数学物理方法第二次作业答案解析
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法课后答案 (2)
2
2+ 4 i
1+i
[( x 2 − y 2 ) + 2ixy ](dx + idy )
86 − 6i 3
= ∫ [ x 2 − (3 x − 2) 2 + 2ix(3 x − 2)](1 + 3i ) dx = −
（3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线。
I =∫
2 1
2+ 4 i
L
∫ ∫
L
f (ξ )[
f (ξ ) Δ z ∫ L (ξ − z ) 2 (ξ − z − Δ z ) d ξ
ξ − z ( ξ − z − Δz )
2
d ξ ， 现 在 讨 论 能 否 找 到 δ ( ε )， 使 当 Δ z < δ 时 d ,同 时 将 2
上 式 成 立 。 因 本 题 是 讨 论 Δ z → 0时 的 积 分 极 限 ， 不 妨 令 Δ z < min z − ξ = d 代 入 有 Δ I ≤ δ
4 4 1 1 0 0
I3 = ∫ {[2(t2 + 3) + (2t)2 ]2dt + [3(2t)-(t2 + 3)]2tdt} = ∫ (24t 2 + 12 − 2t 3 − 6t )dt =
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 ∴==。
1u x ∂=∂，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 v x 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*000lim lim lim()0z z z z z z z zz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i ze zθ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z z z 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()332222220,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩，332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
高考物理物理解题方法：数学物理法易错题二轮复习附答案解析
高考物理物理解题方法：数学物理法易错题二轮复习附答案解析一、高中物理解题方法：数学物理法1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。
在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。
若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。
已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。
若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。
两小球重力均不计。
(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。
【答案】(1)2n ，21n n ；(2)123rr n n -【解析】 【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有A 1B mv n mv =①小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有2A A A mv qv B r =，21B2B Bn mv n qv B r =②解①②式得A2Br n r = 磁场运动周期分别为A 2πmT qB=，1B 22πn m T n qB =解得运动时间之比为AA 2B B 122T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。
水平方向有A A L v t =③竖直方向有2A A A 12y a t =④ 由牛顿第二定律得A qE ma =⑤解③④⑤式得2A A()2qE L y m v =⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有22B 1B()2n qE L y n m v =⑦ 由题意知B y r =⑧应用几何关系得B A 2y y r y ∆=+-⑨解①⑥⑦⑧⑨式得123r y r n n ∆=-2．如图所示，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。
二、《数学物理方法与计算机仿真》习题解答
（2） uxx − 2uxy − 3uyy + 2ux + 6uy = 0
（3） uxx + 4uxy + 5uyy + ux + 2uy = 0
【答案
(1) ξ
=
x−
y,η
=
x, uηη
+
c
− a
b
uξ
+
b a
uη
+
1u=0 a
（2）ξ = x − y,η = 3x + y; 4uξη − uξ + 3uη = 0
0,ux (l,t)
=
F0
sin ωt Ys
;u(x, 0)
=
0,ut (x, 0)
=
0】
9.6 有一均匀细杆，一端固定，另一端沿杆的轴线方向被拉长 ε 而静止（设拉长在弹性限
度内）.突然放手任其振动，试推导其其纵振动方程与定解条件.
【答案
utt
− a2uxx
=
0; u (0, t )
=
0=
ux (l,t);u(x, 0)
【答案 取 x 沿槽的长度方向， u 为水的质点的 x 方向位移，则 utt = ghuxx 】 9.11. 有一长为 l 的均匀细弦,一端固定,另一端为弹性支撑,设弦上各点受有垂直于平衡位置
的外力,外力线密度已知,开始时.弦 1 处受到冲量 I 作用,试写出其定解问题. 2
⎧ ∂ 2u
⎪ ⎪
∂t
2
【答案(1)
u
=
−α
e2
x− β 2
y
v,
v xx
+ v yy
+ (γ
数学物理方程
满足下面定解条件的解
ux |x=0 = ux |x=l = 0, u|t=0 = x, ut |t=0 = 0.
解. 设u(x, t) = X (x)T (t)，则
X (x) T (t) = 2 = −λ. X (x) a T (t) 由（1）可得 T (t) + λa2 T (t) = 0, X (x) + λX (x) = 0, 由边界条件知，X (x)满足 X (0) = X (l) = 0. （3）的通解为 (4) λ<0 λ=0 λ>0 √ √ −λx − −λx C e + C e , 1 2 X (x) = C1 + C2 x √ √ C1 cos λx + C2 sin λx (2) (3) (1)
x+ t
(2a) (2b) (3a) (3b)
sin ξdξ = sin x sin t.
x− t
对初值问题(3),由齐次化原理知，若w(x, t; τ )是如下齐次方程的定解问题的解 wtt = wxx , w|t=τ = 0, wt |t=τ = τ sinx. 则 u2 (x, t) = 故初值问题(1)的解为 u(x, t) = u1 (x, t) + u2 (x, t) = tsinx. 3. 用分离变量法求下列问题的解 2 utt = a uxx , u|t=0 = sin 3πx , ut |t=0 = x(l − x)(0 < x < l), l u(0, t) = u(l, t) = 0.
1
1 2
t 0
x+(t−τ )
τ sinξdξ = sinx(t − sint)
x−(t−τ )
(1a) (1b) (1c)
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 ⎠
物理解题方法：数学物理法习题二轮复习附答案解析
物理解题方法：数学物理法习题二轮复习附答案解析一、高中物理解题方法：数学物理法1．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=，其折射角α； (2)亮区右边界到P 点的距离d 。
【答案】(1)π4α=；(2)1m 【解析】 【分析】 【详解】(1)据折射定律得sin sin n αθ=得π4α=(2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点E 到G 的距离d 就是所求宽度。
设紫光临界角为C ∠，由全反射的知识得1sin C n∠=得π4C ∠=OAF △中π4AOF AFO ∠=∠=πcos4R OF =GF D OF =-得1m GF =FGE △中π4GFE GEF ∠=∠=d GE GF ==得1m d =2．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0=0.1m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在粘性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，距离抛出点正下方O 点右方0.4m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少?(2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对圆轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少?最远距离多大? 【答案】(1)2J (2) 30N (3) 0.5m ，1m 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律得：21p 0122E v mg R m =+⋅ A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1=2mv 2200122gt R =x =v 2t 0解得：E p =2J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得：21N v F mg m R+=解得：F N =30N由牛顿第三定律知：F 压=F N =30N(3)根据2p 1122E mv mg R =+⋅ mv 1=2mv 2 2R =12gt 2，x =v 2t联立解得：(2)2p E x R R mg=-⋅其中E p 最大为4J ，得 R =0.5m 时落点离O ′点最远，为：x m =1m3．如图，O 1O 2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O 1O 2方向照射到透明体上。
数学物理方法习题2及答案
1. 计算221z dz z z --⎰的值，Г为包含圆周|z|=1在内的任何正向简单曲线。
解：我们知道，函数221z z z--在复平面内除z=0和z=1两个奇点外是处处解析的。
由于Г是包含圆周|z|=1在内的任何正向简单闭曲线，因此它也包含这两个奇点。
在Г内作两个互不包含也互不相交的正向圆周C1与C2，C1只包含奇点z=0，C2只包含奇点z=1。
那么根据复合闭路定理得： 221z dz z z --⎰=22122121c c z z dz dz z z z z --+--⎰⎰1122111111c c c c dz dz dz dz z z z z =+++--⎰⎰⎰⎰ =02204i i i πππ+++= 2. 求积分0cos i z zdz ⎰的值。
解：函数cos z z 在圈平面内解析，容易求得它有一个原函数为sin cos z z z +.所以 00111cos [sin cos ]sin cos 11122ii z zdz z z z i i i e e e e i e i ---=+=+--+=+-=-⎰ 3..试沿区域i 1ln(1)Im()0,Re()0||1,1z z z z dz z +≥≥=+⎰内的圆弧计算积分的值。
解：函数ln(1)1z z ++在所设区域内解析，它的一个原函数为21ln (1),2z +所以 i 222112222ln(1)11ln (1)|[ln (1)ln 2]12211ln 2ln 22243ln 2ln 2.3288i z dz z i z i i πππ+=+=+-+⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=--+⎰ 4．求下列积分（沿圆周正向）的值：1）||41sin 2i z z dz z π=⎰； 2）||412z 13z dz z =+-⎰（+）； 解：由柯西积分公式得： ||41sin 2i z z dz zπ=⎰=0sin |0z z ==； ||4||4||12221226z 1313z z z dz dz dz i i i z z z πππ==+=•+•=+-+-⎰⎰⎰（+）= 5..求下列积分的值。
数学物理方法答案2
1 2n
1 2n
1，
故 lim a 2 n b 2 n 2 n max a, b 。 n 于是所求级数的收敛半径 R max a, b 。
an a 2 n 2 b2 n 2 或： R lim ， R lim 。 n n a a 2 n b2 n n 1
2
解: a.
z 1 z 1 2 1 2 2 2 2 。 z ( z 1) z ( z 1) z z ( z 1)
2 1 1 z n ， 1 z z 1 n 0
在 0 z 1 内,
3
z 1 1 1 1 n2 n 2 z 2 z 2 zn 。 2 2 z 2 ( z 1) z 2 z z n 0 n 2 n 1
z 1 。
b.
2 2 1 z 1 1 3 1 z 1 z2 z2 3
1
2 n z 1 n z 1 1 1 2 1 n1 3 n0 3 3 n0 n n
z 1 3
2
c.
2
n
d 1 ， dz z i
n
1 1 1 1 1 1 z i n z i 2i z i 2i 1 z i 2i n 0 2i 2i
n0
【 i 1 2 】
1
1
n 1 2
z 0 是 z z 2 1 的一阶零点，从而是
z z 2 1
z 1
2
的一阶极点；
5
2 z z 2 1
z i
2 2 z 1 4 z 2 z 2 1 z i 0 ，
数学物理方法习题解答(完整版)
u u v v , , 在原点 x y x y
连续，且满足 C－R 条件，所以 f z 在原点可微。
v u u v f 0 i i 0。 x x 0 y y x 0 x
i 2 2
2
1
x3 y 3 i( x3 y 3 ) 3、设 f ( z ) x2 y 2 0
z0 ，证明 f z 在原点满足 C－R 条件，但不 z=0
可微。 证明：令 f z u x, y iv x, y ，则
x3 y 3 u x, y x 2 y 2 0 x3 y 3 v ( x, y ) x 2 y 2 0 u x (0, 0) lim x2 y 2 0 ， x 2 y 2 =0 x2 y 2 0 。 x 2 y 2 =0
u u v v 0。 x y x y u , v 在区域 D 上均为常数，从而 f ( z ) 在区域 D 上为常数。
（3）令 f z u x, y iv x, y ，则 Re f ( z ) u x, y 。 由题设知 u x, y 在区域 D 上为常数，
2u 2u 证明：令 u xy ， 2 2 0 2 x 2 x 。 x y
2
从而它不能成为 z 的一个解析函数的实 u 不满足拉普拉斯方程。 部。 6、若 z x iy ，试证： （1） sin z sin x cosh y i cos x sinh y ； （2） cos z cos x cosh y i sin x sinh y ； （3） sin z ＝sin 2 x sinh 2 y ； （4） cos z cos 2 x sinh 2 y 。 证明： （1） sin z sin( x iy ) sin x cos(iy ) cos x sin(iy )
(完整版)高考物理中的数学方法(二)全解析版
1.图示为一个内、外半径分别为R 1和R 2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为。
取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。
设轴上任意点P 到O 点的的距离为x ，P 点电场强度的大小为E 。
下面给出E 的四个表达式（式中k 为静电力常量），其中只有一个是合理的。
你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。
根据你的判断，E 的合理表达式应为( )解析：当R 1=0时，对于A 项而言E=0，此时带电圆环演变为带电圆面，中心轴线上一点的电场强度E>0，故A 项错误；当x=0时，此时要求的场强为O 点的场强，由对称性可知E 0=0，对于C 项而言，x=0时E 为一定值，故C 项错误。
当x →∞时E →0，而D 项中E →4πκσ故D 项错误；所以正确选项只能为A 。
另外，从单位而言：电场力的单位为N ，k 为静电力常量，单位为Nm 2/C 2，σ为单位面积的带电量，单位为C/m 2，q 单位为C ，则2πk σq 表达式的单位即为N ，故各表达式中其它部分应无单位，故可知AC 肯定错误；2.如图所示，为一个半径为R 的均匀带电球体，总带电荷量为Q ，取球体中心为O 点，设空间中任意一点A.E =k Q R 2B.E =k Q r 2C.E =k Qr R 2D.E =k Qr R 3 答案：D 。
AB 只能用来求点电荷的场强．由题，O 到P 点的距离为r （R ＞r ≥0），P 点在球体内，不能将球体看成点电荷，所以不能用这两个公式求场强．A 、B 不合理．故AB 错误．C 、从单位来看，此式右边单位是C/m ，左边场强单位为N/C ，1N/C=1C/m 2，所以左右两边的单位不同，肯定不合理．故C 错误．D 、据上分析，运用排除法可知D 是合理的．故D 正确．3.如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E 、方向竖直向下，磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里。
《高等数学》第四册(数学物理方法)课后答案
z1
x
z2
z3
.
17.证明：三角形内角和等于
证明：有复数的性质得：
π。
Q α ∈ (0, π ); β ∈ (0, π ); γ ∈ (0, π ); ∴α + β + β ∈ (0,3π );
7.试解方程
w.
i
θ + 2 kπ i ⎛z⎞ z iπ = cos π + sin π = i e = e 4 (k = 0,1, 2,3) ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ;所以 a ;
(5). a + bi = (a + bi ) 2 = [ a 2 + b 2 (
1
= [ a 2 + b 2 (cos θ + i sin θ )]2 = (a 2 + b 2 ) 4 (cos z1 =
3.设
解：
1 π π π π 1 5π 5π z1 z2 = [cos( + ) + i sin( + )] = (cos + i sin ); 2 4 6 4 6 2 12 12 z1 π π π π π π = 2[cos( − ) + i sin( − )] = 2(cos + i sin ); z2 4 6 4 6 12 12
4
4
π
i
3π 4
; z3 = ae
; z4 = ae
i
7π 4
.
解：
z −1 < z + 1 ； ( x − 1)2 + y 2 < ( x + 1) 2 + y 2 ; −2 x < 2 x; x > 0; 此图形为 x>0 的区域。
数学物理方法第二次作业答案
A 1个;D 4个。
2h lx,x [0,-] l 2Q hI7(l x),x [-,l]l2第七章数学物理定解问题1研究均匀杆的纵振动。
已知x 0端是自由的，则该端的边界条件为 讥」二D 。
2•研究细杆的热传导，若细杆的x 0端保持绝热，则该端的边界条件为 S 。
3 •弹性杆原长为I ，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 u 0 0, u l 0 7 -------- x 0 ’ x I -------------------------------------------------------- 4.一根长为l 的均匀弦，两端x 0和x l 固定，弦中张力为T 。
在x h 点，以横向力F 。
拉 弦，达到稳定后放手任其振动，该定解问题的边界条件为 列方程是波动方程的是 _______ D f(0)=0,f(l)=0; 5、 6、 2A u tt a u xx 2C u ta u xx•B u t a 2u xx f ； 2Du tta u x 0泛定方程u tt a 2u xx0要构成定解问题，则应有的初始条件个数为7. 一根长为I 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） 手任其振动。
”该物理问题的初始条件为 2h I—x,x [0,-]2hl-(l x),x [-,l]0 1 )ol /2图〈1>」t0 ht t 0 0u I u然后放 B .u x(D ，长为l 的均匀弦，两端固定，开始时静止，后由于在点 X 0（0 X 。
l ）受谐变力 F 0sin t 的作用而振动。
”则该定解问题为（B ）o A . u tt a u xx F °sin t ( ),(0 x l) ux00,uxl0, ut08.线密度为B 2 个;C 3 个;u t9. 线密度为 长为I 的均匀弦，两端固定，用细棒敲击弦的 X 。
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 )
物理解题方法：数学物理法压轴题二轮复习及答案解析
物理解题方法：数学物理法压轴题二轮复习及答案解析一、高中物理解题方法：数学物理法1．晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。
球飞离水平距离d 后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2 (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动。
若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v 12gd v 252gd ；(2)T =113mg ；(3)当l ＝2d 时，x 有极大值x max ＝33d 【解析】 【分析】 【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，竖直方向有：21142d gt = 水平方向有：1d v t =联立解得12v gd从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：2221113224mv mv mg d d ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ 解得2v =(2)设绳能承受的最大拉力大小为F ，这也是球受到绳的最大拉力大小。
球做圆周运动的半径为34R d =，根据牛顿第二定律有： 21v F mg m R-= 解得113F mg =(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：23v F mg m l-=得3v =绳断后球做平抛运动，竖直位移为d l -，水平位移为x ，时间为1t ，根据平抛运动规律，竖直方向有：2112d l gt -=竖直方向有：31x v t =联立解得x = 根据一元二次方程的特点，当2dl =时，x 有极大值，为x max ＝2．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。
高中物理物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题含答案解析
高中物理物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题含答案解析一、高中物理解题方法：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 mθ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨2．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v 0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。
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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 huC ．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uxh2/l 0u 图〈1〉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 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。
该定解问题为：（ B ）。
A ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=====-====0,00,00002t t t l x x xx tt u u u u I u a u ρB ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-=-====0,00,0)(00002t t t l x x xx tt u u u u x x I u a u ρδC ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====<<=-====ρI u u u u l x u a u t t t l x x xx tt 0002,00,0)0(,0 D ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-====<<=-====ρδ)(,00,0)0(,000002x x I u u u u l x u a u t t t l x x xx tt 10．下面不是定解问题适定性条件的( D )。
11、名词解释：定解问题；边界条件A ．有解B ．解是唯一的C ．解是稳定的D ．解是连续的答：定解问题由数学物理方程和定解条件组成，定解条件包括初值条件、边界条件和连接条件。
研究具体的物理系统，还必须考虑研究对象所处的特定“环境”，而周围花牛的影响常体现为边界上的物理状况，即边界条件，常见的线性边界条件，数学上分为三类：第一类边界条件，直接规定了所研究的物理量在边界上的数值；第二类边界条件，规定了所研究的物理量在边界外法线方向上方向导数的数值；第三类边界条件，规定了所研究的物理量以及其外法向导数的线性组合在边界上的数值。
用表示边界即（1）第一类边界条件：直接规定了所研究的物理量在边界上的数值，，代表边界（2）第二类边界条件：规定了所研究的物理量在边界外法线方向上方向导数在边界眩的数值，（3）第三类边界条件：规定了所研究的物理量及其外法向导数的线性组合在边界上的数值，第八章分离变数（傅里叶级数）法1．用分离变数法求定解问题20,(0)0,0()t xxx xx x ltu a u x lu uu xϕ===⎧-=<<⎪==⎨⎪=⎩的解，其中)(xϕ为x的已知函数。
解：令bxx=)(ϕ设2．用分离变数法求定解问题20000,(0)0,0,0tt xx x x x x l t t t u a u x l u u u bx u ====⎧-=<<⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩的解，其中b 为常数。
解：以分离变数形式的试探解 )()(),(t T x X t x u = 代入泛定方程和边界条件，得02=''-''T X a T X ⇒λ-≡''=''Ta T X X 2， 0=+''X X λ；02=+''T a T λ； ⎩⎨⎧==000)()(l X X ⎩⎨⎧===+''0)(,0)0(0l X X X X λ本征值：222l n n πλ=),3,2,1(Λ=n ；本征函数：x l n c x X n πsin )(2= 将222l n n πλ=代入02=+''T a T λ，得0)()(2222=+''t T la n t T n n π 其通解为t lan B t l a n A t T n ππsin cos )(+= 本征解为：)()(),(t T x X t x u n n n =x ln t l a n B t l a n A n n πππsin )sin cos (+= ),3,2,1(Λ=n 一般解为：(,)u x t ∑∞=+=1n n n x ln t l a n B t l a n Aπππsin )sin cos( 0,00=∴==n t tB u Θbx x l n A n n ∑∞==1sin π ⎰=∴ln xdx l n x l b A 0sin 2π12(1)n bl n π+=-112(,)(1)cos sin n n bl n a n u x t t x n l l πππ∞+=∴=-∑3．求定解问题200sin ,(0)0,00t xx x x x x l t u a u t x l u u u ω===⎧-=<<⎪==⎨⎪=⎩的解解：令∑∞==cos)(),(n n x ln t T t x u πt x l n T l a n T n n n ωππsin cos )(02222=+'∑∞=t T ωsin 0='∴⇒00cos 1A t T +-=ωω02222=+'n n T la n T π⇒2222n a tl n n T C e π-=00t u ==Q ， (0)0n T ∴=0,10==∴n C A ω)cos 1(1),(t t x u ωω-=∴4．求定解问题⎪⎩⎪⎨⎧===<<=-===0,)0(,000002t l x x xx t uu u u u l x u a u 的解，其中0u 为常数。
解：设(,)(,)u w x t v x t =+ 000,xx x lv v u ====()()v A t x B t =+ 0)(,0)(u t A t B ==∴x u v 0=∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====-===,0,000002x u w w w w a w t l x x x xx t令01()2(,)()sin n n n xw x t T t l π∞=+=∑ 0)21(2222=++'n n T la n T π t l a n n n eC t T 2222)21()(π+-=∴22221()201()2(,)sinn a t l n n n xw x t C elππ+∞-=+∴=∑x u x l n C n n 00)21(sin -=+∑∞=π⎰+-=∴l n xdx l n x l u C 00)21(sin 2π1220)1()21(2+-+=n n l u π∴所求的定解问题的解为22221()2100221()22(,)(1)sin1()2n a tn l n n xu lu x t u x e ln πππ+∞-+=+=+-+∑5．求定解问题2000000000,(0),,(),(0)tt xx x x l t t t u a u x l u u u u I u u u x x x l δρ====⎧-=<<⎪⎪⎪==⎨⎪⎪==-<<⎪⎩的解，其中0u 、I 、ρ均为常数。
答设所求的定解问题的解为：第十章 球函数1．当r R <时，函数22cos 21rrR R +-θ以)(cos θl P 为基本函数族的广义傅里叶级数展开为)(cos 101θl P r R l l l∑∞=+2．已知1)(0=x P 、x x P =)(1、)13(21)(22-=x x P ，则2)(x x f =以)(x P l 为基本函数族的广义傅里叶级数为( D ).A ．)(232x PB ．)(32)(3121x P x P +C ．)(32)(3120x P x P +D ．以上都不对3．在球0r r =的部求解0=∆u ，使满足边界条件θ2cos 0==r r u 。
已知1)(cos 0=θP ，θθcos )(cos 1=P ，)1cos 3(21)(cos 22-=θθP 解 定解问题为：这是一个关于极轴对称的拉氏方程的定解问题当有限所求的定解问题的解为4．半径为0r 的球形区域外部没有电荷，球面上的电势为20cos sin u θθ，0u 为常数，求球形区域外部的电势分布。
已知1)(cos 0=θP ，θθcos )(cos 1=P ，)1cos 3(21)(cos 22-=θθP ，331(cos )(5cos 3cos )2P θθθ=-。