v v v t g -∆=-【解析】试题分析：（1）若，取最大值时，应该在抛出点处相遇，则最大值（2）若，取最大值时，应该在第一个小球的上抛最高点相遇，解得，分析可知，所以舍去最大值22212v v v t g -∆=考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题的解题是判断并确定出△t 取得最大的条件，也可以运用函数法求极值分析．5．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。

高考物理数学物理法的技巧及练习题及练习题

高考物理数学物理法的技巧及练习题及练习题一、数学物理法1．在地面上方某一点分别以和的初速度先后竖直向上抛出两个小球（可视为质点），第二个小球抛出后经过时间与第一个小球相遇，要求相遇地点在抛出点或抛出点以上，改变两球抛出的时间间隔，便可以改变值，试求（1）若，的最大值（2）若，的最大值【答案】（1）（2）22212v vvtg-∆=-【解析】试题分析：（1）若，取最大值时，应该在抛出点处相遇，则最大值（2）若，取最大值时，应该在第一个小球的上抛最高点相遇，解得，分析可知，所以舍去最大值22212v vvtg-∆=考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题的解题是判断并确定出△t取得最大的条件，也可以运用函数法求极值分析．2．如图所示，在x≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，在x>0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现一带正电的粒子从x轴上坐标为（-2l，0）的A点以速度v0沿x轴正方向进入电场，从y轴上坐标为（0，l）的B点进入磁场，带电粒子在x>0的区域内运动一段圆弧后，从y轴上的C点（未画出）离开磁场。

已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。

求：(1)带电粒子的比荷；(2)C点的坐标。

【答案】(1)202v qm lE=；(2)（0，-3t ）【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向02l v t =y 轴方向212qE l t m=联立解得202v qm lE=(2)设带电粒子经过B 点时的速度方向与水平方向成θ角00tan 1yqE t v m v v θ=== 解得45θ=︒则带电粒子经过B 点时的速度02v v =由洛伦兹力提供向心力得2mv qvB r= 解得2mvr l qB== 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何知识可知弦BC 的长度24L r l ==43l l l -=故C 点的坐标为（0，-3t ）。

高中物理数学物理法的基本方法技巧及练习题及练习题

高中物理数学物理法的基本方法技巧及练习题及练习题一、数学物理法1．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】【分析】【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨2．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为1m R =的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S 上形成一亮区，已知屏幕S 至球心距离为(21)m D =+，玻璃半球对紫光的折射率为2n =，不考虑光的干涉和衍射。

求：(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角30θ=o ，其折射角α； (2)亮区右边界到P 点的距离d 。

数学物理方法作业第二份

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题及解析

数学物理方法第二次作业答案

数学物理方法习题解答(完整版)

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析

数学物理方法习题集

数学物理方法复习题

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析

数学物理方法 第二版 (武仁 著) 北京大学出版社 课后答案 习题01-04

数学物理方法 作业答案

数学物理方法课后答案 (2)

数学物理方法作业

数学物理方法大作业

数学物理方法习题及答案

数学物理方法习题解答(完整版)

《数学物理方法》答案

物理数学物理法练习全集含解析

物理数学物理法练习全集含解析

高考物理数学物理法的技巧及练习题及练习题

高中物理数学物理法的基本方法技巧及练习题及练习题

数学物理方法第二版 (武仁著) 北京大学出版社课后答案习题01-04

数学物理方法作业答案