数学物理方程第二版答案解析(平时课后知识题作业任务)
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案第一章.颠簸方程§ 1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔嫩逐条而平均的弦线有一端固定,在它自己重力作用下,此线处于铅垂均衡地点,试导出此线的细小横振动方程。
解:如图 2,设弦长为l ,弦的线密度为,则 x 点处的张力 T ( x) 为T ( x)g(lx)且 T( x) 的方向老是沿着弦在 x 点处的切线方向。
仍以 u( x, t) 表示弦上各点在时辰 t 沿垂直于 x 轴方向的位移,取弦段 ( x, xx), 则弦段两头张力在 u 轴方向的投影分别为g(l x) sin ( x); g (l( xx)) sin (xx)此中 (x) 表示 T (x) 方向与 x 轴的夹角又sintgux.于是得运动方程x2u[l( xx)]u∣xxg [lx]u∣x gt 2xx利用微分中值定理,消去x ,再令 x0 得2ug[( l x) ut 2] 。
x x5. 考证u( x, y,t )t 21在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都知足颠簸方程x 2 y 22u2u2u证:函数 u( x, y,t )1在锥 t 2x 2 2内对变量 t 2x 2 y 2t 2 x 2y >0y 2x, y, t 有u3二阶连续偏导数。
且(t2x 2 y 2) 2 tt2u35(t2x2y 2) 23(t2x2y2) 2 t2t23(t 2x 2y 2) 2 (2t 2x2y 2)u3x2 y 2)2 x(t2x2u35t2x2y223 t2x2y22 x 2x25 t2x2y22 t22 x2y22 u5同理t2x2y22 t2x22y2y22 u 2u52u .所以t 2 x 2y 2 2 22x 2 y 2x2y2tt2即得所证。
§2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用流传波法,求解颠簸方程的特点问题(又称古尔沙问题)2ua 22ut 2x 2u x at 0(x) (0)(0)u x at( x).解: u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0得 ( x) =F ( 0) +G ( 2x )令 x+at=0得( x) =F (2x ) +G(0)所以F(x)=( x) -G(0).2G ( x ) = ( x) -F(0).2且F ( 0) +G(0)= (0) (0).所以u(x,t)=(xat) + ( x at ) - (0).22即为古尔沙问题的解。
数理方程第二版 课后习题答案
第一章曲线论§1 向量函数1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。
略2. 求证常向量的微商等于零向量。
证:设,为常向量,因为所以。
证毕3. 证明证:证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明:如果向量在某一区间内所有的点其微商为零,则此向量在该区间上是常向量。
证:设,为定义在区间上的向量函数,因为在区间上可导当且仅当数量函数,和在区间上可导。
所以,,根据数量函数的Lagrange中值定理,有其中,,介于与之间。
从而上式为向量函数的0阶Taylor公式,其中。
如果在区间上处处有,则在区间上处处有,从而,于是。
证毕5. 证明具有固定方向的充要条件是。
证:必要性:设具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,于是。
充分性:如果,可设,令,其中为某个数量函数,为单位向量,因为,于是因为,故,从而为常向量,于是,,即具有固定方向。
证毕6. 证明平行于固定平面的充要条件是。
证:必要性:设平行于固定平面,则存在一个常向量,使得,对此式连续求导,依次可得和,从而,,和共面,因此。
充分性:设,即,其中,如果,根据第5题的结论知,具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,任取一个与垂直的单位常向量,于是作以为法向量过原点的平面,则平行于。
如果,则与不共线,又由可知,,,和共面,于是,其中,为数量函数,令,那么,这说明与共线,从而,根据第5题的结论知,具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,作以为法向量,过原点的平面,则平行于。
证毕§2曲线的概念1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。
解:,点对应于参数,于是当时,,,于是切线的方程为:法平面的方程为2. 求三次曲线在点处的切线和法平面的方程。
解:,当时,,,于是切线的方程为:法平面的方程为3. 证明圆柱螺线的切线和轴成固定角。
证:令为切线与轴之间的夹角,因为切线的方向向量为,轴的方向向量为,则证毕4. 求悬链线从起计算的弧长。
力学第二版习题答案第三章
第三章基本知识小结⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点,牛顿第二定律是核心。
矢量式:22dtr d m dt v d m a m F=== 分量式:(弧坐标)(直角坐标)ρτττ2,,,vm ma F dt dv mma F ma F ma F ma F n n z z y y x x =======⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。
导数形式:dt pd F =微分形式:p d dt F=积分形式:p dt F I∆==⎰)( (注意分量式的运用)⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。
若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零,则质点或质点系的动量保持不变。
即∑==恒矢量。
则,若外p F0 (注意分量式的运用)⒋在非惯性系中,考虑相应的惯性力,也可应用以上规律解题。
在直线加速参考系中:0*a m f-=在转动参考系中:ωω⨯=='2,*2*mv f r m f k c⒌质心和质心运动定理 ⑴∑∑∑===i i c i i c i i ca m a m v m v m r m r m⑵∑=c a m F(注意分量式的运用)3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= (单位:米,秒), 求证质点受恒力而运动,并求力的方向大小。
解:∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+== , j ia m F ˆ12ˆ24+== 为一与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ,力与x 轴之间夹角为:'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动,质点的运动学方程为:j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ,a,b,ω为正常数,证明作用于质点的合力总指向原点。
证明:∵rj t b i t a dt r d a2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-==r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解
物理学教程(第二版)上册习题答案 第一章 质点运动学 1 -1分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP ′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =|r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B).(2) 由于|Δr |≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故t st d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C).1 -2 分析与解 t rd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;td d r 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式t sd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解.故选(D).1 -3 分析与解 td d v表示切向加速度a t,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用;t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ;而td d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a t.因此只有(3) 式表达是正确的.故选(D).1 -4 分析与解 加速度的切向分量a t起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的.至于a t是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时, a t恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a t为一不为零的恒量,当a t改变时,质点则作一般的变速率圆周运动.由此可见,应选(B). 1 -5解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t =0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t =4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -6 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.(2) 将t =0s和t =2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t =0s和t =2s时质点所在位臵. (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r1 -7 .解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t =0 时, v 0x =-10 m ·s-1 , v 0y =15 m ·s-1,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv v α=123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==xy a a β β=-33°41′(或326°19′)1 -8 解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 =y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′=g +a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则m 716.0='-=h h d1 -9 解 由分析知,应有⎰⎰=tta 0d d 0v v v得03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=tx x tx 0d d 0v得00421212x t t t x ++-=v (2) 将t =3s时,x =9 m,v =2 m ·s-1代入(1)、(2)得v 0=-1 m ·s-1, x 0=0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.(1) 由题意知v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度)e 1(Bt BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度. (2) 再由)e 1(d d Bt BAt y --==v 并考虑初始条件有 t BAy tBt yd )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt BAt B A y 1 -11解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 =0时v 0 =0,积分可得⎰⎰⎰+==tt tt 0)d 46(d d j i a v vj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t =0 时,r 0=(10 m)i ,积分可得⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x =10+3t 2y =2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y =2x -20 m这是一个直线方程.直线斜率32tan d d ===αx y k ,α=33°41′.轨迹如图所示. 1 -12 解 (1) 由参数方程 x =2.0t , y =19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程:y =19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 =1.00s 到t 2 =2.0s时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=tyt x t则t 1 =1.00s时的速度 v (t )|t =1s=2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t ttt e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t =1.0s质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv1 -13解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x =vt , y =1/2 gt 2飞机水平飞行速度v =100 m ·s -1,飞机离地面的高度y =100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gyx v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xyθ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gtαx y arctan arctan ==取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α1 -14解 在图示坐标系中,有t v x )cos (0α= (1) 2021sin (gt t v y -=)α (2) gt v v y -=αsin 0 (3)(1) 由式(1),令57m ==x x m ,得飞跃时间37.1cos 0mm ==αv x t s(2)由式(3),令0=y v ,得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式(2),得飞行最大高度67.02sin 220m ==gv y αm则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m(3)将37.1m=t s 代入式(2),得西岸木桥位臵为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论 本题也可以水面为坐标系原点,则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15解 1 由分析知,在图(a )坐标系中,有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= (1)20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= (2)落地时,有y =0,由式(2)解得飞行时间为31.230tan 20==gv t s 将 t 值代入式(1),得1.263220===gv x OP m解 2 由分析知,在图(b )坐标系中,对小球 t v x )cos (0β= (1)2021)sin (gt t v y -=β (2) 对点P αtan x y =' (3)由式(1)、(2)可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= (4)落地时,应有y y '=,即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为gv x 3320=(5)则 1.263230cos 20===gv xOPm 联解式(1)和式(5)可得飞行时间31.2=t s讨论 比较两种解法,你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a a a a t tn-+=+=v其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v (2) 要使|a |=b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v =(3) 从t =0 开始到t =v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v ==1 -17 解 因ωR =v ,由题意ω∝t 2得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以22)(t t ωω==则t ′=0.5s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω 2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0s内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 2032220====-⎰⎰t t t t ωθθ1 -18 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==.在t =2 s 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223nt a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位臵为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t =0.55s1 -191'22v v v += (如图所示),于是可得1o12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 解 由122v v v -='[图(b)],有θθcos sin arctan221v v v -=α而要使hlαarctan≥,则 h lθθ≥-cos sin 221v v v⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v第二章 牛顿定律2 -1分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F T (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D).求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征. 2 -2 分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值.当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态.由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A).2 -3 分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N .由此可算得汽车转弯的最大速率应为v =μRg .因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑.应选(C).2 -4 分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位臵有关.重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmgF N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B).*2 -5 分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解.此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力.对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F T =5/8 mg .故选(A).2 -6解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -==则()αμααg lt cos sin cos 2-=(2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg lt2 -7解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示).当框架以加速度a 上升时,有F T-( m 1 +m 2 )g =(m 1 +m 2 )a (1)F N2 - m 2 g =m 2 a (2)解上述方程,得F T =(m 1 +m 2 )(g +a) (3)F N2 =m 2 (g +a) (4)(1) 当整个装臵以加速度a =10 m ·s-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F T =5.94 ×103N乙对甲的作用力为F ′N2 =-F N2 =-m 2 (g +a) =-1.98 ×103N(2) 当整个装臵以加速度a =1 m ·s-2上升时,得绳张力的值为F T =3.24 ×103N此时,乙对甲的作用力则为F ′N2=-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大.因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全.2 -8 解 分别对物体和滑轮作受力分析[图(b)].由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F T =m A a (1) F ′T1 -F f =m B a ′ (2) F ′T -2F T1 =0 (3)考虑到m A =m B =m , F T =F ′T , F T1 =F ′T1 ,a ′=2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=am m mg F2 -9解1 以地面为参考系,在摩擦力f F =μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F =μmg =ma 1 f F =-f F =m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度.若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a =a 1 +a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有- v ′2=2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为mgs l F l s F W μ=-+=f f )( 式中l 为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′=(m ′+m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ 由上述各式可得()m m g μm s +'''=22v 2 -10解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示.在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2)且有 ()Rh R θ-=cos (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωg R h -=可见,h 随ω的变化而变化.2 -11解 隔离后,各物体受力如图(b )所示,有滑轮 02T =-F FA A A A T a m g m F =-B B B B T a m g m F =-联立三式,得2.15A =a 7.2s m B 2=⋅-a ,2s m -⋅2 -12 解 (1)由分析知F)(2/5cos 25.0d /d 22π+-===t t y ma (N ) 该式表示作用于物体上的合外力随时间t 按余弦作用周期性变化,F >0表示合力外力向下,F <0表示合外力向上. (2) Fy t t 25.1)]2/5(cos 20.0[25.1)2/5cos(25.0-=+-=+-=ππ.由上式知,合外力F 的大小与物体离开平衡位臵距离y 的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.2 -13 解 因加速度a =d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tmt d d 40120v =+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 =0 时v 0 =6.0 m ·s-1,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=ttt 0d 0.40.12d 0v v vv =6.0+4.0t+6.0t 2又因v =d x /d t ,并由质点运动的初始条件:t 0 =0 时 x 0 =5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=txx t t t x 020d 0.60.40.6dx =5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 32 -14 解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αtmma F -===d d v⎰⎰-=tt mt α0d d 0vv v 得202t mα-=v v 因此,飞机着陆10s后的速率为v =30 m ·s-1又⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10s内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -15解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得P -fF -F =ma由题意P =F 、fF =bv 2,而a =d v /d t =v (d v /d y ),代入上式后得-bv 2= mv (d v /d y )考虑到初始条件y 0 =0 时,gh 20=v ,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫⎝⎛-v v v v 0d d 0ty b m m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m =0.4 m -1,v =0.1v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v vb m y 2 -16解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N .取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得t mαmg F t d d sin v=-= (1) R m m αmg F F N n 2cos v =-= (2)由tαr t s d d d d ==v ,得vαr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 ()⎰⎰-=απαα2/sin 0d rg d vv v v得αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为r αg rω/cos 2==v由式(2)得 αmg αmg rm m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为αmg F F N Ncos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向.2 -17解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有R m ma F n N 2v ==tma F t d d f v-=-=由分析中可知,摩擦力的大小F f=μF N ,由上述各式可得tR μd d 2v v -=取初始条件t =0 时v =v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v020d d μR t ttμR R 00v v v +=(2) 当物体的速率从v 0 减少到2/0v 时,由上式可得所需的时间为v μR t ='物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t t tμR R t s 000d d v v v2ln μRs =2 -18解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示).(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t mkm mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有⎰⎰+-=02d d v v v v k g y y⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v =0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20maxln 21v (2) 物体下落过程中,有yv mkm mg d d 2v v =+-对上式积分,有⎰⎰--=02d d v v vv k g y y则 2/1201-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=g k v v v2 -19 解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tmk F d d 2vv =- (1) 当加速度a =d v /d t =0 时,摩托车的速率最大,因此可得k =F/v m 2(2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122vv v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF m t v v v v 2101220d 1d则3ln 2Fm t mv =又因式(3)中xm t m d d d d v v v =,再利用始末条件对式(3)积分,有 ⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF mx v v v v 2101220d 1d则 Fm F m x mm 22144.034ln 2v v ≈=*2 -20 解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有F 0 -fF =ma -μmg =ma ′ (1)v ′ 2=2a ′L (2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为()L g a μ-='2v =1s m 9.2-⋅=第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3 -1 分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力.由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能.综上所述(1)(3)说法是正确的.故选(C). 3 -2 分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒.物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功.由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零.由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒.3 -3 分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位臵有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4 分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和).综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的.3 -6 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得Δ-='v m t F式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt =l /v ,以此代入上式可得N 1055.252⨯=='lm F v鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2.25 ×105N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故. 3 -7 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v ==于是,在相应的过程中重力的冲量分别为j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I =300 =30t +2t 2,解此方程可得t =6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I =m v 2- m v 1由(2)可知t =6.86 s 时I =300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v3 -9 解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F3 -10 解 力F 的冲量为ωωωkAt t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d即()ωkA m -=v Δ 3 -11 分析 第(1)问可对垒球运用动量定理,既可根据动量定理的矢量式,用几何法求解,如图(b )所示;也可建立如图(a )所示的坐标系,用动量定量的分量式求解,对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说,物体的重力一般可略去不计.解 (1) 解 1 由分析知,有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图(b )所示,则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得 N 9.197=F解 2 由图(a )有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将,则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理,得J 7.4721212122=-=mv mv W3 -12 解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm =ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 Δp =Δm (v B -v A ) =ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I =Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF 从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -13 解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ =0, v B ′ =3.4 m ·s -1代入数据后,可解得()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B BB A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B A B B A B v v 也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解. 3 -14解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率.得u m m mα'++=cos 00v v人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为g αt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 解 由运动学方程x =ct 3,可得物体的速度23d d ct tx==v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W ll -=-==⋅=⎰⎰⎰x F 3 -16解 水桶在匀速上提过程中,a =0,拉力与水桶重力平衡,有F +P =0在图示所取坐标下,水桶重力随位臵的变化关系为P =mg -αgy其中α=0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位臵有关,即()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F T 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果.初始时动能为零,因而,在最低位臵时的动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位臵的速率为1PK s m 30.222-⋅===mW m E v(3) 当小球在最低位臵时,由牛顿定律可得l m P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v3 -18 解 (1) 摩擦力作功为20202k0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F f =μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ1632v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为 34k0==W E n 圈3 -19解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点.作各状态下物体的受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 =P 1 +F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移.因为F 1 =ky 1 ,F 2 =ky 2 及P 1 =m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 =2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F =P 1 +F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 =P 2 ,且F 2 =F ′2 .由式(3)可得F =P 1 +P 2 =(m 1 +m 2 )g应注意,势能的零点位臵是可以任意选取的.为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点. 3 -20 解 (1)子弹-木块系统满足动量守恒,有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ (2) 对木块和子弹分别运用质点动能定理,则对木块201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= (3) 设摩擦阻力大小为fF ,在两者取得共同速度时,木块对地位移为s ,则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f1=对子弹 )(f2s L F W +-=得 L F W W W f21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移,“-”号表示这一对摩擦阻力(非保守力)所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W ==对子弹 202f2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加,得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式,左边为一对内力所作功,右边为系统动能的变化量.3 -21 解 因阻力与深度成正比,则有F =kx (k 为阻力系数).现令x 0=1.00 ×10 -2m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d dΔx =0.41 ×10 -2m3 -22 解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EE P 3R mm GE -=(3) 卫星的机械能为EE E E E E P k 636R mm G R m m G R m m GE E E -=-=+=3 -23解 由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为Rm F θmgR 2N cos v =- (2)冰块脱离球面时,支持力F N =0,由式(1)、(2)可得冰块的角位臵o θ2.4832arccos== 冰块此时的速率为32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为α=90° - θ =41.8°3 -24 解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N =0,因此,有rm m g c2v =(1)取小球开始时所在位臵A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgrk 3 -25 解 设弹簧的最大压缩量为x 0 .小球与靶共同运动的速度为v 1 .由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=3 -26 解 由水平方向的动量守恒定律,有v vv ''+=m mm 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F T=0,则lm g m h2v ''=' (2)式中v ′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率.又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有221221h m gl m m v v ''+'='' (3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为glm m 52'=v3 -27 解 (1)由动能守恒得mv i v mj mv i mv +-=+-200 碰撞后另一物体速度为j v i v v 002+-= 通过上式,读者还可求得速度大小和方向.(2) 碰撞后另一物体速度大小为0202025)2(v v v v =+-= 则 20202020241)2121(])2(2121[mv mv mv v m mv E -=+-+=∆“-”号表示碰撞后系统机械能减少了. 3 -28解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有αm βmm A B A cos cos 221v v v '+= (1) αm βmA B sin sin 20v v '-= (2)又由机械能守恒定律,有222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= (3) 解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v各粒子相对原粒子方向的偏角分别为022243arccos o 22'=''+=AA AA αv v v v65443arccos o '==ABβv v3 -29 解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= (1)在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v 2 ,并取A 点的重力势能为零.由系统的功能原理可得()αh αg m m μsin cos '+-()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+=(2) 由式(1)、(2)可得()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫⎝⎛'+=αμgh αm m m v v3 -30 题 3 解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得0='-'m m m m v v (1)mgR m m m ='+'222121v v v (2) 式中v m 、v m ′分别表示小球、容器相对桌面的速度.由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为m m gR m m '+'=2vm m gR m m m m '+''='2v由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系).在容器底部时,小球相对容器的运动速度为()gR m m m m m m m m 2⎪⎭⎫⎝⎛''+=+=--='''v v v v v (3)在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为Rm mg F mN 2v '=- (4)由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为第四章 刚体的转动4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况:其中两种情况下力矩为零:一是力的作用线通过转轴,二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转).不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零,但同时有两个力作用时,只要满足两力矩大小相等,方向相反,两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零,由以上规则可知(1)(2)说法是正确.对于(3)(4)两种说法,如作用于刚体上的两个力为共点力,当合力为零时,它们对同一轴的合外力矩也一定为零,反之亦然.但如这两个力为非共点力,则以上结论不成立,故(3)(4)说法不完全正确.综上所述,应选(B).4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力,且作用点相同,故对同一轴的力矩之和必为零,因此可推知刚体中所有内力矩之和为零,因而不会影响刚体的角加速度或角动量等,故(1)(2)说法正确.对说法(3)来说,题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同,因而在相同力矩作用下,产生的角加速度不一定相同,因而运动状态未必相同,由此可见应选(B).4-3 分析与解 如图所示,在棒下落过程中,重力对轴之矩是变化的,其大小与棒和水平面的夹角有关.当棒处于水平位臵,重力矩最大,当棒处于竖直位臵时,重力矩为零.因此在棒在下落过程中重力矩由大到小,由转动定律知,棒的角加速亦由大到小,而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况),应选(C).4-4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说,并无外力矩作用,故系统对轴O 的角动量守恒,故L 不变,此时应有下式成立,即ωJ ωJ d m d m =+-00v v式中mvd 为子弹对点O 的角动量0ω为圆盘初始角速度,J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量,J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量.由于J >J 0,则ω<0ω.故选(C).。
数学物理方程答案谷超豪
数学物理方程答案谷超豪【篇一:数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)】>第一章.波动方程1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定,在它本身重力作用下,此线处于铅垂平衡位置,试导出此线的微小横振动方程。
解:如图2,设弦长为l,弦的线密度为?,则x点处的张力t(x)为t(x)??g(l?x)且t(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。
仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移,取弦段(x,x??x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为?g(l?x)sin?(x);?g(l?(x??x))sin?(x??x)其中?(x)表示t(x)方向与x轴的夹角又sin??tg??于是得运动方程?u ?x.?u?2u?u??x2?[l?(x??x)]∣x??x?g?[l?x]∣?g?xx?x?t利用微分中值定理,消去?x,再令?x?0得?2u??u?g[(l?x)]。
?x?x?t25. 验证u(x,y,t)?1t2?x2?y2在锥t?x?y0中都满足波动方程222?2u?2u?2u1222证:函数在锥0内对变量t?x?y??u(x,y,t)?222222?t?x?y?x?yx,y,t有二阶连续偏导数。
且232?u??(t2?x2?y2)?t??t35??u(t2?x2?y2)2?3(t2?x2?y2)2?t22?t?(t2?x2?y2)?32?(2t2?x2?y2)?u?(t2?x2?y2)?x?32?x?2u?x2?t?x?22352?2222?22?y?3t?x?yx??????52??u同理 ??t2?x2?y2?2?t2?x2?2y2?2?y所以即得所证。
2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用传播波法,求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题) 2??2u2?u?2?a2t?x??ux?at?0??(x) ??(0)??(0)? ?u??(x).?x?at?0?5??t2?x2?y22t2?2x2?y2??2u?x2?2u?y2?t?x??225?y22??2t2?x?y22???t2.?2u解:u(x,t)=f(x-at)+g(x+at) 令 x-at=0 得 ?(x)=f(0)+g(2x)令x+at=0 得 ?(x)=f(2x)+g(0) 所以 f(x)=?()-g(0). g(x)=?()-f(0). 且 f(0)+g(0)=?(0)??(0). 所以 u(x,t)=?(x2x2x?atx?at)+?()-?(0). 22即为古尔沙问题的解。
数学物理方程 2-3章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社
数学物理方程 李明奇主编 电子科技大学出版社2-3章部分习题答案习题2.14.一根长为L 、截面面积为1的均匀细杆,其x=0端固定,以槌水平击其x=L 端,使之获得冲量I 。
试写出定解问题。
解:由Newton 定律: tt x x Sdxu t x YSu t dx x SYu ρ=-+),(),(,其中,Y 为杨氏模量,S 为均匀细杆的横截面积,x u 为相对伸长率。
化简之后,可以得到定解问题为:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==========)(|,0|0|,0|)/(0002L x Iu u u u u a u Y u t t t L x x x xx xx tt δρρ。
习题2.23.设物体表面的绝对温度为u ,它向外辐射出去的热量,按斯特凡-波尔兹曼定律正比于4u ,即dSdt ku dQ 4=,设物体与周围介质之间,只有热辐射而无热传导,周围介质的绝对温度为已知函数),,,(t z y x ϕ,。
试写出边界条件。
解:由Fourier 热传导实验定律dSdt nuk dQ ∂∂-=1,其中1k 称为热传导系数。
可得dSdt u k dSdt nuk )(441ϕ-=∂∂-,即可得边界条件:)(441ϕ--=∂∂u k k nus。
习题2.34.由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅VsdV dS E ρε01,求证:0ερ=⋅∇E ,并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。
证明:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=⋅VVsdV dV divE dS E ρε01,所以可以得到:0ερ=divE 。
由E divE ⋅∇=与u E -∇=,可得静电势u 所满足的Poisson 方程:2ερ-=∇u 。
习题2.42.求下列方程的通解:(2):;032=-+yy xy xx u u u (5):;031616=++yy xy xx u u u解:(2):特征方程:03)(2)(2=--dx dy dx dy解得:1-=dx dy 和3=dxdy。
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
⎛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) ⎤ ⎦=
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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 ⎠
普通物理学教程 力学 第二版课后题答案(第四、十章)
第四章 动能和势能思 考 题4.1 起重机起重重物。
问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情况下合力之功的正负。
又:在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中,起重机吊钩对重物的拉力所做的功是否一样多?[解 答]在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别为:正、0、负、正、0、负。
在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中,起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。
加速上升 mg F >;匀速上升 mg F =。
4.2 弹簧A 和B ,劲度系数,(1)将弹簧拉长同样的距离;(2)拉长两个弹簧到某一长度时,所用的力相同。
在这两种情况下拉伸弹簧的过程中,对那个弹簧做的功更多?[解 答](1) B A K K > 拉长同样距离2B B 2A A K 21A K 21A ∆=∆=}B A K K >,B A A A >.(2)A A A K F x =,B B B K F x =,B A F F =A A A K F =xB BB K F =x B B A A K K x x =B 2B 2B 2B B 2B B B A2A 2A 2A A 2A A A K F 21K F K 21K 21A K F 21K F K 21K 21A ======x x }B A K K >,B A A A <4.3 “弹簧拉伸或压缩时,弹簧势能总是正的。
”这一论断是否正确?如果不正确,在什么情况下,弹簧势能会是负的。
[解 答]与零势能的选取有关。
4.4 一同学问:“二质点相距很远,引力很小,但引力势能大;反之,相距很近,引力势能反而小。
想不通”。
你能否给他解决这个疑难?[解 答]设两物体(质点)相距无限远处为零势能。
4.5 人从静止开始步行,如鞋底不在地面上打滑,作用于鞋底的摩擦力是否做了功?人体的动能是哪里来的?分析这个问题用质点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便?[解 答]AOχBO(1)作用于鞋底的摩擦力没有做功。
大学物理学第二版 唐南 课后习题详解
法向加速度
a n R 2 18(
2 2 t ) 2(3 2t ) 2 3
1.24、一圆运动指点的轨迹半径 R=0.25m,质点的角加速度α=3t2,若 t=0 时质点角速度为零, 求 t=2s 时刻质点的切向加速度、 法向加速度及 t=0 到 t=2s 过程走过的路程。 解:由线速度公式 = 求得线速度,带入公式和时间 t=2 可解得分别为:
2
1.23、 一质点作圆周运动, 圆半径 R=18m, 若质点角位置θ=θ = 4 + 求质点在任意 t 时刻的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度。 解:质点的角速度 角加速度 切向加速度
2 d t 3 dt
3
,
d 2 dt 3
a t R 12
微信公众号 高校课后习题
1.28、一轮船相对于岸以匀速率 v0 向东行驶,船甲板上一辆玩具小汽车从 t=0 开始相对于船由静止出发,向东偏北 30°方向作匀加速运动,加速度大小为 a’。 设立对地静止的 Oxy 坐标系和对船静止的 O’x’y’坐标系, x 和 x’轴向东, y 和 y’ 轴向北,且 t=0 时 O 和 O’均在汽车的出发点,求小汽车对两个坐标系的运动方 程。 解:小车对 O系的加速度分量,
d k dt
微信公众号 高校课后习题
分离变量 积分
d
d
kdt
t
0
kdt 有 ln
0
kt 0
即 0 e kt 角速度 角加速度
k k 0 e kt (或
d k 2 0 e kt dt d k 0 e kt ) dt
x Hx0 H h dx0 v0 为人的速度,即 dt
数理方程第二版 课后习题答案讲解学习
数理方程第二版课后习题答案第一章曲线论§1 向量函数1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。
略2. 求证常向量的微商等于零向量。
证:设,为常向量,因为所以。
证毕3. 证明证:证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明:如果向量在某一区间内所有的点其微商为零,则此向量在该区间上是常向量。
证:设,为定义在区间上的向量函数,因为在区间上可导当且仅当数量函数,和在区间上可导。
所以,,根据数量函数的Lagrange中值定理,有其中,,介于与之间。
从而上式为向量函数的0阶Taylor公式,其中。
如果在区间上处处有,则在区间上处处有,从而,于是。
证毕5. 证明具有固定方向的充要条件是。
证:必要性:设具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,于是。
充分性:如果,可设,令,其中为某个数量函数,为单位向量,因为,于是因为,故,从而为常向量,于是,,即具有固定方向。
证毕6. 证明平行于固定平面的充要条件是。
证:必要性:设平行于固定平面,则存在一个常向量,使得,对此式连续求导,依次可得和,从而,,和共面,因此。
充分性:设,即,其中,如果,根据第5题的结论知,具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,任取一个与垂直的单位常向量,于是作以为法向量过原点的平面,则平行于。
如果,则与不共线,又由可知,,,和共面,于是,其中,为数量函数,令,那么,这说明与共线,从而,根据第5题的结论知,具有固定方向,则可表示为,其中为某个数量函数,为单位常向量,作以为法向量,过原点的平面,则平行于。
证毕§2曲线的概念1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。
解:,点对应于参数,于是当时,,,于是切线的方程为:法平面的方程为2. 求三次曲线在点处的切线和法平面的方程。
解:,当时,,,于是切线的方程为:法平面的方程为3. 证明圆柱螺线的切线和轴成固定角。
证:令为切线与轴之间的夹角,因为切线的方向向量为,轴的方向向量为,则证毕4. 求悬链线从起计算的弧长。
物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解
物理学教程(第二版)上册习题答案第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t +Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ|r |),平均速度为v ,平均速率为v . (1) 根据上述情况,则必有( )(A) |Δr |= Δs = Δr(B) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d s ≠ d r(C) |Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有|d r |= d r ≠ d s(D) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) |v |= v ,|v |= v (B) |v |≠v ,|v |≠ v(C) |v |= v ,|v |≠ v (D) |v |≠v ,|v |= v分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP ′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =|r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B).(2) 由于|Δr |≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故ts t d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C). 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ; (2)t d d r ; (3)t s d d ; (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x .下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;0td d r 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式ts d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解.故选(D). 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a t表示切向加速度.对下列表达式,即(1)d v /d t =a ;(2)d r /d t =v ;(3)d s /d t =v ;(4)d v /d t |=a t. 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解 td d v 表示切向加速度a t,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用;tr d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ;而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a t.因此只有(3) 式表达是正确的.故选(D).1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a t起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的.至于a t是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时, a t恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a t为一不为零的恒量,当a t改变时,质点则作一般的变速率圆周运动.由此可见,应选(B).1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s .求:(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小;(2) 质点在该时间内所通过的路程;(3) t =4 s 时质点的速度和加速度.分析 位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等.质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到:0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了.为此,需根据0d d =t x 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0~t p 和t p ~t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t =4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算.题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小 m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =t x 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t =0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t =4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为s.求:(1) 质点的运动轨迹;(2) t =0 及t =2s时,质点的位矢;(3) 由t =0 到t =2s内质点的位移Δr 和径向增量Δr ;分析 质点的轨迹方程为y =f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到.对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.(2) 将t =0s和t =2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t =0s和t =2s时质点所在位置.(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为s.试求:(1) 初速度的大小和方向;(2) 加速度的大小和方向.分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向.解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t =0 时, v 0x =-10 m ·s-1 , v 0y =15 m ·s-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v 设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α=123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x y a a β β=-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m ·s-2上升,当上升速度为2.44 m ·s-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m .计算:(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间;(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 =y 1(t )和y 2 =y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解;另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程.解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 =y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′=g +a ,螺丝落至底面时,有 2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a =4 -t2 ,式中a 的单位为m ·s-2 ,t 的单位为s.如果当t =3s时,x =9 m,v =2 m ·s-1 ,求质点的运动方程.分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决.由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =.如a =a (t )或v =v (t ),则可两边直接积分.如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1) 由 ⎰⎰=tx x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t =3s时,x =9 m,v =2 m ·s-1代入(1)、(2)得 v 0=-1 m ·s-1, x 0=0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a =A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程. 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v得石子速度 )e 1(Bt BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度. (2) 再由)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt BA tB A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a =6i +4j ,式中a 的单位为m ·s-2 .在t =0时,其速度为零,位置矢量r 0 =10 m i .求:(1) 在任意时刻的速度和位置矢量;(2)质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图.题 1-11 图分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t ).由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 =0时v 0 =0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t =0 时,r 0=(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x =10+3t 2y =2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y =2x -20 m 这是一个直线方程.直线斜率32tan d d ===αx y k ,α=33°41′.轨迹如图所示. 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r =2.0ti +(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s .求:(1)质点的轨迹方程;(2) 在t 1=1.0s 到t 2 =2.0s 时间内的平均速度;(3) t 1 =1.0s时的速度及切向和法向加速度;(4) t=1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ.分析 根据运动方程可直接写出其分量式x =x (t )和y =y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v .切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a t 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a t 得到.在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ. 解 (1) 由参数方程x =2.0t , y =19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程:y =19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 =1.00s 到t 2 =2.0s时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=ty t x t 则t 1 =1.00s时的速度v (t )|t =1s=2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t =1.0s质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -13 飞机以100 m ·s-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问:(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远? (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度?(3) 物品投出2.0s后,它的法向加速度和切向加速度各为多少?题 1-13 图分析 物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的.因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解.此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β.由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得.解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x =vt , y =1/2 gt 2飞机水平飞行速度v =100 m ·s -1 ,飞机离地面的高度y =100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==g y x v (2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归,特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口,如图所示,柯驾车从跑道东端启动,到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅,他随即以仰角ο5=α冲出,飞越跨度达57 m ,安全着陆在西岸木桥上,求:题 1-14 图(1) 柯飞车跨越黄河用了多长时间?(2) 若起飞点高出河面10 m ,柯驾车飞行的最高点距河面为几米?(3) 西岸木桥和起飞点的高度差为多少?分析 由题意知,飞车作斜上抛运动,对包含抛体在内的一般曲线运动来说,运用叠加原理是求解此类问题的普适方法,操作程序是:建立一个恰当的直角坐标系,将运动分解为两个相互正交的直线运动,由于在抛体运动中,质点的加速度恒为g ,故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动,直接列出相关运动规律方程即可求解,本题可建立图示坐标系,图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.解 在图示坐标系中,有t v x )cos (0α= (1) 2021sin (gt t v y -=)α (2) gt v v y -=αsin 0 (3)(1) 由式(1),令57m ==x x m ,得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s (2)由式(3),令0=y v ,得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式(2),得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m(3)将37.1m =t s 代入式(2),得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论 本题也可以水面为坐标系原点,则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示,从山坡底端将小球抛出,已知该山坡有恒定倾角ο30=α,球的抛射角ο60=β,设球被抛出时的速率v 0 =19.6 m ·s-1,忽略空气阻力,问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少?此过程经历多长时间?题 1-15 图分析 求解方法与上题类似,但本题可将运动按两种方式分解,如图(a )和图(b )所示.在图(a )坐标系中,两个分运动均为匀减速直线运动,加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ,看似复杂,但求解本题确较方便,因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图(b )坐标系中,分运动看似简单,但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知,在图(a )坐标系中,有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= (1) 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= (2)落地时,有y =0,由式(2)解得飞行时间为31.230tan 20==οgv t s 将 t 值代入式(1),得1.263220===gv x OP m解 2 由分析知,在图(b )坐标系中,对小球 t v x )cos (0β= (1) 2021)sin (gt t v y -=β (2) 对点P αtan x y =' (3) 由式(1)、(2)可得球的轨道方程为 οββ2202cos 2tan v gx x y -= (4)落地时,应有y y '=,即οοο60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -= 解之得落地点P 的x 坐标为 gv x 3320= (5) 则 1.263230cos 20===gv x OP οm 联解式(1)和式(5)可得飞行时间31.2=t s讨论 比较两种解法,你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量.(1) 求t 时刻质点的总加速度;(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ?(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈?分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程s =s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a t,而加速度的法向分量为a n =v 2 /R .这样,总加速度为a =a te t+a n e n .至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs =s t -s 0.因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得.解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使|a |=b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得bt 0v =(3) 从t =0 开始到t =v 0 /b 时,质点经过的路程为 bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比.在t =2.0s 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m ·s-1.求:(1) 该轮在t ′=0.5s的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度;(2)该点在2.0s内所转过的角度.分析 首先应该确定角速度的函数关系ω=kt 2.依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω=ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移. 解 因ωR =v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′=0.5s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0s内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为s.(1) 求在t =2.0s时质点的法向加速度和切向加速度.(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少?(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等?分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到.解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t θω==.在t =2 s 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t =0.55s1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1=20.0 m ·s-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降.求雨滴下落的速度v 2 .(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析 这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象,地面为静止参考系S,火车为动参考系S′.v 1 为S′相对S 的速度,v 2 为雨滴相对S的速度,利用相对运动速度的关系即可解.解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿?分析 这也是一个相对运动的问题.可视雨点为研究对象,地面为静参考系S,汽车为动参考系S′.如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足h l αarctan ≥.再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1.题 1-20 图解 由122v v v -='[图(b)],有θθcos sin arctan221v v v -=α 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FT(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D).求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征.2 -2 用水平力F N把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当F N逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N成正比地增大(C) 开始随F N增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值.当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态.由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A).2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gRμ(B) 必须等于gRμ(C) 不得大于gRμ (D) 还应由汽车的质量m决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N.由此可算得汽车转弯的最大速率应为v=μRg.因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑.应选(C).2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关.重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B).*2 -5 图(a)示系统置于以a =1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解.此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力.对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F T =5/8 mg .故选(A).讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力.如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同.其中a A 应斜向上.对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l =2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ=0.14.试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短? 其数值为多少?分析 动力学问题一般分为两类:(1) 已知物体受力求其运动情况;(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力.当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来.本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α=f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来.解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空.甲块质量为m 1 =2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 =1.00 ×102 kg .设吊车、框架和钢丝绳的质量不计.试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力:(1) 两物块以10.0 m ·s-2 的加速度上升;(2) 两物块以1.0 m ·s-2 的加速度上升.从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗?题 2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体.处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程.根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式.结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力.解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示).当框架以加速度a 上升时,有FT-( m1+m2 )g =(m1+m2 )a (1)FN2- m2g =m2a (2)解上述方程,得FT=(m1+m2 )(g +a) (3)FN2=m2(g +a) (4)(1) 当整个装置以加速度a=10 m·s-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FT=5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2=-F N2=-m2 (g +a)=-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a=1 m·s-2上升时,得绳张力的值为FT=3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2=-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大.因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全.2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m=3.0kg 物体A 以加速度a =1.0 m·s-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力.(滑轮与连接绳的质量不计) 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解.分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立.同时也要注意到张力方向是不同的.解分别对物体和滑轮作受力分析[图(b)].由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有mA g-FT=m A a (1)F ′T1 -F f =m B a ′ (2)F ′T -2F T1 =0 (3)考虑到m A =m B =m , F T =F ′T , F T1 =F ′T1 ,a ′=2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力 ()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为:(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标;(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组;(3) 解方程组,得出文字结果;(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来.2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度?分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态.根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度.换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得.该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解.将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得.又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量.木块相对平板移动的距离即可求出.解1 以地面为参考系,在摩擦力f F =μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F =μmg =ma 1f F =-f F =m ′a 2。
大学物理学第二版 习题解答
大学物理学习题答案习题一答案 习题一1.1 简要回答下列问题:(1) 位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等 (2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动质点做直线运动,其位矢的方向是否一定保持不变(5) r ∆v 和r ∆v 有区别吗v ∆v 和v ∆v有区别吗0dv dt =v 和0d v dt=v 各代表什么运动 (6) 设质点的运动方程为:()x x t =,()y y t =,在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r =drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的(8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么(10) 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变 (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算:(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度;(2)s 1末到s 3末的平均加速度;(3)s 3末的瞬时加速度。
解:(1) 最初s 2内的位移为为: (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=最初s 2内的平均速度为: 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为:()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为:(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为:2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为:2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。
(整理)数理方程第二版课后习题答案
第一章曲线论§ 1向量函数1 .证明本节命题3、命题5中未加证明的结论略2 .求证常向量的微商等于零向量。
证:设31,回为常向量,因为r(t4- At) -r(t) c-c 11m = lim = 0it —AtAt —At所以E33 .证明⑹ p 2(t)则此向量在该区间上是常向量 证:设[=«r)=)⑴ 返 [回 回1为定义在区间口上的向量函数,因为 回在区间口上可导当且仅当数量函数 晅],EH3和EH3在区间 口上可导。
所 以,।° I ,根据数量函数的Lagrange 中值定理,有证毕4.利用向量函数的泰勒公式证明:如果向量在某一区间内所有的点其微商为零,x(t) - X(t o ) 4- %)y(t) =y(S)+ y r (日”(t -力式 t) = z(M)+ /(%)《一其中 51,囹,因介于口与口之间。
从而* =3(口 =比⑷ y(t) 4 t)} =+ £(%)(「-1) y(j) + 4(%)«-咐 《%) +={刀(珀 “幻)+ X(sp 4电)/(%)}("明=『口 +年一%)上式为向量函数的 0阶 Taylor 公式,其中 :—卜("'_‘(")_一 ⑻):。
如果在 区间口上处处有F ⑴=口⑷ *)曰!,则在区间口上处处有适三从而F = (,©) y'(%) ,(1)] = o]于是E3。
证毕5 .证明左逗1具有固定方向的充要条件是F 黑亍二°1证:必要性:设F=1a)l 具有固定方向,则F =直力1可表示为F =, 其中四为某个数量函数,目为单位常向量,于是f"=。
⑴P 住"X" Q] 充分性:如果区三可,可设[_叫,令巨运三叵画,其中四为某个 数量函数,回为单位向量,因为F=p 岸前⑴+。
("'⑴]于是r x ? = O-*p(t)2(t) x [p'(t)?(t) + p(t)e (t) - O^*p 2(f)[e(t) x e (t) - 0 因为回,故国亘1,从而F⑷x.(t)=。
数学物理方程第二版(谷超豪)答案
其中 h 为圆锥的高(如图 1) 证:如图,不妨设枢轴底面的半径为 1,则 x 点处截面的半径 l 为:
l 1 x h
x h
2
所以截面积 s( x) (1 ) 。利用第 1 题,得
( x) (1 ) 2
若 E ( x) E 为常量,则得
x h
2u x u [ E (1 ) 2 ] 2 x h x t
1 h x x 1 h d c 2 2a x 2
o
x
1 1 h d c Gx h x x 2 2a x 2
o
x
所以
u ( x, t )
1 [(h x at ) ( x at ) (h x at ) ( x at )] 2(h x)
( x)
3. 利用传播波法,求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题)
2 2u 2 u 2 a x 2 t u x at0 ( x) u ( x). x at0
(0) (0)
数学物理方程答案
解:u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 所以 得 ( x) =F(0)+G(2x) 得 ( x) =F(2x)+G(0) F(x)= ( ) -G(0). G(x)= ( ) -F(0). 且 所以 F(0)+G(0)= (0) (0). u(x,t)= (
2 5 2 2 2 x y t 2x 2 y 2 2
y
所以 即得所证。
2u x 2
2u y 2
t
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数学物理方程第二版答案第一章. 波动方程§1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定,在它本身重力作用下,此线处于铅垂平衡位置,试导出此线的微小横振动方程。
解:如图2,设弦长为l ,弦的线密度为ρ,则x 点处的张力)(x T 为)()(x l g x T -=ρ且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。
仍以),(t x u 表示弦上各点在时刻t 沿垂直于x 轴方向的位移,取弦段),,(x x x ∆+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ∆+∆+--θρθρ其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角又 .sin x u tg ∂∂=≈θθ 于是得运动方程x u x x l t u x ∂∂∆+-=∂∂∆)]([22ρ∣xux l g x x ∂∂--∆+][ρ∣g x ρ利用微分中值定理,消去x ∆,再令0→∆x 得])[(22x ux l x g tu ∂∂-∂∂=∂∂。
5. 验证 2221),,(y x t t y x u --=在锥222y x t -->0中都满足波动方程222222y u x u t u ∂∂+∂∂=∂∂证:函数2221),,(yx t t y x u --=在锥222y x t -->0内对变量t y x ,,有二阶连续偏导数。
且 t y x t tu ⋅---=∂∂-23222)(2252222322222)(3)(t y x t y x t t u ⋅--+---=∂∂--)2()(22223222y x t y x t ++⋅--=-x y x t xu⋅--=∂∂-23222)(()()22522223222223x y x t y x t xu ----+--=∂∂()()222252222y x t y x t -+--=-同理 ()()22225222222y x t y x t yu +---=∂∂-所以 ()().222222252222222tu y x t y x t yu xu ∂∂=++--=∂∂+∂∂- 即得所证。
§2 达朗贝尔公式、 波的传抪3.利用传播波法,求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∂∂=∂∂=+=-).()(0022222x u x u x u a t u at x at x ψϕ ())0()0(ψϕ= 解:u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 )(x ϕ=F (0)+G (2x ) 令 x+at=0 得 )(x ψ=F (2x )+G(0)所以 F(x)=)2(x ψ-G(0). G (x )=)2(x ϕ-F(0). 且 F (0)+G(0)=).0()0(ψϕ= 所以 u(x,t)=(ϕ)2at x ++)2(atx -ψ-).0(ϕ 即为古尔沙问题的解。
8.求解波动方程的初值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂-∂∂==x t u u xt x u t u t t sin |,0sin 002222 解:由非齐次方程初值问题解的公式得τξξτααττd d d t x u t t x t x t x t x ⎰⎰⎰-+--+-+=0)()(sin 21sin 21),(=⎰----+---+-td t x t x t x t x 0))](cos())([cos(21)]cos()[cos(21ττττ=⎰-+td t x t x 0)sin(sin sin sin τττ=tt t x t x 0)]sin()cos([sin sin sin τττ-+-+ =x t sin 即 x t t x u sin ),(= 为所求的解。
§3混合问题的分离变量法1. 用分离变量法求下列问题的解:(1)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==<<-=∂∂=∂∂=∂∂==0),(),0()0()1(,3sin022222t l u t u l x x x t u l x u x u atu ot t π解:边界条件齐次的且是第一类的,令)()(),(t T x X t x u =得固有函数x ln x X n πsin)(=,且 t lan B t l an A t T n n n ππsin cos )(+=,)2,1( =n于是 ∑∞=+=1sin )sin cos(),(n n n x ln t l an B t l an A t x u πππ 今由始值确定常数n A 及n B ,由始值得∑∞==1sin 3sin n n x l n A l x ππ ∑∞==-1sin )(n n x l n B l an x l x ππ 所以 ,13=A ,0=n A 当3≠n⎰-=ln xdx l n x l x an B 0sin )(2ππ ⎩⎨⎧ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=x l n x n l x l n n l x l n x n l l an πππππππcos sin cos 22222 )}))1(1(4cos 2sin 2443333222n lan l xl n n l x l n n x l --=--πππππ 因此所求解为∑∞=--+=1443sin sin )1(143sin 3cos ),(n n x l n t l an n a l x l t l a t x u πππππ(2) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂==∂∂-∂∂0)0,(,)0,(0),(0),0(022222x tux l h x u t l t ut u x u a t u 解:边界条件齐次的,令 )()(),(t T x X t x u =得:⎩⎨⎧='==+''0)(,0)0(0l X X X X λ (1)及 )2(02=+''X a T λ。
求问题(1)的非平凡解,分以下三种情形讨论。
1 0<λ时,方程的通解为xxe C eC x X λλ---+=21)(由0)0(=X 得021=+c c 由0)(='l X 得021=------lle C eC λλλλ解以上方程组,得01=C ,02=C ,故0<λ时得不到非零解。
2 0=λ时,方程的通解为x c c x X 21)(+=由边值0)0(=X 得01=c ,再由0)(='l X 得02=c ,仍得不到非零解。
30>λ时,方程的通解为x c x c x X λλsin cos )(21+=由0)0(=X 得01=c ,再由0)(='l X 得0cos 2=l c λλ为了使02≠c ,必须 0cos =l λ,于是2212⎪⎭⎫⎝⎛+==πλλl n n )2,1,0( =n且相应地得到x ln x X n π212sin)(+= )2,1,0( =n 将λ代入方程(2),解得t a ln B t a l n A t T n n n ππ212sin 212cos)(+++= )2,1,0( =n 于是 ∑∞=++++=0212sin )212sin 212cos(),(n n n x ln t a l n B t a l n A t x u πππ 再由始值得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+=∑∑∞=∞=00212sin 2120212sin n n n n xl n B a l n x l n A x l hπππ 容易验证⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin)2,1,0( =n 构成区间],0[l 上的正交函数系: ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=++⎰n m l nm xdx l n x l m l当当20212sin 212sin 0ππ 利用⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin正交性,得 xdx ln x l h l A ln π212sin20+=⎰ lx l n n l x l n x n l l h 022212sin )12(2212cos )12(22⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++-=ππππnn h )1()12(822-+=π0=n B所以 ∑∞=+++-=022212sin 212cos )12()1(8),(n n x l n t a l n n ht x u πππ2。
设弹簧一端固定,一端在外力作用下作周期振动,此时定解问题归结为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂===∂∂=∂∂0)0,()0,(sin ),(,0),0(22222x t u x u t A t l u t u x u atu ω 求解此问题。
解:边值条件是非齐次的,首先将边值条件齐次化,取t x lAt x U ωsin ),(=,则),(t x U 满足0),0(=t U ,t A t l U ωsin ),(=令),(),(),(t x v t x U t x u +=代入原定解问题,则),(t x v 满足)1()0,(0)0,(0),(,0),0(sin 222222⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=∂∂===+∂∂=∂∂x l A x t v x v t l v t v t x l A x v a tv ωωω),(t x v 满足第一类齐次边界条件,其相应固有函数为x ln x X n πsin)(=,)2,1,0( =n 故设 )2(sin)(),(1∑∞==n n x ln t T t x v π将方程中非齐次项t x l A ωωsin 2及初始条件中x l A ω-按⎭⎬⎫⎩⎨⎧x l n πsin展成级数,得 ∑∞==12sin )(sin n n x l n t f t x l A πωω 其中 ⎰=ln xdx ln t x l A l t f 02sin sin 2)(πωω lx l n n l x l n x n l t l A 022222sin cos sin 2⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-=ππππωω x l A t n A n ωωπω--=+sin )1(212x ln n n πψsin1∑∞==其中 nln n A xdx l n x l A l )1(2sin 202-=-=⎰πωπωψ 将(2)代入问题(1),得)(t T n 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-='=-=⎪⎭⎫⎝⎛+''+nn n n n nn A T T t n A t T l an t T )1(2)0(,0)0(sin )1(2)()(122πωωπωπ解方程,得通解2212)(sin )1(2sin cos )(ϖπϖπϖππ-⋅-++=+lan tn A t l an B t l an A t T n n n n由始值,得0=n A222222231)(2)1(}))((2)1(2)1{(1l an al A l an n l A n A an B n n n n ϖπϖϖππϖπϖπ--=----=+ 所以 ∑∞=--=122sin )()(2)1({),(n n t l an l an al A t x v πϖπϖx l n t n l an l A n πϖπϖπϖsin }sin 1)()(2)1(22221⋅--++ x l n t n l t l an a l an l A n πϖπϖπϖπϖsin }sin sin {)()()1(21222∑∞=---= 因此所求解为∑∞=--+=1222)()()1(2sin ),(n l an l A t x l A t x u ϖπϖϖ x ln t nt l t l an a πϖϖπsin }sin sin{-⨯ 3.用分离变量法求下面问题的解⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===∂∂=+∂∂=∂∂====0||0||00022222l x x t t u u t u u bshx x u a t u 解:边界条件是齐次的,相应的固有函数为),2,1(sin )( ==n x ln x X n π设 ∑∞==1sin)(),(n n x ln t T t x u π 将非次项bshx 按}{sinx ln π展开级数,得 ∑∞==1sin)(n n x ln t f bshx π 其中 shl bn l n xdx l n shx l b t f n ln πππ2)1(sin 2)(2221+-==+⎰将 ∑∞==1sin)(),(n n x ln t T t x u π代入原定解问题,得)(t T n 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧='=+-=+''+0)0(,0)0(2)1()()()(22212n n n n n T T shl l n bn t T l an t T πππ 方程的通解为shl ln bn an l t l an B t l an A t T n n n n 12222)1(2)(sin cos)(+-+⋅++=πππππ 由0)0(=n T ,得:shl ln bn an l A n n 12222)1(2)(+-+-=πππ 由0)0(='n T ,得0=n B 所以 )cos 1()1(2)1()(12222t lan shl l n bn an t T n n ππππ--+=+ 所求解为∑∞=+-+-=1222122sin )cos 1()()1(2),(n n x l n t l an l n n shl a bl t x u ππππ §4 高维波动方程的柯西问题1. 利用泊松公式求解波动方程 )(2zz yy xx tt u u u a u ++=的柯西问题 ⎪⎩⎪⎨⎧=+===00230t t t u zy x u解:泊松公式ds r a ds r a t u Sat M Sat M ⎰⎰⎰⎰+⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∂∂=ψπφπ4141 现 z y x 23,0+==φψ且 ⎰⎰⎰⎰=Φ=Φππϕθθϕθ020|sin ),,(at r s d d r r ds r Mat其中 )cos ,sin sin ,cos sin (),,(θϕθϕθϕθr z r y r x r +++Φ=Φ )cos ()sin sin ()cos sin (23θϕθϕθr z y r x ++++=ϕθϕθϕθ332222223cos sin cos sin 3cos sin 3r xr r x z y x ++++=θϕθϕθcos sin sin sin sin 2222r y rz yzr +++ θϕθϕθθcos sin sin sin cos sin 2232r yr ++计算⎰⎰Φππϕθθϕθ020sin ),,(d d r r)(4)cos (2)(sin )(230202323z y x r z y x r d d r z y x+=-⋅+=+⎰⎰πθπψθθπππ⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ02002022220cos sin3sin cos sin 3d d rx d d r r x⎰⎰⎰⎰=⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ02020233222cos sin 3sin cos sin 3d d xrd d r xr ππφφθθ20033]2sin 412[]cos cos 31[3+⋅-=xr ϕθθϕθπππd d r r xr sin cos sin 4330203⋅=⎰⎰3320444cos sin xr d d rπϕϕθθππ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ020220200sin sin2sin sin sin 2d d yzr d d r yzrz r z r d d rz d d r z r 320033202302022234]2sin 412[]cos cos 31[sin sin sin sin sin πϕϕθθϕϕθθϕθθϕθππππππ=-⋅-==⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕθθθϕθθθ0202202020sin cos sin cos d d ry d d r r y⎰⎰⎰⎰==⋅⋅ππππϕϕθθθϕθθϕθθ20230202sin cos sin 2sin sin sin 2d d yr d d r coc yr⎰⎰⎰⎰=⋅=⋅ππππϕϕθθθϕθθθϕθ0202340202230sin cos sin sin cos sin sin d d r d d r r所以]31[4]344)(4[2222223322z t a t xa z y x at z r r z y x r ds r SatMatr +++=+++=Φ⎰⎰=ππππu(x,y,z)=⎰⎰Φ⋅∂∂SatMr a t π41z t a x t a z y x z t a t xa z ty tx t 2222232232233]31[+++=+++∂∂=即为所求的解。