数学物理方程第五章练习题

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数学物理方法题目

数学物理方法习题一、复变函数部分习题第一章习题1、证明函数()Re f z z =在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z =仅在原点有导数。

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。

4、若复变函数()z f 在区域D 上解析，并满足下列条件之一，证明其在区域D 上必为常数。

（1）()z f 在区域D 上为实函数；（2）()*z f 在区域D 上解析；（3）()Re z f 在区域D 上是常数。

5、证明2xy 不能成为z 的一个解析函数得实部。

6、若z x iy =+，试证：（1）sin sin cosh cos sinh z x y i x y =+；（2）cos cos cosh sin sinh z x y i x y =−；（3）222sin sin sinh z x y +＝；（4）222cos cos sinh zx y =+。

7、试证若函数()f z 和()z ϕ在0z 解析。

()()000f z z ϕ==，()00z ϕ′≠，则()()()()000lim z z z f z f z z ϕϕ→′=′。

（复变函数的洛必达法则） 8、求证：0sin lim1z zz→=。

第二章习题9、利用积分估值，证明a．()22ii x iy dz π−+≤∫，积分路径是联结i −到i 的右半圆周。

b．证明2+212iidz z ≤∫积分路径是直线段。

10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中c 均为圆心在原点，半径为1的单位圆周。

a．cos c dzz ∫ ； b．256z c e dz z z ++∫ 。

11、计算a. ()221:21c z z dzc z z −+=−∫ ； b. ()()2221:21cz z dzc z z −+=−∫。

12、求积分():1z c e dz c z z =∫ ，从而证明()cos 0cos sin e d πθθθπ=∫。

数学物理方程习题

1 定理的叙述: 若u(Q)在A点附近调和, u(Q) = o(1) r(A,Q , 则可补充u(Q)在A之 )
值使得u(Q)在A点得邻域中调和. 16.设P 为常系数线性偏微分算子，且有基本解E (x), 满足singsuppE = {0}则P 为亚椭圆的。 (Thm6.3.2) 第七章热传导方程 1.求解热传导算子的基本解 2.求解热传导方程的Cauchy问题 { ∂u − a2 ∆u = f (x, t) t > 0 ∂t u(x, t)|t=0 = φ(x) 3.求解热传导方程的初边值问题. {
∑ 1 ξ α ∂ α uP α (x, η ) α ! α
是一个重要的公式，称为推广的莱布尼茨公式.又以后对任一函数F (x, ξ )恒
β α 记F(β ) (x, ξ ) = ∂x ∂ξ F (x, ξ )，即下标表示对x求导，上标表示对ξ 求导. (α)
8.设有C ∞ (R)函数列{fn (x)}满足 1
d2 dx2 d + dx
α, α ∈ R .
2 + ∂r , 其中r =
第六章Laplace方程
n −1 ∂r r 3
√ 2 x2 1 + ... + xn
2.设开集Ω ⊂ R 有界，边界∂ Ω光滑，u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), Q ∈ Ω 证明 ∫ 1 ∂u ∫ ∫ ∆u u ∂ ( 1 )ds − 41 u(Q) = 41 ds − 41 dx π ∂ Ω r ∂n π ∂ Ω ∂n r π Ω r 3.证明球面平均值公式，球体平均值公式 4.证明调和函数的极值原理 5.利用极值原理证明以下Dirichlet问题的唯一性和稳定性 ∆u = 0 u|∂ Ω = f 6.利用Green函数求解上半平面的Dirichlet问题 ∆u(x, y ) = 0 y > 0 u|y=0 = f (x) 7.利用Green函数求解圆Ω上的Dirichlet问题 ∆u = 0 u|∂ Ω = f (x) ¯ ∩ C 2 (Ω), 证明： 8.设Ω = BR (Q)(以Q为心、 R为半径的开圆域), u ∈ C (Ω) ∫∫ ∫∫∫ 1 (1).u(Q) = 4πR )∆udx. u(P )dSp + 41 (1 − 1 2 π r ∂BR (Q) BR (Q) R ∫ ∫ 1 (2).若∆u ≥ 0, 则u(Ω) ≤ 4πR2 u(P )dSp . ∂BR (Q) 9.证明第一格林公式 ∫ ∫ u

数学物理方程练习题

σf 4dSdt.
根据热量平衡有故所求边界条件为
−k
∂u ∂n
dSdt
=
σu4dSdt
−
σf
4dSdt.
−k
∂u ∂n
=
σ(u4
− f 4).
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 12 / 49
1. 热传导方程及其定解问题的导出 2. 初边值问题的分离变量法 3. 柯西问题 4. 极值原理、定解问题解的唯一性和稳定性 5. 解的渐近性态
dQ = −βQ, dt Q(0) = Q0,
⇒ Q(t) = Q0e−βt.
易知 t1 到 t2 时刻, 砼内任一区域 Ω 中的热量的增加等于从 Ω 外部流入 Ω 的热量及砼中的水化热之和, 即
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 7 / 49
热传导方程及其定解问题的导出
∫ t2 cρ ∂u dtdxdydz =
.
热传导方程
.
Heat Equations
齐海涛
山东大学（威海）数学与统计学院
htqisdu@
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 1 / 49
目录
1. 热传导方程及其定解问题的导出 2. 初边值问题的分离变量法 3. 柯西问题 4. 极值原理、定解问题解的唯一性和稳定性 5. 解的渐近性态
热传导方程及其定解问题的导出
.E.xample 1.2
.试直接推导扩散过程所满足的微分方程.
解: 设 N(x, y, z, t) 表示在时刻 t, (x, y, z) 点处扩散物质的浓度, D(x, y, z) 为扩散系数, 在无穷小时间段 dt 内, 通过无穷小曲面块 dS 的质量为

重难点解析苏科版八年级物理上册第五章物体的运动专项练习试题(含解析)

八年级物理上册第五章物体的运动专项练习考试时间：90分钟；命题人：物理教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 15分）一、单选题（5小题，每小题3分，共计15分）1、甲、乙两物体都做匀速直线运动，速度之比是3∶2，通过的路程之比是2∶1，则他们所用的时间之比是（）A．3∶1B．2∶1C．3∶4D．4∶32、如图所示，是汽车通过某一平直公路时绘制的s-t图像，下列说法正确的是（）A．0～t1时间内汽车做加速运动B．t1～t2时间内汽车做匀速运动C．t1～t2时间内汽车处于静止状态D．t2～t3时间内汽车做减速运动3、甲乙两位同学在同一考点参加800m体考，t=0时同时起跑，t4时刻同时到达终点，其速度-时间图像如图所示，下列描述正确的是（）A．0~t1时间内甲乙两同学都在做匀速直线运动B．t1~t2时间内甲乙两同学保持相对静止C．0~t3时间内甲同学的路程小于乙同学的路程D．刚到达终点时，甲乙两同学速度相等4、运动会上高速摄像机抓拍甲、乙、丙三位百米比赛运动员，在某时刻三者所处的位置如图所示。

从起跑到该时刻，有关甲、乙、丙三位运动员的分析正确的是（）A．甲、乙、丙均做匀速直线运动B．通过“相同路程比时间”的方法可以判断甲运动员跑得最快C．甲的平均速度最大D．丙运动员每个时段的速度一定都是最小的5、小明用最小刻度是1mm的刻度尺先后5次测量一块橡皮的长度，各次测量值分别为 2.46cm、2.45cm、2.66cm、2.44cm、2.47cm，则橡皮的测量值应取（）A．2.455cm B．2.46cm C．2.496cm D．2.47cm第Ⅱ卷（非选择题 85分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、读图填空：（1）甲图中，温度计的示数是___________℃；（2）乙图中，停表的读数为___________s；（3）丙图中，长方形铁皮的长度是___________cm。

新人教版五年级数学上册第五单元等式的性质及练习十四

题目：解方程： 3x-4=10
题目：根据等式的性质填空：如果a+3=b+5，那么a-b=（）
易错题解析
判断等式是否成立，并说明理由根据等式的性质，将等式变形求解等式中的未知数利用等式的性质解决实际问题
等式性质的实际应用
第四章
生活中的等式
购物时计算找零：利用等式性质进行货币计算，确保找零正确。
● 题目：一个正方形的边长是4厘米，它的周长是多少厘米？答案：16厘米解析：根据正方形的周长公式，周长 = 4 × 边长，我们可以直接计算出正方形的周长。 ● 答案：16厘米 ● 解析：根据正方形的周长公式，周长 = 4 × 边长，我们可以直接计算出正方形的周长。
等式性质的总结与回顾
第五章
本单元的重点与难点
解决实际问题的方法与步骤
理解问题：明确问题的要求和条件，理解问题的本质。建立等式：根据问题的实际情况，建立相应的等式关系。求解等式：通过等式的性质，求解等式中的未知数或未知量。验证答案：将求解得到的答案代入原问题中进行验证，确保答案的正确性。
实际问题的答案与解析
● 题目：一本书有100页，第一天看了10页，第二天看了20页，第三天看了30页，还剩多少页没看？答案：100 - (10 + 20 + 30) = 40页解析：根据题目，我们可以先计算出已经看过的页数，然后从总页数中减去已看过的页数，即可得到还剩多少页没看。 ● 答案：100 - (10 + 20 + 30) = 40页 ● 解析：根据题目，我们可以先计算出已经看过的页数，然后从总页数中减去已看过的页数，即可得到还剩多少页没看。
制作比例模型：在建筑、工程和设计中，利用等式性质制作比例模型，以实现精确的测量和规划。

人教版数学五年级上册第五单元简易方程重难点真题练习卷(单元测试)(含答案)

第5单元简易方程重难点真题练习卷-数学五年级上册人教版一．选择题（共8小题）1．（2022•巴林左旗）如果一个两位数，十位上的数字是a，个位上的数字是b，那么这个两位数可以用字母表示为（）A．a+b B．10a+b C．10b+a D．ab2．（2021秋•曲阜市期末）当a（）时，a2和2a的值相等．A．等于2B．大于1C．小于13．（2022•拱墅区模拟）每个篮球a元，比每个足球便宜10元。

篮球和足球各买一个，共需（）元。

A．a﹣10B．a+10C．2a+10D．2a﹣10 4．（2021秋•邱县期末）x的5倍减去16，差是23，求x，下面错误的方程是（）A．5x﹣16＝23B．5x+23＝16C．5x﹣23＝165．（2022春•福鼎市期中）小华今年x岁，爸爸比小华大26岁，再过a年后，他们相差（）A．x﹣a B．x+26﹣a C．26D．a+266．（2022春•虞城县期末）水果店运来苹果150千克，比运来的梨的2倍多10千克，运来梨多少千克？如果设运来梨x千克，下面所列的方程正确的是（）A．2x+10＝150B．2x﹣10＝150C．x﹣10＝150×2D．x+10＝150×2 7．（2021秋•越秀区期末）小明a岁时，小方是（a﹣5）岁，过了b年后，下面说法正确的是（）A．小明比小方大b岁B．小方比小明大b岁C．小明比小方小5岁D．小方比小明小5岁8．（2022春•郏县期中）声乐组有23名女生，比男生人数2倍少7人．声乐组有男生多少人？设声乐组有男生x人．下面的方程中错误的是（）A．2x﹣7＝23B．2x﹣23＝7C．2x+7＝23D．2x＝7+23二．填空题（共6小题）9．（2022春•陈仓区期末）当a＝时，（36﹣4a）÷6的结果是0。

10．（2021秋•长寿区期末）欣欣超市进了a个文具盒，平均每天售出b个，卖了4天，还剩个；如果a＝185，b＝31，那么还剩个。

大学物理第五章习题解答

光学部分习题解答
掌握干涉现象的原理，理解干涉条纹的形成机制，掌握双缝干涉实验中条纹间距的计算方法。
理解衍射现象的原理，掌握单缝、圆孔、光栅等不同情况下衍射条纹的特征和计算方法。
光的干涉与衍射习题解答
光的衍射
光的干涉
光的偏振
理解偏振现象的原理，掌握偏振光和自然光的区别，掌握偏振片和晶体对偏振光的作用。
直线运动习题解答
总结词：理解曲线运动的性质和规律，掌握圆周运动和平抛运动的公式和计算方法。
曲线运动习题解答
曲线运动习题解答
01
详细描述
02
曲线运动的描述：速度方向与轨迹切线方向一致，加速度与轨迹的曲率半径有关。
圆周运动的向心加速度和线速度的计算公式。
03
平抛运动的水平分速度、竖直分速度和合速度的计算公式。
电场强度计算
电场线
高斯定理
电势与电势差
掌握安培环路定律的应用，解决与安培环路定律相关的题目。
安培环路定律
理解磁场线的概念，掌握磁场线的特点，如磁场线的疏密表示磁感应强度的大小。
磁场线
理解洛伦兹力的概念，掌握洛伦兹力的计算方法。
洛伦兹力
解决与磁感应强度相关的计算题，如电流在磁场中所受的力等。
磁感应强度的计算
这一定律揭示了热现象的方向性，即热量传递具有方向性。
热力学第二定律的数学表达式为：$Q = Delta U - W$，其中$Q$是系统吸收的热量，$Delta U$是系统内能的增量，$W$是系统对外做的功。
热力学定律习题解答
热力二定律指出，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
5、简述放射性的种类及其特点。
答案：放射性主要分为三种类型：阿尔法放射性、贝塔放射性和伽马放射性。阿尔法放射性是由带两个正电荷的氦原子核组成的高能粒子流；贝塔放射性是由带负电荷的电子或正负电子对组成的低能粒子流；伽马放射性则是高频率的电磁辐射。各种类型的放射性在穿透能力和电离能力上有所不同。

数学物理方程-第五章格林函数法[整理版]

第五章格林函数法在第二章中利用分离变量法求出了矩形区域和圆域上位势方程Dirichlet 问题的解.本章利用Green 函数法求解一些平面或空间区域上位势方程Dirichlet 问题. 另外，也简单介绍利用Green 函数法求解一维热传导方程和波动方程半无界问题. 应指出的是：Green 函数法不仅可用于求解一些偏微分方程边值问题或初边值问题，特别重要的是，它在偏微分方程理论研究中起着非常重要的作用.§5⋅1 格林公式在研究Laplace 方程或Poisson 方程边值问题时，要经常利用格林（Green ）公式，它是高等数学中高斯（Gauss ）公式的直接推广.设Ω为3R 中的区域，∂Ω充分光滑. 设k 为非负整数，以下用()k C Ω表示在Ω上具有k 阶连续偏导的实函数全体，()k C Ω表示在Ω上具有k 阶连续偏导的实函数全体. 如()10()()()()u C C C C ∈Ω⋂ΩΩ=Ω，表示(,,)u x y z 在Ω具有一阶连续偏导数而在Ω上连续. 另外，为书写简单起见，下面有时将函数的变量略去.如将(,,)P x y z 简记为P ，(,,)P x y z x ∂∂简记为Px∂∂或x P 等等.设(,,)P x y z ，(,,)Q x y z 和(,,)R x y z 1()C ∈Ω，则成立如下的Gauss 公式()P Q RdV Pdydz Qdydx Rdxdy x y z Ω∂Ω∂∂∂++=++∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (1.1)或者()(cos cos cos )P Q R dV P Q R ds x y z αβγΩ∂Ω∂∂∂++=++∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (1.2)如果引入哈米尔顿（Hamilton ）算子： (,,)x y z∂∂∂∇=∂∂∂，并记(,,)F P Q R = ，则Gauss 公式具有如下简洁形式⎰⎰⎰⎰⎰∂⋅=⋅∇ΩΩds n F dv F(1.3)其中(cos ,cos ,cos )n αβγ=为∂Ω的单位外法向量.注1 Hamilton 算子是一个向量性算子，它作用于向量函数(,,)F P Q R =时，其运算定义为(,,)(,,),F P Q R x y zP Q Rx y z∂∂∂∇⋅=⋅∂∂∂∂∂∂=++∂∂∂形式上相当于两个向量作点乘运算，此即向量F 的散度div F. 而作用于数量函数(,,)f x y z 时，其运算定义为(,,)(,,)f f ff f x y z x y z∂∂∂∂∂∂∇==∂∂∂∂∂∂，形式上相当于向量的数乘运算，此即数量函数f 的梯度grad f .设(,,)u x y z ，2(,,)()v x y z C ∈Ω，在(1.3)中取F u v =∇得()u v dV u v nds Ω∂Ω∇⋅∇=∇⋅⎰⎰⎰⎰⎰(1.4)直接计算可得v u v u v u ∇∇+=∇⋅∇∆)( (1.5)其中xx yy zz v v v v ∆=++. 将(1.5)代入到(1.4)中并整理得vu vdV uds u vdV n Ω∂ΩΩ∂∆=-∇⋅∇∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ (1.6)(1.6)称为Green 第一公式.在(1.6)中将函数u ，v 的位置互换得uv udV vds v udV n Ω∂ΩΩ∂∆=-∇⋅∇∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ (1.7)自(1.6)减去(1.7)得()()v uu v v u dV uv ds n nΩ∂Ω∂∂∆-∆=-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (1.8)(1.8)称为Green 第二公式.设点0(,,)P ξηζ∈Ω，点3(,,)P x y z R ∈，||00P P r P P -==引入函数 001(,)4P PP P r πΓ=，注意0(,)P P Γ是关于六个变元(,,)x y z 和(,,)ξης的函数且00(,)(,)P P P P Γ=Γ. 如无特别说明, 对b 求导均指关于变量(,,)x y z 的偏导数. 直接计算可得00(,)0, P P P P ∆Γ=≠即0(,)P P Γ在3R 中除点0P 外处处满足Laplace 方程.设0ε>充分小使得00(,){(,,) ||}B B P P x y z P P εε==-≤⊂Ω. 记\G B =Ω,则G B ∂=∂Ω⋃∂. 在Green 第二公式中取0(,)v P P =Γ，G Ω=. 由于在区域G 内有0∆Γ=，故有()GGuudV uds n n∂∂Γ∂-Γ∆=-Γ∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ 或者()()GBu u udV uds u ds n n n n ∂Ω∂∂Γ∂∂Γ∂-Γ∆=-Γ+-Γ∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ (1.9)在球面B ∂上，021()414P P r n rrrππ∂∂Γ∂Γ=-=-=∂∂∂，因此21(,,)4BBuuds ds u x y z n πε∂∂∂Γ==∂⎰⎰⎰⎰ (1.10)其中(,,)P x y z B ∈∂.同理可得14BBu u ds ds n n πε∂∂∂∂Γ=∂∂⎰⎰⎰⎰(,,)ux y z n ε∂'''=∂ (1.11)其中(,,)P x y z B '''∈∂.将(1.10)和 (1.11)代入到(1.9)中并令0ε+→，此时有(,,)(,,)P x y z P ξηζ→，(,,)0u x y z nε∂'''→∂，并且区域G 趋向于区域Ω，因此可得()(,,)uudV uds u n nξηζΩ∂Ω∂Γ∂-Γ∆=-Γ+∂∂⎰⎰⎰⎰⎰，即(,,)()u u u d s u d V n n ξηζ∂ΩΩ∂∂Γ=Γ--Γ∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (1.12)(1.12)称为Green 第三公式. 它表明函数u 在Ω内的值可用Ω内的u ∆值与边界∂Ω上u 及nu∂∂的值表示.注2 在二维情形，Green 第一公式和Green 第二公式也成立. 而对于Green第三公式, 需要取011(,)ln 2P P rπΓ=，其中0(,)P ξη∈Ω，2(,)P x y R ∈，r =0P P r=0||P P -=此时Green 第三公式也成立.§5⋅2 Laplace 方程基本解和Green 函数基本解在研究偏微分方程时起着重要的作用. 本节介绍Laplace 方程的基本解，并在一些特殊区域上由基本解生成Green 函数，由此给出相应区域上Laplace 方程或Poisson 方程边值问题解的表达式. 下面以Dirichlet 问题为例介绍Laplace 方程的基本解和Green 函数方法的基本思想.5．2.1 基本解设30(,,)P R ξηζ∈，若在点0P 放置一单位正电荷，则该电荷在空间产生的电位分布为(舍去常数0ε)001(,,)(,)4P Pu x y z P P r π=Γ=(2.1)易证： 0(,)P P Γ在30\{}R P 满足0 .u -∆= 进一步还可以证明[1]，在广义函数的意义下0(,)P P Γ满足方程0(,)u P P δ-∆= (2.2)其中0(,)()()()P P x y z δδξδηδζ=---. 0(,)P P Γ称为三维Laplace 方程的基本解.当n =2时，二维Laplace 方程的基本解为0011(,)ln2P PP P r πΓ=(2.3)其中0(,)P ξη，2(,)P x y R ∈，0P Pr =同理可证，0(,)P P Γ在平面上除点0(,)P ξη外满足方程0 u -∆=，而在广义函数意义下0(,)P P Γ满足方程0(,)u P P δ-∆= (2.4)其中0(,)()()P P x y δδξδη=--.注1 根据Laplace 方程的基本解的物理意义可以由方程（2.2）和（2.4）直接求出（2.1）和（2.3），作为练习将这些内容放在本章习题中. 另外，也可以利用Fourier 变换求解方程（2.2）和（2.4）而得到Laplace 方程的基本解.5．2.2 Green 函数考虑如下定解问题(,,), (,,) (2.5)(,,)(,,), (,,) (2.6)u f x y z x y z u x y z x y z x y z ϕ-∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩设0(,,)P ξηζ∈Ω，21(,,)()()u x y z C C ∈Ω⋂Ω是(2.5)— (2.6)的解，则由Green 第三公式可得(,,)()u u u ds udV n n ξηζ∂ΩΩ∂∂Γ=Γ--Γ∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (2.7)在公式（2.7）的右端，其中有两项可由定解问题（2.5）—（2.6）的边值和自由项求出，即有uds ds n n ϕ∂Ω∂Ω∂Γ∂Γ=∂∂⎰⎰⎰⎰u d V f d VΩΩΓ∆=-Γ⎰⎰⎰⎰⎰⎰.而在u ds n ∂Ω∂Γ∂⎰⎰中，un ∂∂在边界∂Ω上的值是未知的. 因此须做进一步处理.注2 若要求解Neumann 问题，即将（2.6）中边界条件换为(,,)ux y z nϕ∂=∂.此时，在方程（2.7）右端第二项uds n∂Ω∂Γ∂⎰⎰中，u 在边界∂Ω上的值是未知的，而其余两项可由相应定解问题的边值和自由项求出.如何由（2.7）得到定解问题(2.5)-(2.6)的解？Green 的想法就是要消去(2.7)右端第一项uds n ∂Ω∂Γ∂⎰⎰. 为此，要用下面的Green 函数取代（2.7）中的基本解.设h 为如下定解问题的解0,(,,)(2.8),(,,)(2.9)h x y z h x y z -∆=∈Ω⎧⎨=-Γ∈∂Ω⎩ 在Green 第二公式中取v h =得()h u h udV uh ds n nΩ∂Ω∂∂-∆=-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ 或者0()u hhu ds h udV n n ∂ΩΩ∂∂=--∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (2.10)将(2.7)和(2.10)相加得(,,)()u Gu Gu ds G udV n n ξηζ∂ΩΩ∂∂=--∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ (2.11)其中0(,)G P P h =Γ+.由(2.2)和(2.8)—（2.9)可得，0(,)G P P 是如下定解问题的解00(,), (,,)(2.12)(,)0, (,,)(2.13)G P P P x y z G P P P x y z δ-∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩0(,)G P P 称为Laplace 方程在区域Ω的Green 函数.由于G 在∂Ω上恒为零，由(2.11)可得(,,)Gu uds G udV n ξηζ∂ΩΩ∂=--∆∂⎰⎰⎰⎰⎰ Gds GfdV n ϕ∂ΩΩ∂=-+∂⎰⎰⎰⎰⎰. (2.14)因此，若求出了区域Ω的Green 函数0(,)G P P ，则(2.14)便是定解问题(2.5)— (2.6)的解.§5⋅3 半空间及圆域上的Dirichlet 问题由第二节讨论可知，只要求出了给定区域Ω上的Green 函数，就可以得到该区域Poisson 方程Dirichlet 问题的解. 对一般区域，求Green 函数并非易事. 但对于某些特殊区域，Green 函数可借助于基本解的物理意义利用对称法而得出. 下面以半空间和圆域为例介绍此方法.5．3.1 半空间上Dirichlet 问题设{(,,)|0},{(,,)|0}x y z z x y z z Ω=>∂Ω==. 考虑定解问题2(,,),(,,) (3.1)(,,0)(,),(,) (3.2)u f x y z x y z u x y x y x y Rϕ-∆=∈Ω⎧⎨=∈⎩设0(,,),P ξηζ∈Ω则1(,,)P ξηζ-为0P 关于∂Ω的对称点. 若在0P ，1P 两点各放置一个单位正电荷，则由三维Laplace 方程的基本解知，它们在空间产生的电位分别为00111(,)41(,)4P P r P P r ππΓ=Γ=其中0011||,||r P P r P P =-=-. 由于0P 和1P 关于∂Ω对称，且1P ∉Ω，故有01001[(,)(,)](,), (,)(,)0,.P P P P P P P P P P P P δ-∆Γ-Γ=∈Ω⎧⎨Γ-Γ=∈∂Ω⎩即001(,)(,)(,)G P P P P P P =Γ-Γ为上半空间的Green 函数，且有001(,)(,)(,)G P P P P P P =Γ-Γ011114r r π⎛⎫=- ⎪⎝⎭14π⎡⎤= (3.3)直接计算可得3/2222012()()z G Gn zx y ζπξηζ∂Ω=∂∂=-=-∂∂⎡⎤-+-+⎣⎦(3.4)将(3.3)—(3.4)代入到公式(2.14)得(,,)Gu ds Gfd n ξηζϕν∂ΩΩ∂=-+∂⎰⎰⎰⎰⎰ 3/2222001(,)2()() (,)(,,)x y dxdyx y G P P f x y z dxdydzϕζπξηζ∞∞-∞-∞∞∞∞-∞-∞=⎡⎤-+-+⎣⎦+⎰⎰⎰⎰⎰上式便是定解问题(3.1)— (3.2)的解.5．3.2 圆域上Dirichlet 问题设222{(,)|}x y x y R Ω=+<，则222{(,)|}x y x y R ∂Ω=+=. 考虑圆域Ω上的Dirichlet 问题(,), (,) (3.5)(,)(,), (,) (3.6)u f x y x y u x y g x y x y -∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩ 设0(,)P ξη∈Ω，1(,)P ξη为0(,)P ξη关于圆周∂Ω的对称点，即201,OP OP R =如图3-1所示 . 由于201OP OP R =，因此对任意M ∈∂Ω有01~OP M OMP ∆∆ROP r r MP M P ||010=1P01011||P MPMR r OP r =图3.1因此有0101111ln ln 022||P M PMR r OP r ππ-= (3.7)上式说明函数01001111(,)ln ln22||P P P PR G P P r OP r ππ=- (3.8)在∂Ω上恒为零. 又由于1P ∉Ω，故有000(,)(,),(,)0,.G P P P P P G P P P δ-∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩即0(;)G P P 是圆域上的Green 函数.引入极坐标(,)P ρθ，设0000(,)(,)P P ξηρθ=，则21100(,)(,)R P P ξηθρ=. 用α表示0OP 与OP 的夹角，则有000cos cos cos sin sin cos()αθθθθθθ=+=-利用余弦定理可得0P P r = (3.9)1P P r =(3.10)将(3.9)和(3.10)代入到(3.8)中并整理得22222000042220002cos()1(,)ln 42cos()R R R G P P R R ρρρρθθπρρρρθθ+--=-+-- (3.11)直接计算可得RG Gn ρρ∂Ω=∂∂=∂∂2222000122cos()R R R R ρπρρθθ-=-+-- . (3.12)记()(cos ,sin )g R R ϕθθθ=，则有00(,)Gu ds Gfd n ρθϕσ∂ΩΩ∂=-+∂⎰⎰⎰ 222022000()()122cos()R d R R πρϕθθπρρθθ-=+--⎰- 22222200042220002cos()1(cos ,sin )ln 42cos()R R R R f d d R R πρρρρθθρθρθρρθπρρρρθθ+--+--⎰⎰(3.13)(3.13)便是定解问题(3.5)—(3.6)的解.注1 当0f =时(3.13)称为圆域上调和函数的Poisson 公式.注2 利用复变函数的保角映射，可以将许多平面区域变换为圆域或半平面.因此，与保角映射结合使用，可以扩大对称法以及Green 函数法的应用范围. 在本章习题中有一些这类题目，Green 函数法更多的应用可查阅参考文献[13].§5⋅4* 一维热传导方程和波动方程半无界问题5．4.1 一维热传导方程半无界问题为简单起见，仅考虑以下齐次方程定解问题20 , 0 , 0 (4.1)(0,)0 , 0 (4.2)(,0)() , 0 t xx u a u x t u t t u x x x ϕ-=<<∞>=≥=<<∞ (4.3)⎧⎪⎨⎪⎩该定解问题称为半无界问题, 这是一个混合问题，边界条件为(4.2). 类似于上节Poisson 方程在半空间和圆域上Dirichlet 问题的求解思想，也要以热方程的基本解为基础，使用对称法求出问题（4.1）—（4.3）的Green 函数，并利用所得到的Green 函数给出该问题的解.一维热传导方程的基本解为224(,)() .x a tx t H t -Γ (,)x t Γ是如下问题的解20, , 0 (4.4)(,0)(), . (4.5)t xx u a u x t u x x x δ⎧-=-∞<<∞>⎨=-∞<<∞⎩相当于在初始时刻0t =，在0x =点处置放一单位点热源所产生的温度分布.若将上面定解问题中的初始条件换为(,0)()u x x δξ=-，只要利用平移变换'x x ξ=-易得此时（4.4）—（4.5）的解为(,)x t ξΓ-.为求解定解问题（4.1）—（4.3），先考虑()()x x ϕδξ=-，其中ξ为x 轴正半轴上的任意一点. 此时，相当于在x ξ=点处置放一单位点热源. 则此单位点热源在x 轴正半轴上产生的温度分布，如果满足边界条件（4.2），它便是（4.1）—（4.3）的解，即为该问题的Green 函数. 为此，设想再在x ξ=-点，此点为x ξ=关于坐标原点的对称点，处置放一单位单位负热源，这时在x ξ=点处置放的单位点热源产生的温度分布(,)x t ξΓ-和在x ξ=-处置放的单位负热源产生的温度分布(,)x t ξ-Γ+在0x =处相互抵消，从而在0x =处的温度恒为零. 因此，问题（4.1）—（4.3）的Green 函数为(,)(,)(,) G x t x t x t ξξξ-=Γ--Γ+ （4.6）利用叠加原理可得原问题的解为(,)() (,)u x t G x t d ϕξξξ∞=-⎰ . (4.7)若将（4.2）中的边界条件换为(0,)()u t g t =或(0,)0x u t =，请同学们考虑如何求解相应的定解问题.5．4.2 一维波动方程半无界问题考虑以下齐次方程定解问题20, 0, 0 (4.8)(0,)0, 0 (4.9)(,0)0, (,0)(), 0 tt xx t u a u x t u t t u x u x x x ψ-=<<∞>=≥==<<∞ (4.10)⎧⎪⎨⎪⎩一维波动方程的基本解(,)x t Γ为1, 2(;) 0, .x ata x t x at ⎧<⎪Γ=⎨⎪≥⎩完全类似于上小节的分析，可得该问题的Green 函数为(,)(,)(,G x t x t x t ξξξ-=Γ--Γ+，（4.11）其中0ξ>. 因此，该定解问题的解便可表示为(,)() (,)u x t G x t d ψξξξ∞=-⎰. （4.12）注意到(,)x t ξΓ-的具体表示式为1, 2(;) 0, x atax t x at ξξξ⎧-<⎪Γ-=⎨⎪-≥⎩类似地有1, 2(;) 0, x ata x t x at ξξξ⎧+<⎪Γ+=⎨⎪+≥⎩将上面两式代入到（4.12）中并整理可得1(), 0 2(,)1(), 0.2x atx atx atat xd x at a u x t d x at a ψξξψξξ+-+-⎧-≥⎪⎪=⎨⎪-<⎪⎩⎰⎰ 若将（4.9）中的边界条件换为(0,)0x u t =，请同学们考虑如何求解相应的定解问题.注1 对一维波动方程半无界问题，除上面使用的Green 函数法以外，也可以用延拓法或特征线法求解[1]. 相比之下，Green 函数法最简单.注2 类似于本章前两节，对一维热传导方程和波动方程初边值问题，也可以建立起解的Green 公式表达式，相当于本章第二节中的（2.14）, 并以此为基础而给出上面(4.7)和（4.12）两式的严格证明[2]. 由于本章主要是通过对一些比较简单的偏微分方程定解问题的求解，重点介绍Green 函数法的基本思想和一些特殊区域Green 函数的具体求法，故略去了(4.7)和（4.12）两式的推导过程.习题五1．设3R Ω⊂为有界区域，∂Ω充分光滑，21()()u C C ∈Ω⋂Ω. 证明（1）uudV ds n Ω∂Ω∂∆=∂⎰⎰⎰⎰⎰.（2）2u u udV uds u dV n Ω∂ΩΩ∂∆=-∇∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰.2. 设3R Ω⊂为有界区域，∂Ω充分光滑，21()()u C C ∈Ω⋂Ω满足下面问题0, (,,)(,,)0, (,,).xx yy zz u u u u x y z u x y z x y z ∆=++=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩证明 (,,)0u x y z ≡，并由此推出Poisson 方程Dirichlet 问题解的唯一性.若将定解问题中的边界条件换为0, (,,),ux y z n∂=∈∂Ω∂问(,,)u x y z 在Ω中等于什么？Poisson 方程Neumann 问题的解是否具有唯一性？3*设3R Ω⊂为有界区域，∂Ω充分光滑，21()()u C C ∈Ω⋂Ω满足下面问题(,,)(,,), (,,)(,,)(,,), (,,).u c x y z u f x y z x y z u x y z x y z x y z ϕ-∆+=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩其中 (,,)c x y z 在闭域Ω非负有界且不恒为零. 证明或求解以下各题（1）如果0,(,,), 0,(,,),f x y z x y z ϕ=∈Ω=∈∂Ω证明(,,)0u x y z ≡.（2）如果0,(,,),f x y z =∈Ω而边界条件换为0, (,,),ux y z n∂=∈∂Ω∂问(,,)u x y z 在区域Ω中等于什么？4.（1）验证0∆Γ=，0P P ≠，其中0(,) 3P P n Γ==01(,)22P P n πΓ==（2）设()u u r =, 22y x r +=，求0,0xx yy u u r +=≠，并且满足(1)0,u =(0,)1B u n ds δ∂∇⋅=-⎰的解, 其中(0,)B δ是以原点为圆心δ为半径的圆形域，n 为(0,)B δ∂的单位外法向量.（3）设()u u r =, 222z y x r ++=，求0=++zz yy xx u u u ，0≠r ，并且满足B(0,)lim ()0, 1r u r u nds δ→∞∂=∇⋅=-⎰⎰的解, 其中(0,)B δ是以原点为球心δ为半径的球形域，n为(0,)B δ∂的单位外法向量.5．设2R Ω⊂有界区域，∂Ω充分光滑，21()()u C C ∈Ω⋂Ω. 证明(,)()u u u ds ud n n ξησ∂ΩΩ∂∂Γ=Γ--Γ∆∂∂⎰⎰⎰ 其中0(,)P ξη∈Ω，0(,)P P Γ如第4题所示.6. 设2R Ω⊂有界区域，∂Ω充分光滑，0(,)P ξη∈Ω，2(,)P x y R ∈，0(,)P P Γ为二维Laplace 方程的基本解. 考虑定解问题(,), (,)(,)(,), (,)u f x y x y u x y x y x y ϕ-∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩ 若(,)h x y 是如下定解问题的解00, (,)(,)(,),(,)h x y h x y P P x y ∆=∈Ω⎧⎨=-Γ∈∂Ω⎩证明若21(,)()()u x y C C ∈Ω⋂Ω，则有(,)Gu ds Gfd n ξηϕσ∂ΩΩ∂=-+∂⎰⎰⎰，其中G h =Γ+.7. 设3R Ω⊂有界区域，∂Ω充分光滑, 考虑定解问题(,,), (,,)(,,), (,,).u f x y z x y z ux y z x y z nϕ-∆=∈Ω⎧⎪∂⎨=∈∂Ω⎪∂⎩ 证明该问题可解的必要条件为0f dV ds ϕΩ∂Ω+=⎰⎰⎰⎰⎰.8*证明上半空间Laplace 方程Dirichlet 问题的Green 函数0(,)G P P 满足020010(,), (,),0, .4P PG P P x y R z P P r π<<∈>≠ 对平面上圆域Laplace 方程Dirichlet 问题的Green 函数0(,)G P P ，给出类似结果.9. 利用对称法求二维Laplace 方程Dirichlet 问题在上半平面的Green 函数, 并由此求解下面定解问题0, (,),0(,0)(), (,).u x y u x x x ϕ-∆=∈-∞∞>⎧⎨=∈-∞∞⎩ 10．求二维Laplace 方程在下列区域上 Dirichlet 问题的Green 函数.（1） {(,)|}x y x y Ω=>. （2） {(,)|0,0}x y x y Ω=>>.11．设222{(,)|,0}x y x y R y Ω=+<>. 考虑半圆域Dirichlet 问题0,(,)(,)(,), (,).u x y u x y x y x y ϕ-∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩ 应用对称法求区域Ω上的Green 函数.12*求解定解问题0,(,,)(,,)(,,),(,,).u x y z u x y z g x y z x y z -∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩其中32222,(0,){(,,)|}xx yy zz u u u u B R x y z R x y z R ∆=++Ω==∈++<.13．[解对边值的连续依赖性]设Ω为半径等于R 的圆域，考虑如下问题(,), (,)(,)(,),(,) 1,2.k k k u f x y x y u x y g x y x y k -∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω=⎩ 利用Poisson 公式证明2121(,)(,)max{(,)(,)(,)}u x y u x y g x y g x y x y -≤-∈∂Ω14*证明在广义函数的意义下，11(,0)ln 2P rπΓ=满足 ()()u x y δδ-∆=，其中xx yy r u u u =∆=+.15*设Ω为半径等于R 的圆域，考虑如下问题0, (,)(,)(,),(,) .u x y u x y g x y x y -∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩ 如果(,)g x y 在∂Ω连续，证明由Poisson 公式给出的解是该问题的古典解（真解）.16*设(,)u x y 为平面上区域Ω上的调和函数，000(,)P x y ∈Ω且0(,)B P R ⊂Ω.证明调和函数的平均值公式00002(,)(,)11(,)(,)(,)2B P R B P R u x y u x y ds u x y dxdy R R ππ∂==⎰⎰⎰ 17*[极值原理]设2R Ω⊂有界区域，边界充分光滑，2()()u C C ∈Ω⋂Ω为Ω内的调和函数，并且在某点000(,)P x y ∈Ω达到u 在闭域Ω上的最大（小）值，利用平均值公式证明u 为常数.18*[极值原理]设2R Ω⊂有界区域，边界∂Ω充分光滑， 2()()u C C ∈Ω⋂Ω. 如果u 在区域Ω内调和且不等于常数，则u 在闭域Ω上的最大值和最小值只能在区域的边界∂Ω上达到.19*利用第12题的结果,建立在3R Ω⊂内调和函数的平均值公式，并证明和第16题类似的结果.20*设2R Ω⊂有界区域，2()(), (),1,2,k k u C C g C k ∈Ω⋂Ω∈∂Ω=满足(,), (,)(,)(,),(,) k kk u f x y x y u x y g x y x y -∆=∈Ω⎧⎨=∈∂Ω⎩ 证明 2121(,)(,)max{(,)(,)(,)}u x y u x y g x y g x y x y -≤-∈∂Ω.21．设D 和Ω为平面上的两个区域，()(,)(,)f z x y i x y ϕψ=+在区域D 内解析且不等于常数，()f D =Ω，即f 将区域D 保形映射到区域Ω.证明如果(,)u x y 在区域Ω内调和，则((,),(,))u x y x y ϕψ在区域D 内调和.22.（1）找一个在上半平面解析的函数()f z ，在边界{(,),0}x y x R y ∈=上满足00(),, (),,f x A x x f x B x x =>=<其中A 和B 为实常数.（2）求下面定解问题的一个解0, 0,0(,0)0,0, (0,)10,0.xx yy u u x y u x x u y y +=>>⎧⎨=>=>⎩ 23*求下面定解问题的一个解22220, 1(,)0,0, (,)1,0, 1.xx yy u u x y u x y y u x y y x y ⎧+=+<⎪⎨=<=>+=⎪⎩ 24. 求下面定解问题的一个解0, 0<(,0)0, (,)1, 0.xx yy u u y xu x u x x x +=<⎧⎨==>⎩ 25. 求下面定解问题的一个解0, , 0<(,)0, (,0)0, 0, (,0)1, 0.xx yy u u x R y u x x Ru x x u x x ππ+=∈<⎧⎪=∈⎨⎪=<=>⎩26. 设(0,)B R Ω=，1(0,)2RB Ω=，(,)u x y 在Ω内调和且在Ω上连续，在边界上非负，证明以下结果（1）(,),x y ∀∈Ω有(0,0)(,)(0,0),R r R ru u x y u R r R r-+≤≤+-其中r =.（2）存在常数0M > 使得 11max (,)min (,).u x y M u x y ΩΩ≤。

物理学简明教程(马文蔚等著)第五章课后练习题答案详解

物理学简明教程（马文蔚等著）第五章课后练习题答案详解5－1 图示两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线.如果2O P )(v 和2H P )(v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则( ) (A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且4)()(22H P O P =v v (B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且41)()(22H P O P =v v (C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且41)()(22H P O P =v v (D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且4)()(22HP O P =v v分析与解由MRTv 2P=可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率P v 也就不同.因22O H M M <，故氧气比氢气的P v 要小，由此可判定图中曲线a 应是对应于氧气分子的速率分布曲线.又因16122OH =M M ，所以=22HP O P )()(v v 4122OH =M M .故选(B)．题 5-1 图5－2 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C)00422λλ===,,Z Z 0v v (D)00,2,4λλ===Z Z 0v v分析与解理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升至04T ，则平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程nd 2π21=λ，n 不变，则λ也不变．因此正确答案为(B)．5 －3 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析与解理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．5－5 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( )nkT p =(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析与解当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律 Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE.而由理想气体内能公式T R iM m E Δ2Δ'=，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'=eee222e2H H H H H H HH /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝M m 'RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C).5－6 一定量理想气体分别经过等压，等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图所示，则下述正确的是 ( )（A ）C A →吸热最多，内能增加（B ）D A →内能增加，作功最少（C ）B A →吸热最多，内能不变（D ）C A →对外作功，内能不变分析与解由绝热过程方程=γpV常量，以及等温过程方程pV=常量可知在同一p-V 图中当绝热线与等温线相交时，绝热线比等温线要陡，因此图中B A →为等压过程，C A →为等温过程，D A →为绝热过程.又由理想气体的物态方程RT pVν=可知，p-V 图上的pV积越大，则该点温度越高.因此图中B C A D T T T T <=<.对一定量理想气体内能，RT iE 2ν=，由此知0>∆AB E ，0=∆AC E ，.0<∆AD E 而由理想气体作功表达式 ⎰=V p W d 知道功的数值就等于p-V 图中过程曲线下所对应的面积，则由图可知AD AC AB W W W >>. 又由热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE 可知0=>>AD AC AB Q Q Q .因此答案A 、B 、C 均不对.只有（D ）正确.题 5-6 图5－7 一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J ，则对外作功( ) (A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (D) 500J分析与解热机循环效率η＝W /Q 吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－12T T ，则由W /Q 吸＝1 －12T T 可求答案.正确答案为(B). 7－5 有一个体积为35m 1001⨯.的空气泡由水面下m 050.深的湖底处(温度为C 0.4o)升到湖面上来．若湖面的温度为C 017o.，求气泡到达湖面的体积．(取大气压强为Pa 10013150⨯=.p )分析将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态．利用理想气体物态方程即可求解本题．位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度( 常取33m kg 100.1-⋅⨯=ρ)．解设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p 1，V 1，T 1 )和(p 2 ,V 2，T 2 )．由分析知湖底处压强为gh ρp gh ρp p +=+=021，利用理想气体的物态方程222111T V p T V p = 可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ5－8 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1) 说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分子数；(4) 求分子的平均平动动能.题 5-8 图分析处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义.()υd d N Nf =v ，题中纵坐标()v v d /d N Nf =，即处于速率v 附近单位速率区间内的分子数.同时要掌握()v f 的归一化条件，即()1d 0=⎰∞v v f .在此基础上，根据分布函数并运用数学方法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解 (1) 由于分子所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积()N Nf S v ==⎰v v d 020即曲线下面积表示系统分子总数N.(2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf =；而在0 到20v 区间，()αNf =v .则利用归一化条件有v v v vv ⎰⎰+=0020d d v v a a N(3) 速率在0v /2到30v /2间隔内的分子数为12/7d d Δ2/3000N a a N =+=⎰⎰v v v v v v v(4) 分子速率平方的平均值按定义为()v v f v v v d /d 02022⎰⎰∞∞==N N故分子的平均平动动能为20220302k 3631d d 212100v v v v v v v v v v m N a N a m m =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==⎰⎰ε5－9 在标准状况下，1 cm 3中有多少个氮分子？氮分子的平均速率为多大？平均碰撞次数为多少?平均自由程为多大？（已知氮分子的有效直径m 1076.310-⨯=d）分析标准状况即为压强Pa 10013.15⨯=p ，温度K 273=T .则由理想气体物态方程nkT p =可求得气体分子数密度n ，即单位体积中氮分子的个数.而氮气分子的平均速率、平均碰撞次数和平均自由程可分别由公式M RT v π8=，n v d Z 2π2=和nd 2π21=λ直接求出.解由分析可知，氮分子的分子数密度为325m 1069.2-⨯==kTpn 即3cm 1中约有191069.2⨯个.氮气的摩尔质量为M=28 ×10－3 kg·mol －1，其平均速率为MRT v π8==454 1s m -⋅ 则平均碰撞次数为-192s 107.7π2⨯==n v d Z平均自由程为m 106π2182-⨯==nd λ 讨论本题主要是对有关数量级有一个具体概念.在通常情况下，气体分子平均以每秒几百米的速率运动着，那么气体中进行的一切实际过程如扩散过程、热传导过程等好像都应在瞬间完成，而实际过程都进行得比较慢，这是因为分子间每秒钟上亿次的碰撞导致分子的自由程只有几十纳米，因此宏观上任何实际过程的完成都需要一段时间.5－10 一容器内储有氧气，其压强为Pa 100115⨯.，温度为27 ℃，求：(1)气体分子的数密度；(2) 氧气的密度；(3) 分子的平均平动动能；分析在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体．因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解．又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知n V /10=，d 即可求出．解 (1) 单位体积分子数325m 1044.2⨯==kTpn (2) 氧气的密度3-m kg 30.1/⋅===RTpMV m ρ (3) 氧气分子的平均平动动能J 102162321k -⨯==./kT ε5－11 当温度为0C时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平均动能和平均转动动能；（2）kg 100.43-⨯氧气的内能；（3）kg 100.43-⨯氦气的内能.分析（1）由题意，氧分子为刚性双原子分子，则其共有5个自由度，其中包括3个平动自由度和2个转动自由度.根据能量均分定理，平均平动动能kT 23k t=ε，平均转动动能kT kT ==22kr ε.（2）对一定量理想气体，其内能为RT i M m E 2'=，它是温度的单值函数.其中i 为分子自由度，这里氧气i=5、氦气i=3.而m '为气体质量，M 为气体摩尔质量，其中氧气13mol kg 1032--⋅⨯=M ；氦气13mol kg 100.4--⋅⨯=M .代入数据即可求解它们的内能.解根据分析当气体温度为T=273 K 时，可得（1）氧分子的平均平动动能为J 107.52321k t -⨯==kT ε氧分子的平均转动动能为J 108.32221k r -⨯==kT ε（2）氧气的内能为J 10 7.1J 27331.8251032100.42233⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=--RT i M m E （3）氦气的内能为J10 3.4J 27331.823100.4100.42333⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=--RT i M m E5－12 在容积为2.0 ×10-3 m 3的容器中，有内能为6.75 ×102J 的刚性双原子分子某理想气体.(1) 求气体的压强；(2) 设分子总数为5.4×1022个，求分子的平均平动动能及气体的温度. 分析 (1) 一定量理想气体的内能RT iM m E 2=，对刚性双原子分子而言，i ＝5.由上述内能公式和理想气体物态方程pV ＝νRT 可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p ＝nkT 可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由23k /kT ε=求出.解 (1) 由RT iE2ν=和pV ＝νRT 可得气体压强 Pa 1035.125⨯==iVEp (2) 分子数密度n ＝N/V ，则该气体的温度()()K 1062.3//2⨯===nk pV nk p T气体分子的平均平动动能为J 104972321k -⨯==./kT ε5－13 容积为1m 3的容器储有1mol 氧气，以v ＝10-1s m ⋅的速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少.分析容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为221mv .按照题意，当容器突然停止后，80％定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：T R M m v m E Δ25%8021Δ2'=⋅'=成立，从而可求ΔT.再利用理想气体物态方程，可求压强的增量.解由分析知T R M m m E Δ2528.0Δ2⋅'='=v ，其中m '为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质量为12m ol kg 1023--⋅⨯=.M ，解得ΔT ＝6.16 ×10-2 K当容器体积不变时，由pV ＝MmRT 得Pa 51.0ΔΔ==T V RM m p5－14 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c 为4.18×103J·kg －1·K －1)分析取质量为m 的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W ＝mgh ，按题意，被水吸收的热量Q ＝0.5W ，则水吸收热量后升高的温度可由Q ＝mcΔT 求得. 解由上述分析得mcΔT ＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT ＝0.5gh/c ＝1.15K5－15 如图所示，1 mol 氦气，由状态),(11V p A 沿直线变到状态),(22V p B ，求这过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量.分析由题 8-4 分析可知功的数值就等于p-V 图中B A →过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能RT iE2ν=，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则 1 mol 氦气内能的变化T R E ∆=∆23，其中温度的增量T ∆可由理想气体物态方程RT pV ν=求出.求出了B A →过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一定律EW Q ∆+=求出.解由分析可知，过程中对外作的功为))((211212p p V V W +-=内能的变化为)(23231122V p V p T R E -=∆=∆ 吸收的热量)(21)(212211122V p V p V p V p E W Q -+-=∆+=题 5-15 图5－16 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51×105 Pa ，活塞面积为0.02m 2.从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容C p ，m ＝29.12J·mol －1·K －1，摩尔定容热容C V,m ＝20.80J·mol -1·K -1)题 5-16 图分析因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热T C Q p Δm p,v =.ΔT 可由理想气体物态方程求出. 解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2) 吸热T C Q Δm p,p v =.其中ν＝1 mol ，C p,m ＝29.12Ｊ·mol －1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV ＝νRT ，得ΔT ＝(p 2V 2－p 1 V 1 )/R ＝p(V 2－V 1 )/R ＝p· S· Δl/R则J 105.293m p,p ⨯=∆=RlpS C Q5－17 一压强为1.0 ×105Pa,体积为1.0×10－3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功? 分析 (1) 由量热学知热量的计算公式为T C Q ∆=m ν.按热力学第一定律，在等体过程中，T C E Q V V ∆=∆=m ,ν；在等压过程中，⎰∆=∆+=.d m ,T C E V p Q p P ν(2) 求过程的作功通常有两个途径.①利用公式()V V p W d ⎰=；②利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q 已求出，而内能变化可由()12m V,V ΔT T C E Q -==v 得到.从而可求得功W.解根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol 1041.42111-⨯==RT V p v 氧气的摩尔定压热容R C 27m p,=，摩尔定容热容R C 25m V,=.(1) 求Q p 、Q V等压过程氧气(系统)吸热()J 1.128Δd 12m p,p =-=+=⎰T T C E V p Q v等体过程氧气(系统)吸热()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C E Q v(2) 按分析中的两种方法求作功值 ①利用公式()V V p W d ⎰=求解.在等压过程中，T R MmV p W d d d ==，则得 J 6.36d d 21p ===⎰⎰T T T R MmW W 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为()0d V ==⎰V V p W②利用热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 求解.氧气的内能变化为()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C MmE Q 由于在(1)中已求出Q p 与Q V ，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J 6.36Δp p =-=E Q W 0ΔV V =-=E Q W5－18如图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326J的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C沿另一曲线CA返回到状态A时，外界对系统作功为52J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？题5-18 图分析已知系统从状态C到状态A，外界对系统作功为W CA，如果再能知道此过程中内能的变化ΔE CA，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量Q CA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化ΔE AC，而ΔE AC＝－ΔE CA，故可求得Q CA.解系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为Q ABC＝326J，W ABC＝126J则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量ΔE AC＝Q ABC－W ABC＝200J由此可得从C到A，系统内能的增量为ΔE CA＝－200J从C到A，系统所吸收的热量为Q CA＝ΔE CA＋W CA＝－252J式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.5－19一定量的空气，吸收了1.71×103J的热量，并保持在1.0 ×105Pa下膨胀，体积从1.0×10－2m3增加到1.5×10－2m3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？分析由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W＝p(V2－V1)求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解该空气等压膨胀，对外作功为W＝p(V2－V1 )＝5.0 ×102J其内能的改变为ΔE＝Q－W＝1.21 ×103J5－20 如图所示，使1mol 氧气(1) 由A 等温地变到B ；(2) 由A 等体地变到C ，再由C 等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.题 8-12 图分析从p －V 图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过()V V p W d ⎰=求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同T A ＝T B ，故ΔE ＝0，利用热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE ，可求出每一过程所吸收的热量. 解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功()()J 1077.2/ln /ln 31⨯===A B B A A B AB V V V p V V RT MmW 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为Q AB ＝W AB ＝2.77 ×103Ｊ(2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为W ACB ＝W AC ＋W CB ＝W CB ＝C p (V B －V C )＝2.0×103ＪQ ACB ＝W ACB ＝2.0×103Ｊ5－21 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V －T 图，图中V C ＝2V A .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.题 8-15 图分析以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p －V 图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而对AB 过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为 V ＝KT ，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV ＝νRT 比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p －V 图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题8－14的方法求出循环效率. 解 (1) 根据分析，将V －T 图转换为相应的p －V 图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.(2) 根据得到的p －V 图可知，AB 为等压膨胀过程，为吸热过程.BC 为等体降压过程，CA 为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为()A B m p T T C MmQ -=,1 ()()A C A A B m V V V RT Mm T T C M m Q /ln ,2+-=CA 为等温线，有T A ＝T C ；AB 为等压线，且因V C ＝2V A ，则有T A ＝T B /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容C p ，m ＝5R/2，摩尔定容热容C V ，m ＝3R/2.故循环效率为()()%3.125/2ln 2312/5/2ln 231/112=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=A A A T T T Q Q η5－21有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热()()1/1/12121---=p p V V γη 分析该热机由三个过程组成，图中AB 是绝热过程，BC 是等压压缩过程，CA 是等体升压过程.其中CA 过程系统吸热，BC 过程系统放热.本题可从效率定义CA BC Q Q Q Q /1/112-=-=η出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ＝C p,m /C V,m 的关系来证明.题 5-21 图证该热机循环的效率为CA BC Q Q Q Q /1/112-=-=η其中Q BC ＝νC p,m (T C －T B )，Q CA ＝νC V,m (T A －T C )，则上式可写为1/1/11---=---=C A CB C A B C T T T T γT T T T γη 在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有T B /V 1＝T C /V 2,T A /p 1＝T C /p 2,代入上式得()()1/1/12121---=p p V V γη5-22 一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？解设高温热源的温度分别为1T '、1T '',则有12/1T T η'-='， 12/1T T η''-=''其中T 2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为K 3.931111Δ211=⎪⎪⎭⎫⎝⎛'--''-='-''=T ηηT T T5－23 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T 1和低温热源T 2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T 2/T 1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式QPtQ W ==η，可得此条件下的最大功率.解根据分析，热机获得的最大功率为()1-712s J 100.2/1⋅⨯=-==tQ T T tQp η5－24 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×108J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)题 8-21 图分析耗电量的单位为kW·h ，1kW·h ＝3.6 ×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为212T T T e k -=，其中T 1为高温热源温度(室外环境温度)，T 2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为e ＝e k · 60％＝0.6 T 2/( T 1－T 2 )另一方面，由制冷系数的定义，有e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )其中Q 1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q 2是空调从房间内吸取的总热量.若Q′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q 2＝Q′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W ＝Q 1－Q 2 .解根据上述分析，空调的制冷系数为7.8%60212=-=T T T e 在室内温度恒定时，有Q 2＝Q′.由e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )可得空调运行一天所耗电功W ＝Q 1－Q 2＝Q 2/e ＝Q′/e ＝2.89×107 J=8.0 kW·h。

考点解析-苏科版八年级物理上册第五章物体的运动专题练习试卷(解析版含答案)

八年级物理上册第五章物体的运动专题练习考试时间：90分钟；命题人：物理教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 15分）一、单选题（5小题，每小题3分，共计15分）1、s、v和t分别表示路程、速度和时间，下列图象中表示匀速直线运动的是（）A．①④B．①③C．②③D．②④2、如图所示，两列火车并排停在站台上，小明坐在车厢中向另一列车厢观望。

突然，他觉得自己的列车开始缓缓地前进了，但是，“驶过”了旁边的列车的车尾才发现，实际上他乘坐的列车还停在站台上。

下列说法正确的是（）A．小明发现自己乘坐的列车还停在站台上是以旁边列车的车尾为参照物B．小明感觉自己乘坐的列车前进了是以站台为参照物C．以站台为参照物，小明感觉旁边的列车向相反方向开去了D．小明选择相同的参照物可以造成先后不同的感觉3、中国自主研发的“海斗一号”(如图)，在马里亚纳海沟刷新了中国潜水器最大下潜深度纪录，达到10907米。

“海斗一号”在完成了岩石状物体样本的抓取和其他工作后，遥控抛载安全上浮。

对于上浮过程，下列说法正确的是（）A．以“海斗一号”为参照物，海面是静止的B．以“海斗一号”为参照物，海底是运动的C．以样本为参照物，“海斗一号”是运动的D．以抛掉的重物为参照物，“海斗一号”是静止的4、一个同学受到2022年北京冬奥会申办成功鼓舞，开始训练单板滑雪U型场地技巧赛，如图所示，做空中动作时他看到天地旋转，他所选的参照物是（）A．U型场地B．现场的观众C．天空上的云彩D．自己的头盔5、下列估测与实际情况最接近的是（）A．一个普通鸡蛋的质量约为500gB．人感觉舒适的室温约为37℃C．PM2.5表示可吸入颗粒的直径约为2.5μmD．普通中学生脚上穿的鞋长约为50cm第Ⅱ卷（非选择题 85分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图甲中，物体A的长度是______cm；图乙中，物体A的长度是______cm。

数学物理方法第三版课后练习题含答案

数学物理方法第三版课后练习题含答案前言本文为数学物理方法第三版（Mathematical Methods in the Physical Sciences, 3rd Edition）的课后练习题及答案。

该书是经典的大学物理数学教材，广泛应用于物理、数学、工程等领域的学生和教师。

本文主要适用于该书的读者，希望能够帮助大家更好地掌握数学物理方法。

第一章1.1 给定函数 $f(x)=\\sin(x)$，求以下数值：(a) f(0)答：$f(0) = \\sin(0) = 0$(b) $f(\\pi)$答：$f(\\pi) = \\sin(\\pi) = 0$(c) $f(\\pi/2)$答：$f(\\pi/2) = \\sin(\\pi/2) = 1$(d) $f(-\\pi/2)$答：$f(-\\pi/2) = \\sin(-\\pi/2) = -1$1.2 给定函数f(x)=e x，求以下数值：(a) f(0)答：f(0)=e0=1(b) $f(\\ln 2)$答：$f(\\ln 2) = e^{\\ln 2} = 2$(c) $f(-\\ln 2)$答：$f(-\\ln 2) = e^{-\\ln 2} = 1/2$(d) f(−1)答：$f(-1) = e^{-1} \\approx 0.368$1.3 求解以下方程：(a) x2−2x−3=0解：使用求根公式 $x=\\frac{-b\\pm\\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，得$$x = \\frac{2\\pm\\sqrt{2^2-4\\times1\\times(-3)}}{2\\times1} = -1,3 $$所以方程的根为x=−1和x=3。

(b) x3+2x2−5x−6=0解：使用因式分解法，先猜一个根为x=1，得到一个因式(x−1)，然后用多项式长除法得到：x3+2x2−5x−6=(x−1)(x2+3x+6)不易得到另外两个根的精确解，所以这里只给出结果，方程的根为x=1，$x=-\\frac{3}{2}+i\\frac{\\sqrt{3}}{2}$ 和 $x=-\\frac{3}{2}-i\\frac{\\sqrt{3}}{2}$。

大学物理习题答案解析第五章

第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i第五章静电场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).5 －2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).5 －3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动2εσ分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带的上夸克和两个带的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ，得5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′，统一积分变量，则当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系，统一积分变量，有积分得 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度由于代入得测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中，将上式化简并略去微小量后，得 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力. 解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z ＞＞d ，简化上式得通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为① ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度 (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有根据高斯定理，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为，每个带电球壳在壳内激发的电场，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r ＞R )解2 将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0≤r ≤R )球体外(r ＞R )5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证带电球体内部一点的电场强度为所以，根据几何关系，上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，，故 R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷故 R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B )所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r ＜R 1 ，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，r ＞R 2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零解得由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。

数学物理方法题目

( −∞ < x < ∞ , y > 0 ) ( −∞ < x < ∞ ) ( −∞ < x < ∞ )
。
第七章习题 44、试用平面极坐标系把二维波动方程分离变数。 45、试用平面极坐标系把二维输运方程分离变数。 46、求证 Pl ( x ) = Pl′+1 ( x) − 2 xPl′( x ) + Pl′−1 ( x ) ， l ≥ 1 。 47、利用上题和 ( l + 1) Pl +1 ( x) − ( 2l + 1) xPl ( x) + lPl −1 ( x) = 0 ， l ≥ 1 ，求证 ( 2l + 1) Pl ( x ) = Pl′+1 ( x ) − Pl′−1 ( x ) ， l ≥ 1 。 48、在 [ −1,1] 区间上将 x 2 用勒让德多项式展开。
i
b．证明 ∫i
2+i
dz ≤ 2 积分路径是直线段。 z2
10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中 c 均为圆心在原点，半径为 1的单位圆周。 a． v ∫c
e z dz dz ； b． v ∫c z 2 + 5z + 6 。 cos z 2z2 − z +1 v ∫ c z − 1 dz ez z
z
25、求下列函数在其奇点（包括无穷远点）处的留数，（ m 是自然数）；（2）（1） z m sin （ m 是自然数）
1 z
ez
( z − 1)
2
；（3）
ez −1 。 sin 3 z
26、求下列函数在其孤立奇点（包括无穷远点）处的留数。
α⎛
（1） e
1⎞ ⎜ z− ⎟ 2⎝ z ⎠

数学物理方程第5章习题及答案

11.设 {(x, y) | x2 y2 R2, y 0}, 考虑半圆域狄利克雷问题
u 0, x
u(x, y) (x, y),(x, y)
应用对称法求区域上的格林函数。
解：该问题所求格林函数应满足
G (P, P0 ), P
G(P, P0 ) 0, P B(圆周) G(P, P0 ) 0, P L(x轴上的边界)
C1
1
4
解为 u 1
4 r
方法二: 本题中u只与r有关，则
所以
uxx
u yy
+uzz
=
1 r
(2ur
rurr )
2ur rurr 0 2rur r 2urr 0 (r 2ur )r 0 r 2ur C
ur
C r2
u
C1
1 r
C2
随后求解过程与方法一相同。
注：在球面坐标系中
uxx
记 G \ B ，则 G B ，在格林第二公式
(uv vu)d
(u
v n
v
u )ds n
中，令 v (P, P0 )，注意到 0 ，则有
ud
G
(u
G
n
u )ds n
或
ud (u u )ds (u u )ds
G
n n
B n n
在圆周B 上有
( 1
随后求解过程与方法一相同。
(3)uxx uyy +uzz =0,r 0
解：方法一: 三维拉普拉斯方程的基本解表示通解
1 u C1 r C2
lim u(r)=0
r
C2
0
u n |B(0, )
u n
B(0, )