数学物理方法(4)--期末考试试卷(1)答案
物理解题方法：数学物理法习题试卷含答案
物理解题方法：数学物理法习题试卷含答案一、高中物理解题方法：数学物理法1．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。
已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。
求： (1)带电粒子的比荷； (2)C 点的坐标。
【答案】(1)202v qm lE=；(2)（0，-3t ）【解析】 【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向02l v t =y 轴方向212qE l t m=联立解得202v qm lE=(2)设带电粒子经过B 点时的速度方向与水平方向成θ角00tan 1yqE t v m v v θ===解得45θ=︒则带电粒子经过B 点时的速度02v v =由洛伦兹力提供向心力得2mv qvB r= 解得22mvr l qB== 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何知识可知弦BC 的长度24L r l ==43l l l -=故C 点的坐标为（0，-3t ）。
2．［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率23n =，一细光束从玻璃砖左端以入射角i 射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v 及入射角i ．(已知光在真空中传播速度c =3.0×108 m/s ，计算结果可用三角函数表示)．【答案】83310/v m s =；3sin i =【解析】 【分析】 【详解】 根据c n v =，83310/2v m s = 全反射条件1sin C n=，解得C=600，r =300， 根据sin sin i n r =，3sin 3i =3．如图所示，现有一质量为m 、电荷量为e 的电子从y 轴上的()0,P a 点以初速度0v 平行于x 轴射出，为了使电子能够经书过x 轴上的(),0Q b 点，可在y 轴右侧加一垂直于xOy 平面向里、宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，该磁场左、右边界与y 轴平行，上、下足够宽（图中未画出）．已知002mv mv eB eB<α<，L b <．求磁场的左边界距坐标原点的可能距离．（结果可用反三角函数表示）【答案】01(1cos )cot mv x b L a eB θθ⎡⎤=----⎢⎥⎣⎦（其中θ=arcsin 0eBL mv ）或2022mv ax b a eB=-- 【解析】 【分析】先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨道半径表达式；当r ＞L 时，画出运动轨迹，根据几何关系列式求解；当r≤L 时，再次画出轨迹，并根据几何关系列式求解． 【详解】设电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r ，则02v m e rBv =，解得0mv r eB =（1）当r ＞L 时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示由几何关系有：0L eBLsin r mv θ== 则磁场左边界距坐标原点的距离为[]11x b L a r cos cot θθ=----（） 解得：011mv x b L a cos cot eB θθ⎡⎤=----⎢⎥⎣⎦（）（其中0eBL arcsin mv θ=） （2）当r≤L 时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示由几何关系得磁场左边界距坐标原点的距离为222()x b r a r =--- 解得2022mv ax b a eB=-- 【点睛】本题关键分r ＞L 和r≤L 两种情况讨论，画出轨迹是关键，根据几何关系列方程求解是难点．4．如图所示，MN 是两种介质的分界面，下方是折射率2n =的透明介质，上方是真空，P 、B 、P '三点在同一直线上，其中6PB h =，在Q 点放置一个点光源，AB 2h =，QA h =，QA 、PP '均与分界面MN 垂直。
数学物理方法期末考试答案
天津工业大学（2009—2010学年第一学期）《数学物理方法》(A)试卷解答理学院)特别提示：请考生在密封线左侧的指定位置按照要求填写个人信息,若写在其它处视为作弊。
本试卷共有四道大题,请认真核对后做答,若有疑问请与监考教师联系。
一填空题(每题3分,共10小题)1. 复数 i e +1 的指数式为：i ee ；三角形式为：)1sin 1(cos i e + .2. 以复数 0z 为圆心，以任意小正实数ε 为半径作一圆，则圆内所有点的集合称为0z 点的 邻域 .3. 函数在一点可导与解析是 不等价的 (什么关系？).4. 给出矢量场旋度的散度值，即=⨯∇⋅∇f0 .-------------------------------密封线----------------------------------------密封线----------------------------------------密封线---------------------------------------学院专业班学号姓名装订线装订线装订线5. 一般说来，在区域内，只要有一个简单的闭合曲线其内有不属于该区域的点，这样的区域称为 复通区域 .6. 若函数)(z f 在某点0z 不可导，而在0z 的任意小邻域内除0z 外处处可导，则称0z 为)(z f 的 孤立奇点 .7. δ函数的挑选性为 ⎰∞∞-=-)()()(00t f d t f ττδτ.8. 在数学上，定解条件是指 边界条件 和初始条件 .9. 常见的三种类型的数学物理方程分别为 波动方程 、输运方程 和 稳定场方程 .10. 写出l 阶勒让德方程: 0)1(2)1(222=Θ++Θ-Θ-l l dx d x dxd x .二计算题(每小题7分，共6小题)1. 已知解析函数)(z f 的实部xy y x y x u +-=22),(，求该解析函数(0)0(=f ).解： y x u x +=2，x y u y +-=2，2=xx u ，2-=yy u . 0xx yy u u +=, (,)u x y 是调和函数. 2分 利用柯西-黎曼条件x y u v =,x y v u =-, 即，x y v x -=2,y x v y +=2， 2分 于是，⎰+++-=),()2()2(y x Cdy y x dx x y v⎰⎰+++-+++-=)0,()0,0(),()0,()2()2()2()2(x y x x C dy y x dx x y dy y x dx x yC x y xy +-+=22222. 2分所以，)21()(2iz z f -=. 1分2. 给出如图所示弦振动问题在0x 点处的衔接条件. 解：),0(),0(00t x u t x u +=-, 2分0sin sin )(21=--ααT T t F , 2分又因为),0(sin 011t x u tg x -=≈αα, ),0(sin 022t x u tg x +-=≈αα, 2分 所以，)(),0(),0(00t F t x Tu t x Tu x x -=--+. 1分3. 由三维输运方程推导出亥姆霍兹方程.解：三维输运方程为02=∆-u a u t (1分)分离时间变数t 和空间变数r,以)()(),(r v t T t r u= (2分) 上式代入方程,得v vTa T ∆='2 (1分)令上式等于同一常数2k -, 22k v v Ta T -=∆=' (2分) 则得骇姆霍兹方程为02=+∆v k v (1分)4. 在00=z 邻域把m z z f )1()(+=展开(m 不是整数).解：先计算展开系数：m z z f )1()(+=， m f 1)0(=；)(1)1()(1z f zmz m z f m +=+='-； m m f 1)0(='； 2)1)(1()(-+-=''m z m m z f m m m f 1)1()0(-=''； 5分)()1()1(2z f z m m +-=,所以，m z )1(+在00=z 邻域上的泰勒级数为+-++=+21!2)1(1!11)1(z m m z m z m m m m ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-++= 2!2)1(!111z m m z m m . 2分5. 计算⎰=-22sin 21z zzdz.解： 因为4ππ±→n z (n 为整数，包括零)，有0)si n 21(2→-z ，因此，40ππ±=n z 是极点.但是，在2=z 圆内的极点只有4π±.又由于1分4]sin 21)4[(lim 24πππ-=--→z z z z ， 2分4]sin 21)4[(lim 2πππ-=-+-→z z z z ， 2分所以， i sf sf i z zdz z 222)]4(Re )4([Re 2sin 21ππππ-=-+=-⎰=. 2分6. 求拉氏变换][cos t L ω,ω为常数. 解: )(21cos t i ti e e t ωωω-+=, s p e L st -=1][ 2分 ∴ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-)(21][cos t i t i e e L t L ωωω][21][21t i t i e L e L ωω-+= 2分 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=ωωi p i p 1121 2分 22ω+=p p0Re >p 1分求解两端固定均匀弦的定解问题 02=-xx tt u a u 00==x u，0==lx u，)(0x u t ϕ==，)(0x u t t ψ==.解: 设此问题的解为)()(),(t T x X t x u = 代入方程和初始条件，得 02=''-''T X a T X ，0)()0(=t T X ，0)()(=t T l X ， 可得，X X Ta T ''=''2， 0)0(=X ，0)(=l X ， 令，λ-=''=''X X Ta T 2 所以，⎩⎨⎧===+''0)(,0)0(0l X X X X λ ，(本征值问题)02=+''T a T λ 下面先求解本征值问题：当0<λ时， xxe c e c x X λλ---+=21)(，由初始条件，得 021==c c ， 因此，0),(≡t x u ，解无意义.当0=λ时， 21)(c x c x X +=， 同样由初始条件，得 021==c c ， 因此，0),(≡t x u ，解无意义.当0>λ时， x c x c x X λλsin cos )(21+=， 由初始条件，得 01=c ，0sin 2=l c λ， 所以，0sin =l λ，即，πλn l = (n 为正整数)，因此本征值为：222ln πλ= ,3,2,1=n本征函数为：lxn c x X πsin )(2=， 2c 为任意常数. 10分方程02=+''T a T λ的解为：latn B l at n A t T ππsincos )(+=， 因此，l x n l at n B l at n A t x u n n n πππsin sin cos ),(⎪⎭⎫ ⎝⎛+=， 此问题的通解为：l x n l at n B l at n A t x u t x u n n n n n πππsin sin cos ),(),(11⎪⎭⎫ ⎝⎛+==∑∑∞=∞=， 代入初始条件得∑∞==1)(sinn n x l x n A ϕπ， ∑∞==1)(sin n n x l xn l a n B ψππ， 所以， ⎰=l n d l n l A 0sin )(2ξπξξϕ， ⎰=l n d ln a n B 0sin )(2ξπξξψπ. 10四简答题给出泊松方程，并说明求解此方程的方法、步骤.解： 泊松方程为：),,(z y x f u =∆ 3分 令 w v u +=，取v 唯一特解， 2分 则 0=-=∆-∆=∆f u v u w 2分 然后求解拉氏方程 0=∆w 得w 。
高中物理数学物理法题20套(带答案)及解析
高中物理数学物理法题20套(带答案)及解析一、数学物理法1．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】 【分析】 【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨2．如图所示，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。
数学物理方法习题解答(完整版)
数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。
v vx y∂∂ ==0 ∂∂。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()000000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z zz z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】 3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法期末试题(5年试题含答案)
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……附：拉普拉斯方程02=∇u 在柱坐标系和球坐标系下的表达式 柱坐标系：2222222110u u u uzρρρρϕ∂∂∂∂+++=∂∂∂∂球坐标系：2222222111sin 0sin sin u u ur r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭一、填空题36分（每空2分）1、 数量场2322u x z y z =+在点(2, 0, -1)处沿2423x xy z =-+l i j k 方向的方向导数是。
2、 矢量场()xyz x y z ==+A r r i +j k 在点(1, 3, 3)处的散度为 。
3、 面单连域内设有矢量场A ，若其散度0∇⋅A =，则称此矢量场为 。
4、 高斯公式Sd ⋅=⎰⎰ A S ；斯托克斯公式ld ⋅=⎰ A l 。
5、 将泛定方程和 结合在一起，就构成了一个定解问题。
只有初始条件，没有边界条件的定解问题称为 ；只有边界条件，没有初始条件的定解问题称为 ；既有边界条件，又有初始条件的定解问题称为 。
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……6、 ()l P x 是l 次勒让德多项式，则11()()l l P x P x +-''-= ； m n =时，11()()mn P x P x dx -=⎰。
7、 已知()n J x 和()n N x 分别为n 阶贝塞尔函数和n 阶诺依曼函数(其中n 为整数)，那么可知(1)()n H x = 。
(2)()n H x = 。
8、 定解问题2222000(0,0)|0,||0,|0x x ay y bu ux a y b x y u u V u u ====⎧∂∂+=<<<<⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪==⎪⎪⎩的本征函数为 ，本征值为 。
数学物理方法期末考试试题
数学物理方法期末考试试题# 数学物理方法期末考试试题## 第一部分：选择题（每题2分，共20分）1. 以下哪个不是数学物理中的常用方法？A. 傅里叶变换B. 拉普拉斯变换C. 泰勒级数展开D. 牛顿迭代法2. 求解偏微分方程时，分离变量法的基本思想是什么？A. 将偏微分方程转化为常微分方程B. 将偏微分方程分解为几个独立的方程C. 将偏微分方程转化为线性方程D. 将偏微分方程转化为积分方程3. 在数学物理中，格林函数通常用于解决什么问题？A. 线性代数问题B. 非线性偏微分方程C. 边界值问题D. 初始值问题4. 以下哪个是求解波动方程的典型方法？A. 特征线法B. 有限差分法C. 有限元法D. 蒙特卡洛方法5. 拉普拉斯方程在数学物理中通常描述了什么类型的物理现象？A. 波动现象B. 热传导现象C. 流体动力学问题D. 电磁场问题## 第二部分：简答题（每题10分，共30分）6. 简述傅里叶变换在数学物理中的应用。
7. 解释什么是边界层理论，并说明它在流体力学中的重要性。
8. 描述格林函数在求解偏微分方程中的作用。
## 第三部分：计算题（每题25分，共50分）9. 给定函数 \( f(x) = x^2 - 4x + 3 \)，使用泰勒级数展开在\( x = 1 \) 处展开 \( f(x) \) 并求出展开式。
10. 考虑一个无限长直导体，在 \( x \) 轴上，导体的电势 \( V(x) \) 满足泊松方程 \( \nabla^2 V = -\rho/\varepsilon_0 \)，其中\( \rho \) 是电荷密度，\( \varepsilon_0 \) 是真空电容率。
假设\( \rho \) 是常数，求解 \( V(x) \)。
## 第四部分：论述题（共30分）11. 论述数学物理方法在解决实际物理问题中的应用，并给出至少两个具体的例子。
请注意，以上内容仅为示例，实际的数学物理方法期末考试试题可能会包含不同的问题和要求。
数学物理方法期末考试卷与解答
《数学物理方法》试卷（A 卷）参考答案姓名: 学号:题号 一 二 三 四 五 六 七八 总分 得分注：本试卷共一页，共八大题。
答案请做在答题纸上，交卷时，将试题纸与答题纸填好姓名与学号，必须同时交齐，否则考卷作废！可能用到的公式:1). (2l +1)xP l (x )=lP l −1(x )+(l +1)P l+1(x ), 2). P 0(x )=1, P 1(x )=x ；3))(~)]([00k k f x f eF xik −=;4))]([1])([x f F ikd f F x=∫∞−ξξ; 5).])1(1[2sin )(I 333n ln l xdx l n x l x −−=−=∫ππ一、 简答下列各题。
（12分，每题6分）1. 试在复平面上画出3)arg(0π<−<i z ，4Re 2<<z 点集的区域。
解：如图阴影部分为所求区域 （6分）2. 填空题：函数3)2)(1()(i z z z f +−=是单值的还是多值的？多值的（1分）；若是多值，是几值？3值（2分）；其支点是什么？1，-2i ，∞（3分）。
二、 (9分) 试指出函数3sin )(zzz z f −=的奇点(含ㆀ点)属于哪一类奇点？ 解：22112033)12()1(])12()1([1sin )(−∞=+∞=∑∑+−=+−−=−=n n nn n n n n n z n z z z z z z f （3分） z=0为f (z )的可去奇点；（3分）z=∞为f (z )的本性奇点；（3分）三、 (9分) 已知解析函数f (z ) = u (x ,y ) + iv (x ,y )的虚部v (x,y ) = cos x sh y ， 求f (z )= ? 解：由C-R 条件x y x v yy x u y y x v x y x u ∂∂−=∂∂∂∂=∂∂),(),(,),(),( （3分）得 u x (x,y ) = v y (x,y ) = cos x ch y u y (x,y ) = −v x (x,y ) = sin x sh y （3分）高数帮帮数帮高数帮高f (z ) = f (x +iy ) = u (x ,y ) + iv (x ,y ) = sin x ch y +i cos x sh y + c上式中令 x=z, y=0， 则 f (z ) = f (z+i0) = sinz + c （3分）四、 (10分) 求积分dz z e I Lz∫−=6)1(其中曲线L 为(a)圆周21=z ；(b)圆周2=z 解：(a) 6)1()(−=z e z f z 在圆周21=z 内解析，I = 0；（5分） (b) 在圆周2=z 内有一奇点，I = 2πiRes f (1)= 2π i !52)1()1()!16(166551lim e i z e z dx d z z π=−−−→（5分） 五、 (10分) 计算拉普拉斯变换?]2sin [=t t L （提示：要求书写计算过程）解：已知 42]2[sin ,][sin 222+=+=p t L p t L 也即ωωω（2分） 由象函数微分定理)3(4)(4p4)(4p ]2sin []2sin )[()2(4)(4p )42(]2sin )[()3(,)()1()]()[(2222222分分分+=+−−=−=−∴+−=+=−−=−p p t t L t t L p p dp d t t L p f dp d t f t L nnnn六、 (15分) 将f (x )= (35/8)x 4 + 5x 3−(30/8)x 2 +(10/3)x +1展开为以{ P l (x ) }基的广义付里叶级数。
【物理】物理数学物理法题20套(带答案)含解析
【物理】物理数学物理法题20套(带答案)含解析一、数学物理法1. 两块平行正对的水平金属板AB, 极板长 , 板间距离 , 在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场, 磁感应强度 , 方向垂直纸面向里。
两极板间电势差UAB 随时间变化规律如右图所示。
现有带正电的粒子流以 的速度沿水平中线 连续射入电场中, 粒子的比荷 , 重力忽略不计, 在每个粒子通过电场的极短时间内, 电场视为匀强电场（两板外无电场）。
求:(1)要使带电粒子射出水平金属板, 两金属板间电势差UAB 取值范围；(2)若粒子在距 点下方0.05m 处射入磁场, 从MN 上某点射出磁场, 此过程出射点与入射点间的距离 ；(3)所有粒子在磁场中运动的最长时间t 。
【答案】(1)100V 100V AB U -≤≤；(2)0.4m ；(3) 69.4210s -⨯ 【解析】 【分析】 【详解】(1)带电粒子刚好穿过对应偏转电压最大为 , 此时粒子在电场中做类平抛运动, 加速大小为a,时间为t1。
水平方向上01L v t =①竖直方向上21122d at =② 又由于mU qma d=③ 联立①②③得m 100V U =由题意可知, 要使带电粒子射出水平金属板, 两板间电势差100V 100V AB U -≤≤(2)如图所示从 点下方0.05m 处射入磁场的粒子速度大小为v, 速度水平分量大小为 , 竖直分量大小为 , 速度偏向角为θ。
粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为R, 则2mv qvB R=④ 0cos v v θ=⑤2cos y R θ∆=⑥联立④⑤⑥得20.4m mv y qB∆== (3)从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长。
如图所示粒子进入磁场速度大小为v1, 速度水平分量大小为 , 竖直分量大小为vy1, 速度偏向角为α, 则对粒子在电场中011L v t =⑦11022y v d t +=⑧ 联立⑦⑧得101y v v =101tan y v v α=得π4α=粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为 , 则211mv qv B R ='⑨ 1mv R qB'=⑩ 带电粒子在磁场中圆周运动的周期为T12π2πR m T v qB'==⑪在磁场中运动时间2π(π2)2πt T α--=⑫联立⑪⑫得663π10s 9.4210s t --=⨯=⨯2. 如图, 在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡, 球心为O, 半径为R, 其平面部分与玻璃砖表面平行, 球面部分与玻璃砖相切于O'点。
数学物理方法试4答案
∑ [Tn ''(t ,τ ) +
n =1
n 2π 2 a 2 nπ x =0 Tn (t ,τ )]sin 2 l l
⇒ Tn (t ,τ ) = An cos
nπ a(t − τ ) nπ a (t − τ ) + Bn sin l l nπ a(t − τ ) nπ a (t − τ ) nπ x ， （2） + Bn sin ]sin l l l
用冲量定理法，先求解
vtt − a 2 vxx = 0 v x =0 = 0, v x =l = 0 v t =τ + 0 = 0, vt t =τ + 0 = A sin ωt
参照边界条件，设 v( x, t ,τ ) =
∞
（1）
∞
∑ T (t ,τ ) sin
n =1 n
nπ x ，并代入泛定方程得： l
u ( x, t ,τ ) = ∫ v( x, t ,τ )dτ
0
=∫
t ∞
0
∑− n π
n =1
l2
2
2
a
A sin(ωτ )[(−1) n − 1]sin
nπ a(t − τ ) nπ x sin dτ l l
Al [(−1) n − 1] nπ x t nπ a(t − τ ) = ∑− sin sin(ωτ ) sin dτ 2 2 ∫ 0 nπ a l l n =1
则 f ( z ) = ln z + 1 (2) 由 C − R 条件可得：
∂u ∂v ∂u ∂v = = 3x 2 − 3 y 2 + 1 = − = −6 xy ∂x ∂y ∂y ∂x ∂u ∂u du = dx + dy = (3 x 2 − 3 y 2 + 1)dx + (−6 xy )dy ∂x ∂y u = x3 − 3 xy 2 + x + C f ( z ) = u + iv = x3 − 3 xy 2 + x + C + i3 x 2 y − iy 3 + iy = z3 + z + C f (0) = C = 2
物理数学物理法题20套(带答案)
物理数学物理法题20套(带答案)一、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AA2B 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．质量为M 的木楔倾角为θ (θ < 45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？ 【答案】（1）min sin 2F mg θ= （2）1sin 42mg θ 【解析】 【分析】（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖直两方向列方程，进行求解． 【详解】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos θμθ＝，即tan μθ＝ (1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则：Fcos mgsin f αθ＝＋N Fsin F mgcos αθ＋＝N f F μ＝联立解得：()2mgsin F cos θθα=-则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即()f Fcos αθ='+当＝αθ时，12242f mgsin cos mgsin θθθ='= 【点睛】木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，求出外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件．3．如图所示，MN 是两种介质的分界面，下方是折射率2n =空，P 、B 、P '三点在同一直线上，其中6PB h =，在Q 点放置一个点光源，AB 2h =，QA h =，QA 、PP '均与分界面MN 垂直。
数学物理方法答案
数学物理方法考试卷之一参考答案一、1．L ,1,0,)12(±=+k k i π 2．i Z +23．===><<====t k u u x u t l x Du u l x x x t xx t sin 1| ,0||0 ,0 ,020 4．=∈−=∆)(|),(M f u M M h u στ；=∈−−=∆0|),(0στδG M M M G ；狄氏格林函数 5．0； 0)(62)1(2=+′−′′−x y y x y x 二、1．解：令0sin =z ，则得zz f sin 1)(=的奇点为πk z k =，L ,1 ,0±=k ∞==→→zz f k kz z z z sin 1lim)(lim Q ， πk z k =∴为)(z f 的极点。
又0)(1)(==k k z f z g Q ，0)1(cos )(≠−==′k k k z z g )(z f z k −∴的单极点，仅有：πππ23||,0,<∈−z故∫∑====ππ23||31)(2sin 1z n n z resf i dz z I =++==−=πππz z z zzzi cos 1cos 1cos 120i π2−= 2．解：)1()(22z z z f +=，奇点：i z ±= 均为二阶单极点。
0121/1)1()(24223 → ++=+=⋅∞→z z z z z Z z f z ∫∫∞∞∞−⋅=+=+=∴0222222)(221)1(21)1(i iresf dx x x dx x x I πiz i z i z z i z dz d i = +−−=2222)()()(π4)(23ππ=+⋅==iz i z iz i 三、 12112)1(11)(+−=+−+=+−=z z z z z z f ，奇点：1−=z 2|1|=−−=i R ，)1(111++−=+i i z z 故 ①在2||<−i z 中有： ∑∑∞=∞=++−−=−+−+=+−++=+001)1()()1()()1()1(111111111k k k k k kkk i i z i z i i i i z iz k k k i z iz f )()11(21)(01−+−+=∴∑∞=+，是Taylor 展开。
数学物理方法期末考试卷与解答
华南师范大学信息光电子科技学院2008-2009年(一)学期末考试试卷光电工程系《数学物理方法》试卷（A 卷）参考答案注：本试卷共一页，共八大题。
答案请做在答题纸上，交卷时，将试题纸与答题纸填好姓名与学号，必须同时交齐，否则考卷作废！ 可能用到的公式:1). (2l +1)xP l (x )=lP l −1(x )+(l +1)P l+1(x ), 2). P 0(x )=1, P 1(x )=x ；3))(~)]([00k k f x f e F xik −=;4))]([1])([x f F ikd f F x=∫∞−ξξ; 5).])1(1[2sin )(I 333n ln l xdx l n x l x −−=−=∫ππ一、 简答下列各题。
（12分，每题6分）1. 试在复平面上画出3)arg(0π<−<i z ，4Re 2<<z 点集的区域。
解：如图阴影部分为所求区域 （6分）2. 填空题：函数3)2)(1()(i z z z f +−=是单值的还是多值的？多值的（1分）；若是多值，是几值？3值（2分）；其支点是什么？1，-2i ，∞（3分）。
二、 (9分) 试指出函数3sin )(zzz z f −=的奇点(含ㆀ点)属于哪一类奇点？ 解：22112033)12()1(])12()1([1sin )(−∞=+∞=∑∑+−=+−−=−=n n nn n n n n n z n z z z z z z f （3分） z=0为f (z )的可去奇点；（3分）z=∞为f (z )的本性奇点；（3分）三、 (9分) 已知解析函数f (z ) = u (x ,y ) + iv (x ,y )的虚部v (x,y ) = cos x sh y ， 求f (z )= ? 解：由C-R 条件xy x v y y x u y y x v x y x u ∂∂−=∂∂∂∂=∂∂),(),(,),(),( （3分）得 u x (x,y ) = v y (x,y ) = cos x ch y u y (x,y ) = −v x (x,y ) = sin x sh y （3分）du (x,y ) =u x (x,y )d x + u y (x,y )dy = cos x ch y dx + sin x sh y dy=d (sin x ch y ) f (z ) = f (x +iy ) = u (x ,y ) + iv (x ,y ) = sin x ch y +i cos x sh y + c上式中令 x=z, y=0， 则 f (z ) = f (z+i0) = sinz + c （3分）四、 (10分) 求积分dz z e I Lz∫−=6)1(其中曲线L 为(a)圆周21=z ；(b)圆周2=z 解：(a) 6)1()(−=z e z f z 在圆周21=z 内解析，I = 0；（5分） (b) 在圆周2=z 内有一奇点，I = 2πiRes f (1)= 2π i !52)1()1()!16(166551lim e i z e z dx d z z π=−−−→（5分） 五、 (10分) 计算拉普拉斯变换?]2sin [=t t L （提示：要求书写计算过程）解：已知 42]2[sin ,][sin 222+=+=p t L p t L 也即ωωω（2分） 由象函数微分定理)3(4)(4p4)(4p ]2sin []2sin )[()2(4)(4p )42(]2sin )[()3(,)()1()]()[(2222222分分分+=+−−=−=−∴+−=+=−−=−p p t t L t t L p p dp d t t L p f dp d t f t L nnnn六、 (15分) 将f (x )= (35/8)x 4 + 5x 3−(30/8)x 2 +(10/3)x +1展开为以{ P l (x ) }基的广义付里叶级数。
(完整版)南昌大学2011-2012历年数学物理方法期末试卷ABC套卷(附所有答案)
—南昌大学考试试卷—
【适用时间：2011 ～2012 学年第二学期试卷类型：[B]卷】
2. 考查下面的无限长弦的振动问题：
其中，。
这是一个达朗贝尔公式定解问题。
(1)首先给出达朗贝尔公式及相应定解问题的一般形式；
(2)利用达朗贝尔公式求解。
3. 已知矩形区域上的函数满足方程和
齐次边界条件，按以下步骤求解：
(1)分离变数并找到本问题中包含的本征值问题；
(2)求解此本征值问题，确定本征值和本征函数；
(3)给出满足上述方程和条件的的一般解。
—南昌大学考试试卷—
【适用时间：2011 ～2012 学年第二学期试卷类型：[C]卷】
—南昌大学考试试卷—
【适用时间：2011 ～2012 学年第二学期试卷类型：[A]卷】
—南昌大学考试试卷—
【适用时间：2011 ～2012 学年第二学期试卷类型：[A]卷】答案
—南昌大学考试试卷参考答案及评分标准—【适用时间：20 11 ～20 12 学年第二学期试卷类型：[ B ]卷】。
山东大学物理学院 数学物理方法 2022-2023期末试题及解析
《数学物理方法》课程考试大纲2022-2023山东大学物理学院 数学物理方法期末试题一、 填空题(每题3分，共27分)1. 已知zz =cos (aa +iibb )，z 的代数表达式为________________2. 指出多值函数�(zz −aa )(zz −bb )的支点和阶数___________3. 已知级数∑aa nn xx nn ∞nn=0的收敛半径为A ，试问级数∑aa nn √1+bb nn nnxx nn ∞nn=0（|bb |<1）的收敛半径为_____________4.ssss nn 2zz zz 3的极点为_____，且为______ 阶极点5. 利用柯西公式计算∮zz 2−zz+1zz 2(zz−1)ddzz |zz |=2_______________6. 连带勒让德多项式的正交代数表达式为_______________7. 计算留数1(zz 2+1)2_________________________8. 从t=a 持续作用到t=b 的作用力ff (tt )，可以看作许多前后相继的瞬时力的总和，其数学表达形式为__________9. ∫3δδ(xx −ππ)[ee 2xx +cccccc xx ]ddxx 10−10=_________________ 二、 简算题(每题5分，共15分)1. 将函数ff (zz )=1zz 2−3zz+2，在区域0<|zz −1|<1上展开为洛朗级数 2. �cos mmxx(xx 2+aa 2)2d xx ∞−∞，m>03. 已知解析函数ff =uu +iiνν，而uu =xx 3−3xxyy 2，试求ff三、 (8分)用级数法解微分方程yy ′′+xxyy ′+yy =0四、 (10分)在圆域ρρ<ρρ0上求解泊松方程的边值问题�ΔΔuu =aa +bb (xx 2−yy 2)uu ρρ=pp 0=cc五、 (15分)设有一均匀球体，在球面上的温度为cos 2θθ，试在稳定状态下求球内的温度分布（已知，PP 0(xx )=1，PP 1(xx )=xx , PP 2(xx )=12(3xx 2−1)）六、 (10分)利用拉普拉斯变换解RC 电路方程：�RRRR +1CC �RR dd tt tt=EE 0sin ωωttRR (0)=0七、 (15分)计算：⎩⎨⎧ðð2uu ððtt 2−aa 2ðð2uuððxx2=AA cos ππxx ll sin ωωttuu |xx=0=0, uu |xx=ll =0uu |tt=0=φφ(xx ), uu tt |tt=0=ψψ(xx )2022-2023 数学物理方法期末试题 参考答案一、 填空题(每题3分，共27分)1.【正解】 12(ee bb +ee −bb )cos aa +i2(ee −bb −ee bb )sin aa 【解析】cos (aa +i bb )=ee ss (aa+ss bb )+ee −ss (aa+ss bb )2=12(ee −bb ee ss aa+ee bb ee −ss aa )=12[e −bb(cos aa +isin aa )+e bb (cos aa −isin aa )]=12[(e bb+e −bb )cos aa +i(e −bb −e bb )sin aa ]=12(ee bb +ee −bb)cos aa +i 2(ee −bb−ee bb )sin aa 2.【正解】支点：z=a 、b 、∞；皆为一阶支点【解析】注意到函数为12次，且当z=a 、b 时函数置零，z=∞为熟知的支点，阶数皆为2−1=1 3.【正解】A【解析】由根值判别法，幂级数的收敛区间为ll ii ll nn→∞�aa nn ⋅(1+bb nn )nn⋅xxxx (−1,1)而|bb |<1⇒ll ii ll nn→∞√1+bb nn nn=1故收敛半径保持不变，仍为A 4.【正解】zz =0；一阶 【解析】ll ii llzz→0ssss nn 2zz zz 3→∞，且ll ii ll zz→0zz ⋅ssss nn 2zz zz 3=1故zz =0为一阶极点5.【正解】2πi注意到原函数的极点为zz =0和zz =1，且分别为2阶与一阶极点，故上述积分即为II =2ππii �Re cc�ff (zz ),0]+Re cc [ff (zz ),1]��而Re cc [ff (zz ),0]=ll ii ll zz→0dd �zz 2−zz +1zz −1�ddzz=0Re cc [ff (zz ),1]=ll ii ll zz→1zz 2−zz +1zz 2=1因此II =2ππii6.【正解】�PP ll mm (xx )⋅PP kk mm (xx )ddxx =01−1(ll ≠kk ) 7. 【正解】Re cc [ff (zz ),ii ]=ll ii ll zz→ss dd �1(zz +ii )2�ddzz=−2[2ii ]−3Re cc [ff (zz ),−ii ]=ll ii ll zz→−ss dd �1(zz −ii )2�ddzz=−2[−2ii ]−38.【正解】∫ff (ττ)1−1δδ(tt −ττ)ddττ 9.【正解】ee 2ππ−1【解析】由δδ函数的挑选性，上述积分即为 (ee 2xx +cccccc xx )|xx=ππ=ee 2ππ−1 二、 简算题(每题5分，共15分)1.【解析】在区域0<|zz −1|<1内ff (zz )=1zz 2−3zz +2=−12⋅11−zz 2−1zz −1=−12⋅11−zz 2−1zz ⋅11−1zzff (zz )=−�12kk+1zz kk ∞kk=0−�zz −(kk+1)∞kk=0 =−�zz kk−1kk=−∞−�12kk+1zz kk∞kk=02.【解析】由约旦引理，从上半平面的半圆弧补全围道，上半平面有一个二阶极点zz 0=iiaa ，该点的留数为RReeccff (zz 0) =limzz→zz 0d d zz e immzz(zz +aa i)2=lim zz→zz 0[i ll e immzz (zz +aa i)2−2e ss nn zz (zz +aa i)3] =−llaa +14aa 3ie −mmaaII =ππi ⋅(−llaa +14aa 3ie −mmaa )=llaa +14aa3ππe −mmaa 3.【解析】根据C-R 条件,有∂uu ∂xx =3xx 2−3yy 2=∂νν∂yy−∂uu ∂yy =6xxyy =∂νν∂xxddνν=−(−6xxyy )d xx +3(xx 2−yy 2)d yy =d(3xx 2yy −yy 3) 有νν=3xx 2yy −yy 3+CC ,代入得ff (zz )=xx 3−3xxyy 2+i(3xx 2yy −yy 3+CC ) =(xx +i yy )3+i CC =zz 3+i CC 0三、(8分)【解析】设 yy =�aa nn xx nn ∞nn=0 是方程的解,其中 aa 0,aa 1 是任意常数,则yy ′=�nnaa nn xx nn−1∞nn=1yy ′′=�nn (nn −1)aa nn xx nn−2∞nn=2=�(nn +2)(nn +1)aa nn+2xx nn ∞nn=0方程 yy ′′+xxyy ′+yy =0,得�[(nn +2)(nn +1)aa nn+2+nnaa nn +aa nn ]xx nn ∞nn=0=0故必有(nn +2)(nn +1)aa nn+2+(nn +1)aa nn =0即aa nn+2=−aa nnnn +2(nn =0,1,2,⋯ ) 可见,当 nn =2(kk −1) 时aa 2kk=(−12kk )aa 2kk−2=(−12kk )(−12kk −2)⋯(−12)aa 0=aa 0(−1)kkkk !2kk当nn =2kk −1时aa 2kk+1=(−12kk +1)aa 2kk−1=(−12kk +1)(−12kk −1)⋯(−13)aa 1=aa 1(−1)kk (2kk +1)!�aa 2nn xx 2nn ∞nn=0与�aa 2nn+1xx 2nn+1∞nn=0的收敛域均为(−∞,+∞) 故yy =�aa κκxx κκ∞κκ=0=�aa 2κκxx 2κκ∞κκ=0+�aa 2κκ+1xx 2κκ+1∞κκ=0=�aa 0(−1)nn nn !2nn xx 2nn∞nn=0+�aa 1(−1)nn (2nn +1)!xx 2nn+1∞ss=0即yy =aa 0e −xx 22+aa 1�(−1)nn (2nn +1)!xx 2nn+1∞nn=0,xx ∈(−∞,+∞)四、 (10分)【解析】 首先找到满足方程的特解vv =aa 4(xx 2+yy 2)+bb 12(xx 4−yy 4)=aa 4ρρ2+bb 12(xx 2+yy 2)(xx 2−yy 2) =aa 4ρρ2+bb 12ρρ4cos 2φφ 令uu =vv +ww =aa 4ρρ2+bb 12ρρ4cos 2φφ+ww对于齐次方程，且满足球心为有限值的泊松方程通解为ww (ρρ,φφ)=�ρρnn (AA mm cos ll φφ+BB nn sin llφφ)∞mm=0代入边界条件，有 �ρρ0nn (AA mmcos ll φφ+BB nn sin llφφ)∞mm=0=cc −aa 4ρρ02−bb 12ρρ04cos 2φφ比较系数解得uu =vv +ww =cc +aa 4(ρρ2−ρρ02)+bb 12ρρ2(ρρ2−ρρ02)cos 2φφ 五、(15分)【解析】对于满足球心处为有限值的拉普拉斯方程通解为uu (rr ,θθ)=�AA ll rr l P ll (cos θθ)∞ll=0代入边界条件有�AA ll rr 0l P ll (cos θθ)∞ll=0=cos 2θθ=xx 2由于P 2(xx ) =12(3xx 2−1) ,有xx 2=13[1+2P 2(xx )]=13P 0(xx )+23P 2(xx )即�AA ll rr 0lP ll (cos θθ)∞ll=0=cos 2θθ=xx 2=13P 0(xx )+23P 2(xx )对比系数可得uu (rr ,θθ)=13+23⋅1rr 02⋅rr 2P 2(cos θθ)六、(10分)【解析】对方程进行拉普拉斯变换，有jj ‾RR +jj ‾ppCC =EE 0ωωpp 2+ωω2 解得jj ‾=ωωEE 0(RR +1ppCC )(pp 2+ωω2)再进行反演RR (tt )=EE 0ωωRR (−RRCC e llRRRRωω2RR 2CC 2+1+RRCC cos ωωtt +ωωRR 2CC 2sin ωωtt ωω2RR 2CC 2+1) =EE 0RR 2+1/CC 2ωω2(RR sin ωωtt +1CCωωcos ωωtt )−EE 0/CCωωRR 2+1/CC 2ωω2e −tt /RRRR七、(15分)【解析】应用冲量定理法，先求解vv uu −aa 2vv xxxx =0ννxx ∣x=0=0,vv x ∣x=l =0vv ∣tt=ττ+0=0,vv t ∣t=ττ+0=AA cos ππxxllsin ωωττ根据通解的一般形式并代入边界条件，可得vv (xx ,tt ;ττ)=AAllππaasin ωωττsin ππaa (tt −ττ)ll cos ππxx ll uu (xx ,tt )=�vv (xx ,tt ;ττ)tt=AAll ππaa cos ππxx ll �sin ωωττsin ππaa (tt −ττ)ll d ττtt 0=AAll ππaa 1ωω2−ππ2aa 2/ll 2(ωωsin ππaa ll tt −ππaa ll sin ωωtt )cos ππxx ll。
【物理】物理数学物理法题20套(带答案)及解析
代入数据得
T≈382.8K
7．半径为R的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。真空中光速为c。求：
(1)球形透明介质的折射率；
(2)激光在球内传播的时间。
【答案】(1) ；(2)
对 光，根据折射定律
解得
(2) 、 在玻璃砖中传播的速度分别为
、 在玻璃砖中传播的路程
则 、 在玻璃砖中传播的时间分别为
13．如图所示，在xOy坐标系平面内x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正方向成45°角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O。已知OP＝L，不计粒子重力。求：
【解析】
【分析】
【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A、C为折射点，B为反射点，连接A与C，作OD平行于入射光线，则
解得
设球形透明介质的折射率为n，根据折射定律
解得
(2)由于 ，所以AC垂直于入射光线，即
பைடு நூலகம்又由于
所以 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
设激光在介质中传播速度为t，则
【物理】物理数学物理法题20套(带答案)及解析
一、数学物理法
1．如图所示，圆心为O1、半径 的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B1，边界上的P点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷 、速率 的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重力。其中沿竖直方向PO1的粒子恰能从圆周上的C点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应）。两平行板长 （厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切线方向上，C点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。距极板右侧 处有磁感应强度为 、垂直纸面向里的匀强磁场，EF、MN是其左右的竖直边界（上下无边界），两边界间距 ，O1C的延长线与两边界的交点分别为A和O2，下板板的延长线与边界交于D，在AD之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。求：
高中物理物理解题方法：数学物理法习题试卷及答案
高中物理物理解题方法：数学物理法习题试卷及答案一、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，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地面的压力恰好为零，A 在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，不计一切阻力．（1）求A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ； （2）求摇动细管过程中手所做的功；（3）轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离．【答案】（1）θ=45° ；（2）2(1)mgl -；(3) 2l 。
数学物理方法期末考试大题
2、 求解热传导问题
ut a 2u xx A sin t u x |x 0 0, u |x l 0 u | x t 0
3、 两端固定弦在点 x0 受谐变力 f t f0 sin t 作用而振动，求解振动情况。[提示： 外加力的线密度可表示为 f x, t f 0 sin t x x0 ]
4、 均匀的薄板占据区域 0 x a ， 0 y b 。边界上的温度
u |x 0 0 ， u |x a 0 ， u | y 0 u0 ， lim u 0
y
求解板的稳定温度分布。
三、非齐次方程的分离变数法（15 分） 1、 长为 l 的均匀细杆两端固定，杆上单位长度受有纵向外力 f 0 sin 2 x l cos t ，初始位 移为 sin x l ，初始速度为零，求解杆的纵振动。
4、 求解细杆导热问题。杆长 l ，初始温度均匀为 u0 ，两端分别保持温度 u1 和 u2 。
四、球函数（12 分） 1、一空心圆球区域，内半径为 r1 ，外半径为 r2 ，内球面上有恒定电势 u0 ，外球面上电势保 持为 u1 cos 2 ， u0 、 u1 均为常数，试求内外球面之间空心圆球区域的电势分布。
数学物理方法期末考试大题数学物理方法判断题数学物理方法数学物理方法复习数学物理方法教材数学物理方法试卷数学物理方法课件数学物理方法pdf数学物理方法试题数学物理方法答案
一、拉普拉斯变换（8 分） 1、求积分 I t
0
cos tx dx x2 a2
二、齐次方程的分离变数法（15 分） 1、 求解细杆导热问题，杆长 l ，b 为常数，两端保持为零度，初始温度分布
数学物理方法试卷与答案
数学物理方法试卷与答案《数学物理方法》试卷一、选择题（每题4分，共20分）1．柯西问题指的是（）A．微分方程和边界条件.B.微分方程和初始条件.C．微分方程和初始边界条件.D.以上都不正确.2．定解问题的适定性指定解问题的解具有（）A．存在性和唯一性.B.唯一性和稳定性.C.存在性和稳定性.D.存在性、唯一性和稳定性.2u0,3．牛曼内问题u有解的必要条件是（）nfA．f0.B．u0.C．fdS0.D．udS0.某''(某)某(某)0,0某l4．用分离变量法求解偏微分方程中，特征值问题某(0)某(l)0的解是（）nnnn某).B．(某).A．(,co,inllll(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)某).D．(某).C．(,co,in2l2l2l2l22225．指出下列微分方程哪个是双曲型的（）A．u某某4u某y5uyyu某2uy0.B．u某某4u某y4uyy0.C．某2u某某2某yu某yy2uyy某yu某y2uy0.D．u某某3u某y2uyy0.二、填空题（每题4分，共20分）2u2u220,0某,t0t某1．求定解问题u某02int,u某2int,t0的解是_______________ut00,utt02co某,0某______________________.2．对于如下的二阶线性偏微分方程a(某,y)u某某2b(某,y)u某yc(某,y)uyydu某euyfu0其特征方程为________________________________________________________.3．二阶常微分方程y''(某)1'13y(某)(2)y(某)0的任一特解y__________某44某_______________________________________________.4．二维拉普拉斯方程的基本解为________________________________________，三维拉普拉斯方程的基本解为__________________________________________.5．已知J1(某)222in某,J1(某)co某，利用Beel函数递推公式求某某2J3(某)_______________________________________.2三、（15分）用分离变量法求解如下定解问题22u2ut2a某20,0某l,t0uu0,0,t0某某l某某0u某,utt00,0某l.t02四、（10分）用行波法求解下列问题2u2u2u320,y0,某,22某yy某u2u3某,0,某.y0yy0五、（10分）用Laplace变换法求解定解问题：u2u2,0某2,t0,t某u某0u某20,t0,ut0in某,0某2.3六、（15分）用格林函数法求解下定解问题2u2u某2y20,y0,uf(某),某.y0七、（10分）将函数f某某在区间[0，1]上展成Beel函数系{J1(m(1)某)}m1的级数，其中m(1)为Beel函数J1(某)的正零点，m1,2,.42022—2022学年第二学期《数学物理方法》试卷B答案一、选择题（每题4分，共20分）1．柯西问题指的是（B）A．微分方程和边界条件.B.微分方程和初始条件.C．微分方程和初始边界条件.D.以上都不正确.2．定解问题的适定性指定解问题的解具有（D）A．存在性和唯一性.B.唯一性和稳定性.C.存在性和稳定性.D.存在性、唯一性和稳定性.2u0,3．牛曼内问题u有解的必要条件是（C）fnA．f0.B．u0.C．fdS0.D．udS0.某''(某)某(某)0,0某l4．用分离变量法求解偏微分方程中，特征值问题某(0)某(l)0的解是（B）nnnn某).B．(某).A．(,co,inllll(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)某).D．(某).C．(,co,in2l2l2l2l22225．指出下列微分方程哪个是双曲型的（D）A．u某某4u某y5uyyu某2uy0.B．u某某4u某y4uyy0.C．某2u某某2某yu某yy2uyy某yu某y2uy0.5D．u某某3u某y2uyy0.二、填空题（每题4分，共20分）2u2u220,0某,t0t某1．求定解问题u某02int,u某2int,t0的解是(2intco某).ut00,utt02co某,0某2．对于如下的二阶线性偏微分方程a(某,y)u某某2b(某,y)u某yc(某,y)uyydu某euyfu0其特征方程为(a(某,y)(dy)22b(某,y)d某dyc(某,y)(d某)20).3．二阶常微分方程y''(某)或0).4．二维拉普拉斯方程的基本解为（ln1（）.r1），三维拉普拉斯方程的基本解为r1'13y(某)(2)y(某)0的任一特解y（J某44某1(某)3225．已知J1(某)222in某,J1(某)co某，利用Beel函数递推公式求某某23J3(某)（221221din某(in某co某)某()()）.某某某d某某三、（15分）用分离变量法求解如下定解问题22u2ut2a某20,0某l,t0uu0,0,t0某某某l某0u某,utt00,0某l.t06解：第一步：分离变量(4分)设u(某,t)某(某)T(t)，代入方程可得某''(某)T''(某)某(某)T(t)a某(某)T(t)某(某)a2T(某)''2''此式中，左端是关于某的函数，右端是关于t的函数。
数学物理方法综合试题及答案 ()
复变函数与积分变换 综合试题（一）一、单项选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。
错选、多选或未选均无分。
1．设cos z i =，则（ ）A ． Im 0z =B ．Re z π=C ．0z =D ．argz π= 2．复数3(cos,sin )55z i ππ=--的三角表示式为（ ） A ．443(cos ,sin )55i ππ- B ．443(cos ,sin )55i ππ- C ．443(cos ,sin )55i ππD ．443(cos ,sin )55i ππ--3．设C 为正向圆周|z|=1，则积分⎰c z dz||等于（ ）A ．0B ．2πiC ．2πD ．－2π 4．设函数()0zf z e d ζζζ=⎰，则()f z 等于（ ） A ．1++z z e ze B ．1-+z z e ze C ．1-+-z z e ze D ．1+-z z e ze 解答：5．1z =-是函数41)(z zcot +π的（ ） A ． 3阶极点 B ．4阶极点 C ．5阶极点 D ．6阶极点 6．下列映射中，把角形域0arg 4z π<<保角映射成单位圆内部|w|<1的为（ ）A ．4411z w z +=-B ．44-11z w z =+C ．44z i w z i -=+D ．44z iw z i +=-7. 线性变换[]i i z z i z ae z i z i z aθω---==-++- ( ） A.将上半平面Im z >0映射为上半平面Im ω>0 B.将上半平面Im z >0映射为单位圆|ω|<1C.将单位圆|z|<1映射为上半平面Im ω>0D.将单位圆|z|<1映射为单位圆|ω|<18.若()(,)(,)f z u x y iv x y =+在Z 平面上解析，(,)(cos sin )xv x y e y y x y =+，则(,)uxy=（ ）A.(cos sin )ye y y x y -)B.(cos sin )xe x y x y -C.(cos sin )xe y y y y - D.(cos sin )xe x y y y -(cos sin )sin (cos sin cos )x x x ve y y x y e y x ve y y y x y y∂=++∂∂=-+∂[][]cos sin cos cos sin sin cos sin cos sin cos sin (1)x x x iy iy iyz w u v v v i i z x x y xe y y y x y iy y ix y i y e y i y x y ix y iy y y y e e xe iye e z ∂∂∂∂∂=+=+∂∂∂∂∂=-++++=++++-⎡⎤=++⎣⎦=+()()()()cos sin cos sin sin cos z x iy x x w ze x iy e e x iy y i y e x y y y i x y y y u iv+==+=++=-++=+⎡⎤⎣⎦()cos sin x u e x y y y =-9.()1(2)(1)f z z z =--在021z <-< 的罗朗展开式是（）A.∑∞=-01n nnz )( B.∑∞=-021n nz )z (C.∑∞=-02n n)z ( D .10(1)(2)nn n z ∞-=--∑10.320cos z z dz ⎰=（ ）A.21sin9 B.21cos9 C.cos9 D.sin9二、填空题(本大题共6小题，每小题2分，共12分)请在每小题的空格中填上正确答案。
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w(z) = ck zk k =0
（2）系数递推公式。将 w(z) 代入方程，得：
� �
k (k - 1)ck zk-2 - ck zk+1 = 0
k =2
k =0
2c2 + [(k + 2)(k + 1)ck+2 - ck-1]zk = 0
k =1
c2 = 0,
ck +2
=
(k
+
-
4)L6 �5 �3 �2 c0
(b) 用 c1 表示 c3k+1
c3k +1
=
c3k -2 3k(3k + 1)
=
1 3k (3k+ Nhomakorabea1)(3k
-
c3k -5 2)(3k
-
3)
=
(3k
+ 1)3k(3k
-
1 2)(3k
-
3)L7
�6 �4 �3 c1
因 c2 = 0 ，故 c5 = c8 = L = 0
=
-d
'(x)
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得分 评阅人 三、计算题：（共 2 题，每题 10 分，共 20 分）
1．试用级数解法求解在 z0 = 0 邻域内 w''-zw = 0 的解，其初始条件为 w(0) = 1, w'(0) = 0 。 解：（1）解的形式。系数 p(z) = 0, q(z) = -z 在 z0 = 0 解析， z0 是方程的常点，所以解的形式为：
（1）
l=0
两边对 x 求导，得t(1 -
2xt
+
t
2
)-
3 2
=
Pl( x)t l
l=0
（2）
将(1)式两边对 t 求导，得 -(t
-
x)(1 -
2xt
+
t
2
)
-
3 2
=
Pl (x)ltl-1
l=0
（3）
� �
联立(2)，(3)式，得 (x - t) Pl(x)tl = t lpl (x)tl-1
l=0
l =0
比较上式两边 t l 的系数，得
lPl (x) = xP'l (x) - Pl-1 '(x)
2．试证明：d '(-x) = -d '(x)
证：d '(-x) 是对宗量—x 求导的，考虑到d (x) 是偶函数，所以
d
'(- x)
=
dd (-x) d (- x)
=
-
dd (x) d (x)
---------------------------------------------------------
学号：
学生姓名：
1．若 ez1 = ez2 ，则 ( D )。 (A) z1 = z2 (B) z1 = z2 + 2kp (k为任意整数) (C) z1 = z2 + ikp (D) z1 = z2 - 2ikp
定理得到原函数
f
(t )
=
(2
1 Lim -1)! p 0
d dp
[
p2
2e pt p2
]+
Lim (
p -1/ 2
p
+
1) 2
2e pt 2p +1
=
2t
+
e-t /2
得解：
w( z )
=
1+
k =1
3k (3k
z3k -1)L6 �5 �3 �2
2．利用拉普拉斯变换法求解微分积分方程的初值问题：
f
(t )
=
g (t )
+
t f (t -t )e-t dt
0
f
'(t )
+
g
'(t)
=
2
f
(0)
=
g (0)
=1
解：令 f ( p) = L[ f (t)] = f (t)e- ptdt 、 g ( p) = L[g(t)] = g(t)e- ptdt ，利用卷积定理可得
( A) 4 ( B)–4 (C) 8
( D) –8
1
4．函数 z(z2 + i)
+
= an zn (0 <
n=-
z
< 1) ，则a3 = (
B
)。
(A) - i (B) i (C) -1
(D) 1
z
5．z=1 是函数 e1- z 的（ A ）。
（A）本性奇点 （B）一阶极点
（C）可去奇点 （D）二阶极点
华中师范大学期末考试参考答案
课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 李高翔
题型 选择题 证明题 计算题 计算题
总分
分值 20 20 20 40
100
得分
得分 评阅人 一、选择题：（共 5 题，每题 4 分）
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线
0
0
L[
t 0
f (t -t )e-t dt ] =
1 p +1
f ( p)
于是有
f
( p)
=
g( p) +
f
( p)
1 p +1
pf
( p) -1+
pg ( p) -1 =
2 p
解以上方程组得到像函数
f ( p) =
2 p2
+
2
2 p+
1
g( p)
=
2 p
-
2 2p +1
由于当 p 时，像函数 f ( p) 和 g ( p) 一致地趋于零，且它们只有有限个孤立奇点，所以由展开
2．设 C 是 z=0 到 z=1+i 的直线段，则 C e z dz = ( D )。
(A)
i (e1-i 2
- 1)
(B) 0 ( C) i(1 - e1-i )
( D) i(e1-i -1)
3．设 C 是单位圆 z = eiq ,q 从 2p 至 0，则 C z -1 dz = ( C )。
ck -1 2)(k
+ 1)
即
ck
=
ck -3 k(k - 1)
，
亦即
c3k
=
c3k -3 3k(3k - 1)
。
(a) 用 c0 表示 c3k
c3k
=
c3k -3 3k(3k - 1)
=
1 3k (3k
- 1)
(3k
c3k -6 - 3)(3k
- 4)
=
3k (3k
- 1)(3k
-
1 3)(3k
年级：
专业：
院（系）：
得分 评阅人 二、证明题：（共 3 题，每题 10 分，共 30 分）
( ) 1．已知
1- 2tx + t2
-1/ 2
=
Pl ( x) tl ，
t
< 1，试证明： l Pl (x) = x P 'l (x) - P 'l-1(x) 。
l=0
证：由母函数关系式，得 (1 - 2xt + t2 )-12 = pl ( x)tl
（3）方程的通解：
� � w(z)
=
c0
+
k =1
3k (3k
c0 z 3k - 1)L6
�5 �3 �2 +
z
+
k =1
(3k
c1z3k +1 + 1)3k L7
�6 �4 �3
（4）由初始条件定 c0, c1
及解。因
1 = w(0) 0 = w(0)
，所以
cc10
= =
1 0