数学物理方法习题全解
物理数学物理法专项习题及答案解析及解析
物理数学物理法专项习题及答案解析及解析一、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．3．一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 =1m4．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qdm，电场方向沿y 轴正方向。
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题及答案解析
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题及答案解析一、高中物理解题方法：数学物理法1．一透明柱体的横截面如图所示，圆弧AED 的半径为R 、圆心为O ，BD ⊥AB ，半径OE ⊥AB 。
两细束平行的相同色光1、2与AB 面成θ=37°角分别从F 、O 点斜射向AB 面，光线1经AB 面折射的光线恰好通过E 点。
已知OF =34R ，OB =38R ，取sin 370.6︒=，cos 370.8︒=。
求：(1)透明柱体对该色光的折射率n ；(2)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x 。
【答案】(1)43；(2)54R 【解析】 【分析】 【详解】(1)光路图如图：根据折射定律sin(90)sin n θα︒-=根据几何关系3tan 4OF OE α== 解得37α︒=43n =(2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为C ，则13sin 4C n == 由于sin sin(90)sin530.8sin a C β︒︒=-==>光线2射到BD 面时发生全反射，根据几何关系3tan 82REH OE OH R R β=-=-=可见光线2射到BD 面时发生全反射后恰好从E 点射出柱体，有sin OBOGα= 根据对称性有2x OG =解得54x R =2．如图所示，质量为m=1kg 的物块与竖直墙面间动摩擦因数为=0．5，从t=0的时刻开始用恒力F 斜向上推物块，F 与墙面间夹角=37°，在t=0的时刻物块速度为0．（1）若F=12．5N ，墙面对物块的静摩擦力多大？ （2）若F=30N ，物块沿墙面向上滑动的加速度多大？（3）若要物块保持静止，F 至少应为多大？（假设最大静摩擦力等于同样正压力时的滑动摩擦力，F 的计算结果保留两位有效数字）【答案】（1）0f =（2）25/a m s =（3）9.1F N = 【解析】试题分析：（1）设f 向上，37Fcos f mg ︒+=得0f =（2）根据牛顿第二定律可得cos37sin 37F F mg ma μ︒-︒-=，得25/a m s = （3）当物块即将下滑时，静摩擦最大且向上，cos37sin 37F F mg μ︒+︒=，得9.1F N =考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律【名师点睛】在计算摩擦力时，首先需要弄清楚物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，如果是静摩擦力，其大小取决于与它反方向上的平衡力大小，与接触面间的正压力大小无关，如果是滑动摩擦力，则根据公式F N μ=去计算3．如图所示，一根一端封闭的玻璃管，内有一段长h =0.25m 的水银柱。
最新物理数学物理法专项习题及答案解析
最新物理数学物理法专项习题及答案解析一、数学物理法1．如图所示，在竖直边界1、2间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为L ，上端离地面高L ，下端离地面高2L．边界1左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E 1（未知），边界2右侧有竖直向上的场强大小为E 2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）．现将质量为m 、电荷量为q 的小球从距离管上端口2L 处无初速释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在边界2右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为g ． （1）计算E 1与E 2的比值；（2）若小球第一次过边界2后，小球运动的圆弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁感应强度B 0；（3）若小球第一次过边界2后不落到地面上（即B >B 0），计算小球在磁场中运动到最高点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值．（若计算结果中有非特殊角的三角函数，可以直接用三角函数表示）【答案】（131；（23(23)m gL -；（3）36gL︒【解析】 【分析】根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。
【详解】（1）设管道与水平面的夹角为α，由几何关系得：/21sin 2L L L α-== 解得：30︒=α由题意，小球在边界1受力分析如下图所示，有：1tan mg qE α=因小球进入边界2右侧区域后的轨迹为圆弧，则有：mg ＝qE 2解得比值：E 1 ：E 2＝3：1（2）设小球刚进入边界2时速度大小为v ，由动能定理有：2113sin302cos302mg L E q L mv ︒︒⋅+⋅=联立上式解得：3v gL =设小球进入E 2后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为R ，如下图，由几何关系得：cos30+2L R R ︒= 代入数据解得：(23)R L =+洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v qvB m R=代入数据解得：03(23)m gLB -=（3）如下图，设此时圆周运动的半径为r ，小球在磁场中运动到最高点时的位移为：2cos15S r ︒=⋅圆周运动周期为：2rT vπ=则小球运动时间为：712t T =解得比值：362cos15cos15712gL S r t T︒==︒【点睛】考察粒子在复合场中的运动。
数学物理方法+吴崇试+习题解答
arg ( z
+1−i)
=
arg
⎡⎣ x
+1+
i(
y
−1)⎤⎦
=
π 2
⇔
x
+1=
0且
y
−1 >
0
。
（4） 0
<
arg (1−
z)
=
arg
⎡⎣(1 −
x)
−
iy ⎤⎦
<
π 4
⇔
0
<
−y
<1−
x；
0
<
arg (1+
z)
=
arg ⎡⎣(1+
x)
+
iy ⎤⎦
<
π 4
⇔
0
<
y
<1+
x
；
π 4
<
arg (
z
把 z 写成 ρeiϕ ，则 iz = ρei(ϕ+π 2) ，即把 z 逆时针旋转 90 度。 −z = ρei(ϕ+π ) ，即把 z 逆时针 旋转 180 度。 z = ρe−iϕ ，即 z 关于实轴的对称点。 1 = 1 eiϕ ，即 z 关于单位圆的对称点。
zρ
1 = 1 e−iϕ ，即 z 关于单位圆的对称点。 zρ
正整数；（6） z2 + 2z cos λ +1 = 0 ， 0 < λ < π 。
（1） z = ±i ；
±iπ
±iπ ±i 3π
（2） z = 2e 3 , −2 ； （3） z = ±1, ±i ； （4） z = e 4 , e 4 ；
数学物理方法习题及解答
2. 试解方程：()0,044>=+a a z44424400000,0,1,2,3,,,,i k iiz a a e z aek aez i i ππππωωωωω+=-=====--若令则1．计算：（1）iii i 524321-+-+ （2）y =（3）求复数2⎝⎭的实部u 和虚部v 、模r 与幅角θ(1) 原式=()()()123425310810529162525255i i i i i i +⋅+-⋅+-++=+=-+--（2） 332()102052(0,1,2,3,4)k i e k ππ+==原式(3)2223221cos sin cos sin ,3333212u v 1,2k ,k 0,1,2,23i i i e r ππππππθπ⎛⎫==+=+==-+ ⎪⎝⎭⎝⎭=-===+=±±原式所以：，3．试证下列函数在z 平面上解析,并分别求其导数.(1)()()y i y y ie y y y x e x x sin cos sin cos ++-3.()()()()()()()()cos sin ,cos sin ,cos sin cos ,sin sin cos ,cos sin sin sin ,cos sin cos ,,,x x x x x x x x u e x y y y v e y y x y ue x y y y e y x ue x y y y y y ve y y x y e y y x ve y y y x y yu v u v x y y x u v z f z u iv z u f z =-=+∂=-+∂∂=---∂∂=++∂∂=-+∂∂∂∂∂==-∂∂∂∂=+∂'=∂证明：所以：。
由于在平面上可微所以在平面上解析。
()()()cos sin cos cos sin sin .x x x x vi e x y y y e y i e y y x y e y x x∂+=-++++∂由下列条件求解析函数()iv u z f += (),1,22i i f xy y x u +-=+-=解：()()()()()()()222222222212,2,212,2,,,2112,22111,0,1,1,,221112.222u v x y v xy y x x y v u v y x y x x x x x c x y x f z x y xy i xy y x c f i i x y c c f z x y xy i xy x y ϕϕϕϕ∂∂==+∴=++∂∂∂∂∂''=+=-=-+∴=-=-+∂∂∂⎛⎫=-+++-+ ⎪⎝⎭=-+==+==⎛⎫=-++-++ ⎪⎝⎭而即所以由知带入上式，则则解析函数2. ()21,3,,.ii i i i i e ++试求()()(((()()()2(2)Ln 144(2)4ln32Ln32ln32ln1222Ln 21cos ln sin ,0,1,2,3cos(ln 3)sin(ln 3),0,1,2,i i k k i ii i k i i k i i k i k i k i ii ii eeeei k e e e e i k i eeeππππππππππππ⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪-+++⎝⎭⎝⎭-++-+-⎛⎫⎛⎫++-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+====+=±±====+=±±=== 解：()222,0,1,2,cos1sin1.k i i k e e e e i π⎛⎫ ⎪⎝⎭+=±±=⋅=+3. 计算 2,:122c dzc z z z =++⎰()2222220110,1,1,11,220,022z z z z i z i z c z z z c z z ++=++=+==-+=≤++≠=++解：时，而在内，故在内解析，故原式 1.计算221(1),21c z z dz c z z -+=-⎰： ()2221(2),21cz z dz c z z -+=-⎰：（1）212(21)=4 z i z z i ππ==-+解：原式 （2）2112(21)=2(41)6z z i z z i z i πππ=='=-+-=解：原式. 计算2sin()114,(1):1,(2):1,(3): 2.122c z dz c z c z c z z π+=-==-⎰其中1sin (1)sin 442.112c z z z z i i z z πππ=-⎡⎤-⎢⎥===⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦⎰解：(1)原式1sin (1)sin 442.11c z z z z i i z z πππ=⎡⎤+⎢⎥===⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦⎰(2)原式 12(3):2,1,11,.c z z z c c ===-以分别以为中心，为半径，做圆1222sinsin44.11c c z zdz dz i i i z z ππ=+=+=--⎰⎰原式 3、将下列函数按()1-z 的幂级数展开，并指明收敛范围。
数理方法习题解
数学物理方法作业解答：习题1.1P6 .1下列式子在复平面上具有这样的意义 (2) | z-a |= | z-b | 解：| z-a | 表示z 到a 点的距离，| z-b |表示b 点的距离 即a 与b 的连线的垂直平分线。
(3) Re(z) > 12解:Re z = x 有 x >1 2Re z > 12表示坐标x 大于12的一切点即x=12的右边平面(8) Re (1z) = 2解：因为z = x+iy所以Re(1z)=Re(1x+iy)=Re(x-iyx2+y2)=xx2+y2=2 得x2+y2- x2=0 即(x-14)2+y2=116=(14)2所以Re(1z)为以（14，0）为圆心，以14为半径的圆P6. 2把下列复数代数式，三角式和指数式几种形式表示出来(1)i解：i = cos(π2)+isin(π2)=eiπ2(2)-1解：-1= cos(π)+isin(π)=e iπ(3) 1+i 23解：1+i 23 =2(cosπ3+isinπ3)=2eiπ3(4)1-cosα+isinα解：1-cosα+isinα=ρ(cosφ+isinφ)= ρe iφ其中ρ=2(1-cosα)2+sinα= 2sin(α2)Φ =arctgsinα1-cosα= arctg(ctgα2)原式=2sin α2[cos arctg(ctgα2)+isin arctg(ctgα2)]=2sin α2eiarctg(ctgα2)（5）z3解：z3 =(x+iy)3 =(x3-3xy2) +i(3x2y-y3) ρ3e i3φ=ρ3(cos3φ+isin3φ)其中ρ=2x2+y2φ =arctgyx(7) 1-i1+i=(1-i)2(1-i)(1+i)=- i =cos3π2+isin3π2=e(i3π2)3.计算下列数值P6.3(1). 2a+ib解：x+iy=2a+ib →(x+iy)2=a+ibX2-y2+i2xy=a+ib得到：{ X2-y2=a →4 X44a X2-b2=0 →x2=a+2a2+b222xy=b } →4y4+4ay2-b2=0→ y2=-a+2a2+b22所以x=+2222a+2a2+b2=+Ay =+2222-a+2a2+b2=+B2a+ib = A+iB →-A-iB →A-iB →-A+iB(2) 3 i解：3i =3e i(π2+2nπ)=e i(π6+2nπ3)=→ e i π6(n=0)→ e i 5π6(n=1)→ e i 3π2(n=2)(3) i i解：i i =[ e i(3π2+2nπ)]i = e-(π2+znπ)(4) ii =ie i(π2+znπ)=π2+znπ(5) cos 5φ解：cos 5φ =Re(cos 5φ+i sin 5φ)=Re(cos 5φ+i sin 5φ)5=Re(cos 5φ+5 cos 4φ(i sin φ)+10 cos 3φ(i sin φ)2+10 cos 2φ(i sin φ)3+10 cos φ(i sin φ)4+(i sin φ)5)= cos 5φ-10cos3φsin2φ+5cosφsin4φ(7) cos φ + cos2φ +cos3φ +.....cosnφ解：原式=Re(e iφ+ e i2φ+ e i3φ+ e i4φ...... e inφ)=Re 1- e inφ1- e iφe iφ→括号中为等比数列，其前n项和为：e iφ1- e inφ1- e iφ=e-iφ2(1- einφ)e-iφ2(1- eiφ)e iφ=e-iφ2- ei(nφ-φ2)e-iφ2- eiφ2e iφφ2=e-iφ2- ei(nφ-φ2)2i12i（e-iφ2- eiφ2e iφ=e-iφ2+ei(nφ-φ2)2i sinφ2e iφ= -e iφ2+ei(nφ+φ22i sinφ2=e i(nφ+φ2) -e iφ22i sinφ2e i(nφ+ φ2)=cos(nφ+φ2)+isin(nφ+φ2)e i φ2=cosφ2+isinφ2故上式=[cos(nφ+φ2)- cosφ2]+i[sin(nφ+φ2)- sinφ2]2i sinφ2=[sin(nφ+φ2)- sinφ2]-i[cos(nφ+φ2)- cosφ2]2 sinφ2→Re 1- e in φ 1- ei φ e i φ=sin(n φ+φ 2 )- sin φ2 2 sin φ 2(8) sin φ + sin2φ +sin3φ +.....+sinn φ 解：原式=Im(e i φ+ ei2φ+ ei3φ+ …..ein φ)=cos φ 2 - cos(n φ+φ 2 )2 sin φ 2习题1.2P8： 验证1.2.11-1.2.14式(1)si (2)c()()(3)|sin |111sin ()()222iz izi x iy i x iy y ix y ixz z e ee e e e e e ii i-+-+--=⎡⎤=-=-=-⎣⎦ 证明：方法一而且)()yy ix ixy ix y ixy ix y ixe e e e e e e e e e e ------+-=-+-(e ① )()y yixix y ix y ix yixyixe e ee e e e e e e e-------+=+--(e②①+②得 )())()2()y y ix ixyyixixyix y ixe e ee e eee e e------+-+-+=-(e(e1111sin 2())())()2222yix y ixy y ix ix y y ix ix z e e e ee e e e e e i i ------⎡⎤∴=⋅⋅-=⋅+-+-+⎣⎦(e (e 1111)())())sin )cos 2222y y ix ix y y ix ix y y y y e e e e e e e x i e x i i ------⎡⎤⎡⎤=+-+-+=+--⎣⎦⎢⎥⎣⎦(e (e (e (e|sin |z ∴==方法二()()111sin ()()()22211(cos sin )(cos sin )(cos (221((2izizi x iy i x iy yix y ixy y y y y yy y y y z e eeeee e ei iix i x e x i x e e e x i e e x i i e e x i e e x -+-+-------=-=-=-⎡⎤⎡⎤=+--=-++⎣⎦⎣⎦⎡⎤=+--⎣⎦ ））sin ）sin ）cos|sin |z ∴==()()(4)|cos |111cos ()()222izizi x iy i x iy y ix y ix z z e ee e e e e e -+-+--=⎡⎤=+=+=+⎣⎦ 证明：方法一而且)()yy ix ixy ix y ixy ix y ixe e e e e e e e e e e ------++=+++(e ① )()y yixix yixyix yixyixe e ee e e e e e e e--------=--+(e②①+②得 )())()2()yyixixyyixixyix y ixe e ee e eee e e------+++--=+(e(e1111cos 2())())()22221111)())())cos )sin 2222y ix y ix y y ix ix y y ix ixy y ix ix y y ix ix y y y y z e e e e e e e e e e e e e e e e e x i e x ------------⎡⎤∴=⋅⋅+=⋅+++--⎣⎦⎡⎤⎡⎤=+++--=++-⎣⎦⎢⎥⎣⎦(e (e (e (e (e (e|cos |z ∴==方法二()()111cos ()()222izizi x iy i x iy y ix y ix z e ee e e e e e -+-+--⎡⎤=+=+=+⎣⎦11(cos sin )(cos sin )(cos (22y y y y y yx i x e x i x e e e x i e e x ---⎡⎤⎡⎤=++-=++-⎣⎦⎣⎦））sin|cos |z ∴==2(5)z izeeπ+=22(cos 2sin 2)z iziz zee ee i eππππ+==+=证明：(6)(2)sh z i sh π+=z2(2)2211(2)()()22z iz i z iz ish z i eee ee eπππππ+-+--+=-=-证明：1()2z ze e-=-=sh z(7)(2)ch z i π+=ch z2(2)2211(2)()()22z iz i z iz iz i eee ee eπππππ+-+--+=+=+证明：ch 1()2z ze e-=+=ch zP82.计算下列数值。
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 ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
高考物理物理解题方法：数学物理法习题知识归纳总结附答案解析
高考物理物理解题方法：数学物理法习题知识归纳总结附答案解析一、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，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 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)4mgl -；(3) 2l 。
数学物理方法习题解答
第八章习题P201：1，2，5，6，11，12，13，16，17，201.长为l 的弦，两端固定，弦中张力为T ，在距一端为0x 的一点以力0F 把弦拉开，然后突然撇除这力，求解弦的振动。
解：此题的定解问题为200000000,(0),(0,)(,)0,,(0),(,0)(),(),0.tt xx t t u a u x l u t u l t F l x x x x T l u x F x l x x x l T l u =⎧-=<<⎪==⎪⎪-⎧⎪<<⎪⎪⎨=⎨⎪⎪⎪-<<⎪⎩⎪⎪=⎩)4()3()2()1(令(,)()()u x t X x T t =代入泛定方程(1)中得X T X aTλ''''==- 可得20T a T X X λλ''⎧+=⎨''+=⎩ (0)()0X X l ==求解关于x 本征值问题，得到本征值和本征函数()2/n l λπ= (1,2,3,n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅()sinn X x C x lπ= 将本征值代入关于t 的常微分方程，得到22220a n T T lπ''+= 其解为 ()cossin n n n n a n aT t A x B t l lππ=+ 1(,)()()cos sin sin n n n n a n a n u x t X x T t A t B t x l l l πππ∞=⎛⎫∴==+ ⎪⎝⎭∑将u 的级数解代入初始条件(4)得到001|sin cos sin t t n n t n n a n a n a n a n u A x B t xl l l l l πππππ∞===⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭∑1sin 0nn n a n B x l lππ∞===∑ 0n B ∴=则1(,)cossin n n n a n u x t A t x l lππ∞=∴=∑ 根据初始条件(3)有0001000,(0),(,0)sin (),(),n n F l x x x x n T lu x A x F x l l x x x l T l π∞=-⎧<<⎪⎪==⎨⎪-<<⎪⎩∑02()sin l n n A d l l πϕξξξ=⎰ 000000022sin ()sin x l x F l x F x n n d l d l T l l l T l l ππξξξξξξ-=+-⎰⎰ 02000022222sin cos cos x lx F l x F x l n l n n l n l T l n l n l l T l n l ππξππξξξπππ⎧⎡⎤-⎪=--⎨⎢⎥⎣⎦⎪⎩020022sin cos lx F x l n n n T l n l l l ππξπξξπ⎫⎪⎡⎤--⎬⎢⎥⎣⎦⎪⎭000000000220()2sin cos cos cos xF l x l n x n x n x F x n x n l T n l l l T n l πππππππ⎧-⎪⎡⎤⎡⎤=---⎨⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎪⎩0000022cos sin cos F x l n x n x n x n n T n l l l ππππππ⎫⎡⎤---+⎬⎢⎥⎣⎦⎭ 002221sin F l n x T n lππ=∴ 00221121(,)cos sin sin cos sin n n n F l n x n a n n a n u x t A t x t x l l T n l l l ππππππ∞∞==∴==∑∑2.求解细杆热传导问题，杆长l ，两端保持为零度，初始温度分布20/)(l x l bx u t -==。
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题附答案
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题附答案一、高中物理解题方法：数学物理法1．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。
一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。
光线恰能从Q 点射出。
(1)求该玻璃的折射率；(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。
【答案】(1)2；(2)312a - 【解析】 【详解】(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。
则有sin 452sin 30n == (2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。
D 点有1sin n α=解得45α=︒由几何关系知DQ EQ ED =-，12ED EP a ==，3EQ a = 解得31DQ a -=2．如右图所示，一位重600N 的演员，悬挂在绳上．若AO 绳与水平方向的夹角为37︒，BO 绳水平，则AO 、BO 两绳受到的力各为多大？若B 点位置往上移动，则BO 绳的拉力如何变化？(孩子：你可能需要用到的三角函数有：3375sin ︒=，4cos375︒=，3374tan ︒=，4373cot ︒=)【答案】AO 绳的拉力为1000N ，BO 绳的拉力为800N ，OB 绳的拉力先减小后增大. 【解析】试题分析：把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力，AO 绳上受到的拉力等于沿着AO 绳方向的分力，BO 绳上受到的拉力等于沿着BO 绳方向的分力．根据平衡条件进行分析即可求解．把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力．如图甲所示由平衡条件得：AO 绳上受到的拉力为21000sin 37OA GF F N === BO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===若B 点上移，人的拉力大小和方向一定不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，如图乙所示：由上图可判断出AO 绳上的拉力一直在减小、BO 绳上的拉力先减小后增大．3．如图所示，身高h =1.7 m 的人以v =1 m/s 的速度沿平直路面远离路灯而去，某时刻人的影长L 1=1.3 m ，2 s 后人的影长L 2=1.8 m ．（1）求路灯悬吊的高度H ．（2）人是远离路灯而去的，他的影子的顶端是匀速运动还是变速运动？ （3）在影长L 1=1.3 m 和L 2=1.8 m 时，影子顶端的速度各是多大？ 【答案】（1）8.5m （2）匀速运动（3）1.25/m s 【解析】 【分析】（1）匀匀速运动，画出运动图景，结合几何关系列式求解； （2）（3）根据比例法得到影子的顶端的速度的表达式进行分析即可． 【详解】（1）画出运动的情景图，如图所示：根据题意，有：CD=1.3m EF=1.8m CG=EH=1.7m ；CE=vt=2m ；BF=BC+3.8m根据几何关系： 1.3CG CD AB BC +＝ 3.8EH EFAB BC +＝ 可得：H=AB=8.5m ；（2）设影子在t 时刻的位移为x ，则有：x vt hx H-＝，得：x=HH h-vt ， 影子的位移x 是时间t 的一次函数，则影子顶端是匀速直线运动； （3）由（2）问可知影子的速度都为v′= x Hv t H h=-=1.25m/s ； 【点睛】本题关键是结合光的直线传播，画出运动的图景，结合几何关系列式分析，注意光的传播时间是忽略不计的．4．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。
数学物理方法习题解答
习题解答
向安平
B xiangap@ xiangap@
成都信息工程学院光电技术系 2006 年 9 月 11 日
前 言
本书供电子科学与技术专业和光信息科学与技术专业《数学物理方法》课程教学使用． 本教学参考书仅供授权读者在计算机上阅读，不能编辑、拷贝和打印．经作者授权，可取消全 部限制． 在第一版中只收录了必要的试题，以后将增补习题的数量和类型，在每章增加内容小结和解题 方法讨论．欢迎读者提供建议． 作为本书的第一版，错误和排版差错在所难免，敬请读者指正．
§ 1.1 复数与复数运算
1. 下列式子在复平面上各具有怎样的意义? (1) | x |≤ 2. (2) | z − a |=| z − b | （a 、b为复常数）. (3) Rez > 1 2. (1) | x |≤ 2 解一：|z| = | x + iy| = 部． x2 + y2 ≤ 2，或 x2 + y2 ≤ 4．这是以原点为圆心而半径为2的圆及其内
z?az?bx?a12y?a22x?b12y?b22于是x?a12y?a22x?b12y?b22即2y?a2?b2b2?a22x?a1?b1a1?b1y?a2b22x?a1b12a1?b1b2?a22a2b2这是一条直线是一条过点a和点b连线的中点a1b12且与该直线垂直的直线
数 学 物 理 方 法
解二：按照模的几何意义，|z|是复数z = x + iy与原点间的距离，若此距离总是≤ 2，即表示 以原点为圆心而半径为2的圆内部． (2) |z − a| = |z − b| ( a、b为复常数)． 解一：设z = x + iy, z = a1 + ia2 , b = b1 + ib2 ； ( x − a1 )2 + (y − a2 )2 , ( x − b1 )2 + (y − b2 )2 ,
数学物理方法+吴崇试+习题解答
4
3
均为常数；（6） z − i < 1 ，1 < z − i < 2 ；（7） z − a = z − b ， a ， b 为常数；（8）
z − a + z − b = c ，其中 a ， b ， c ，为常数，且 c > a − b ；（9） z + Re z < 1；（10）
0
<
arg
⎛ ⎜⎝
2
（9） Am = e ， Arg = 1+ 2kπ ， Re = e cos1， Im = e sin1；
（10） Am =1 ， Arg = ϕ ( x) + 2kπ ， Re = cos ⎡⎣ϕ ( x)⎤⎦ ， Im = sin ⎡⎣ϕ ( x)⎤⎦ ；
2．把下列关系用几何图形表示出来：
（1 ） z < 2 ， z = 2 ， z > 2 ；（2 ） Rez > 1 ， 1 < Im z < 2 ；（3 ） arg (1− z ) = 0 ，
=
x2 + x2
y +
2
(
−1− 2ix
y +1)2
，所以
0
<
arg
⎛ ⎜⎝
z z
− +
i i
⎞ ⎟⎠
<
π 4
⇔
0 < −2x < x2 + y2 −1，即 x < 0 且 ( x +1)2 + y2 > 2 。
3．已知一复数 z ，画出 iz ， −z ， z ， 1 ， 1 ，并指出它们之间的几何关系。 zz
把 z 写成 ρeiϕ ，则 iz = ρei(ϕ+π 2) ，即把 z 逆时针旋转 90 度。 −z = ρei(ϕ+π ) ，即把 z 逆时针 旋转 180 度。 z = ρe−iϕ ，即 z 关于实轴的对称点。 1 = 1 eiϕ ，即 z 关于单位圆的对称点。
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 )
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题含答案
物理解题方法：数学物理法习题知识点及练习题含答案一、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．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m 的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F 拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力． 【答案】(1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ 【解析】 【分析】对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解采用整体法，对m 、M 构成的整体列平衡方程求解． 【详解】(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ， F f ＝μF N联立以上各式解得：()sin 2cos mg F θθα=-．当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ．(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝12mg sin 4θ． 【点睛】木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，结合数学知识即可解题．3．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。
物理数学物理法专项习题及答案解析及解析
物理数学物理法专项习题及答案解析及解析一、数学物理法1．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。
有－束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A 点，发现有一束光线垂直气泡平面从C 点射出，已知OA =32R ，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c ，求： （i ）玻璃的折射率n ；（ii ）光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间。
【答案】（i ）3n =；（ii ）3t R c=【解析】 【分析】 【详解】（i ）如图，作出光路图根据折射定律可得sin sin n θα=① 根据几何知识可得3sin 2OA R θ==② 90αθ+=︒ ③联立解得3n =玻璃的折射率为3。
（ii ）光从A 经多次反射到C 点的路程322R Rs R R R =+++=⑤ 时间st c=⑥ 得3t R c=光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间为3R c。
2．如图所示，在x ≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，在x >0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。
现一带正电的粒子从x 轴上坐标为（-2l ，0）的A 点以速度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 ）。
数学物理方法课后答案 (1)
16x2 + 25 y2 = (20)2 ，点集为椭圆： ( x )2 + ( y )2 = 1 54
(4)
z −1 = z +1
(x −1)2 + y2 (x +1)2 + y2
≤1
x2 − 2x +1+ y2 ≤ x2 + 2x +1+ y2
②
将①式与②式相除，易见 c 3 = 1,即 c = 1，由此得证。
8.试利用 Re z = x ≤ x2 + y2 = z 证明 z1 + z2 ≥ z1 + z2 , z1 − z2 ≥ z1 − z2
证 将第一个不等式两边平方，则不等式右边的式子为
z1 + z 2 2 = ( z1 + z 2 )( z1 + z 2 )∗ = z1 z1∗ + z 2 z 2∗ + z1 z 2∗ + z1∗ z 2
= 2sinα 2
iπ −α
e2
= 2sin α 2
⎡π ⎢⎣cos
−α 2
+
i
sin
⎛ ⎜⎝
π
−α 2
⎞⎤ ⎟⎠⎥⎦
（6） (
3 + i)−3 = (
( 3 − i)3
=
−1i
=
1
e
−i
π 2
=
− 1 i sin π
3 + i)3( 3 − i)3 8 8
82
（7）
2i −1 +
i
数学物理方法题目 解答
cos sin
d
。
解: ez 在 z 1所围区域内解析，且 z 0 在 z 1所围区域内。
由柯西积分公式得 ez dz 2i ez 2i 。
cz
z0
（1）
在 c 上令 z ei ， ，则
ez dz i eei d
cz
i e d cos isin
i ecos cos
。（5）
于是由（4）和（5）得
0
1 2cos d 5 4cos
0。
14、设
F
z
z6 z2 4
，证明积分
c
F
z dz
a.当 c 是圆周 x2 y2 1时，等于 0 ；
8
b.当 c 是圆周 x 22 y2 1时，等于4i ；
c.当 c 是圆周 x 22 y2 1时，等于2i 。
z
z z
1
x3 y3 i(x3 y3)
3、设
f
(z)
x2 y2
0
z 0 ，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 ivx, y，则
x3 y3
u
x,
y
x2
y2
0
x2 y2 0，
x2 y2 =0
x3 y3
v(x,
y)
则 lim f z f z0 。（复变函数的洛必达法则）
zz0
z
z0
证明：
lim f (z) f (z0 )
f (z) f (z0)
f (z0 ) (z0 )
z z0
z z0
lim (z) (z0 )
lim z z0
z z0 (z) (z0)
数学物理方法习题解答
第一章 复变函数1.1 复数与复数运算【1】下列式子在复数平面上各具有怎样的意义？ 5，arg ,Re ,z a z b αβ<<<<（,,a αβ和b 为实常数）解：射线ϕα=与ϕβ=，直线x a =与x b =所围成的梯形。
7，111z z -≤+解：11111z z z z -≤⇒-≤++，令z x iy =+，则11z z -≤+即()()2222110x y x y x -+≤++⇒≥。
即复数平面的右半平面0x ≥。
【2】将下列复数用代数式，三角式和指数式几种形式表示出来。
3，1+解：代数式即：1z =+；2ρ=，且z 的辐角主值arg 3z π=，因此三角式：2cos2sin33z i ππ=+；指数式：232i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
7，1i 1i-+解：21i (1i)2i i 1i(1i)(1i)2---===-++-，因此，其代数式：i z =-，三角式：33cos sin22z i ππ=+；指数式：322i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
【3】计算下列数值。
（a ，b 和ϕ为实常数）2，解：将被开方的i 用指数式表示：22ei k i ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，k ∈ 。
那么2322eexp 63i k k i ππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎡⎤⎛⎫==+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，k ∈ 。
7，cos cos 2cos 3cos n ϕϕϕϕ++++ 解：因为，cos R e (1)ik k e k n ϕϕ=≤≤，因此()[]2323cos cos 2cos 3cos R e R e R e R e (1)R e R e 1cos cos(1)sin sin(1)R e 1cos sin 222sin sin cos 222R e 2sin sin 2i i i in i in i i i in i n e eeee e eeeee n i n i n n n i ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++++=++++⎡⎤-=++++=⎢⎥-⎣⎦⎧⎫-++-+⎪⎪=⎨⎬--⎪⎪⎩⎭++⎛⎫- ⎪⎝⎭= 222(1)2sin 2R e sin cos 2221(1)sin sin sin sin cos 22222R e sin sin2sin222n i i n i n e i e n n n n e ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎛⎫⎢⎥- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫++- ⎪⎝⎭===1.2 复变函数【2】计算下列数值。
数学物理方法：全程导学及习题全解
数学物理方法：全程导学及习题全解
数学物理方法：全程导学及习题全解主要是以理论讲解、案例研究和课后习题训练为主要
特征的一种教学方法。
整个教学过程从教师的理论讲解开始，到通过案例研究和习题训练，再到课后自学，一步步由浅入深地深入学习和理解，使学生能够全面掌握所学理论知识和
基本技能，能够结合实际情况解决问题。
首先，教师通过理论讲解，系统地介绍物理学知识与原理，如定义、性质、公式等；然后，通过案例研究的形式，引入实际案例，让学生通过案例学习，加深理解；再者，采用习题训练的方式，利用习题来考核学生学习的情况；最后，通过课后的自学，让学生进一步加强对所学内容的理解，并结合实际情况来解决问题。
全程导学及习题全解是一种系统性的教学方法，它通过理论讲解、案例研究和习题训练，
帮助学生全面地理解物理知识，并把所学概念应用于实际问题中。
它倡导学生将理论与实
践结合起来，使学生具备解决实际问题的能力。
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前 !! 言
科学技术的发展对大学生数学能力的广度和深度都提出了更高的要求例如 电子产品的微型化使得我们要了解器件和电路的性能就要解二维甚至三维的偏微 分方程为了了解电路的频率特性就需要更进一步地熟悉广义函数的特性!因此 大学生掌握和应用数学的能力日显重要!但是与此同时由于学生的就业压力增大 导致专业课程科目增加数学课时普遍被压缩现在数理方法工程数学课时普遍 被压缩在一学期以内学生花在数理方法上的时间大幅度减少!而数理方法是以高 等数学为基础与专业课和科研紧密结合的课程概念多理解困难运算繁杂若没 有一定量的习题辅助难以掌握更难以将它应用到今后的专业课和工作中去!本书 作者都是专业课的教师因科研工作的需要长期与数理方法打交道故而兼教电子 信息类本科生和研究生的数理方法课程!本书稿曾在"##$年以讲义的形式提供给校 内学生使用这次对原讲义进行整理修订后出版希望对广大学生和有关科研工作 者有所帮助!
数学物理方法习题全解
主!编!柯导明 副主编!孟!坚!陈军宁 参!编!薛!峰!吴秀龙!徐太龙
中国科学技术大学出版社
内容简介
本书包含复变函数积分变换数理方程三部分内容!书中总结了这些内容的要点 简明扼要地列出了相应的知识点!习题题型丰富题量适中适用范围广且对题目进行 了归类凡是可以用相同知识点解出的题目都做了提示说明!习题解答详尽完整有的 提供了多种解法!
本书适合工科学生应用物理类学生使用对理科学生和科研工作者学习复习进 修也有一定的帮助!
!图书在版编目数据
!数学物理方法习题全解柯导明主编!合肥中国科学技术大学出版社"#$$!% !&'()*+,-+-%$"-#"+."-,
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数学物理方法习题全解
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
本书的重点"包括了直角坐标系!柱面坐标系!球面坐标系的偏微分方程解法"有分 离变量法!特征线法!高维波动方程解法!积分变换法!冲量法!格林函数法!偏微分 方程的分类以及特殊函数的习题!针对学生今后专业课和科研的要求"将变系数二 阶常微分方程和正交函数系方面的内容单立一章"并给出了适量的习题"以便打好 学生的理论基础"提高计算能力!
本书由柯导明任主编并统稿)孟坚副教授!陈军宁教授任副主编!孟坚编写习题 &至习题'的解答"研究生薛峰'现在安徽三联学院(编写习题(的解答"其余内容由 柯导明!陈军宁!吴秀龙副教授!徐太龙老师编写!黄志祥教授阅读了本书大纲和解 答的前(章"并提出了宝贵的意见!在讲义使用期间代月花教授对部分习题解答提出 了很好的建议!研究生周茂秀!熊三星!刘杰!彭春雨!占萌萌打印了本书的初稿"研 究生赵阳!郑智雄!韦巍校对了本书的初稿!
由于本课程概念与计算方法多"学生在学完课程后往往难以将学过的东西总结 完整"故此我们将本书分成了两部分%纲要与习题)习题全解!在纲要里"我们尽可能 简明扼要地列出该章的主要内容!知识点和解题要用到的公式"使其既能成为学生 解题时的手册"又能成为学生学完该章时的内容小结"学完本课程后将纲要完整地 阅读一遍"又成为数理方法的提纲!全书共有%##多道习题"书中的习题选择一般是 按照纲要所列知识点的次序"从易到难"内容连续"基本上覆盖了所列的知识点!为 了便于学生和教师选择习题"我们在用相同的知识点内容可以解出的题目前面单独 列出了标题"加 " 的题目难度较大"供学有余力的读者选用!由于学生在上课时会同 时听到教师对习题解法的介绍"也由于习题指导类的书籍较多"所以本书不再给出 典型例题分析或习题指导等"而直接在习题解答中详尽地解答每一题"读者将自己 所做的题目与解答对比后可以很方便地找到问题所在!书中的选题尽量照顾了不同 类型读者的需要"使它能适合更多读者使用!但是由于编者的教学对象是工科专业 的本科生"所以基本内容与现有的工程数学以及应用物理类数理方法教材的内容相 符"故也可供学习工程数学的学生使用!
!中国版本图书馆 1&2数据核字 "#$$第#$3+%#号
出版!中国科学技术大学出版社
地址!安徽省合肥市金寨路*.号"%##". 网址!455667899!:95;!8<:!;=
印刷!安徽江淮印务有限责任公司 发行!中国科学技术大学出版社 经销!全国新华书店 开本!+$#>>?*.#>>!$$. 印张!"0@+3 字数!3*"千 版次!"#$$年%月第$版 印次!"#$$年%月第$次印刷 定价!%,!##元
我们在书中对数理方法的传统内容根据现代科学技术的发展做了一些删减!这 门课的传统内容包含复变函数积分变换和数理方程三大板块!对于电子信息类工 科学生和应用物理类专业学生来说这部分内容实际上就是工程数学!无论是数理 方法还是工程数学传统上都是重视复变函数而轻积分变换和数理方程的!但是科 学技术现代教育以及计算科学的发展使得本课程内容在实践中有了一些较大的变 化!计算数学和计算机技术的发展导致了数值计算的范围急剧扩大所以有些传统 内容已经淡化而有些内容却急剧增加!例如现在大部分电磁场和电磁波教科书中 已不再有保角变换内容而偏微分方程的内容已广泛地用于电子器件的特性分析和 计算电磁学中信号与系统课程更是大量使用广义函数和积分变换等内容!基于上 述变化书中对传统内容进行了调整减少了复变函数的内容增加了积分变换和数 理方程的内容!特别对各种常见数理方程的解法做了详细系统的介绍既有经典的 解法也有现代的方法!本书的复变函数包括了复数与复变函数复变函数的导数与 积分泰勒级数罗朗级数和留数三部分内容删除了保角变换!这三部分重点放在 单值函数的导数积分级数留数上但也介绍了一些多值函数的基本概念!积分变 换板块不但包含了传统的傅里叶变换和拉普拉斯变换而且引进了很多广义函数内 容习题不再仅仅局限于求解偏微分方程的需要而是紧密结合电子信息类学生今 后发展和专业课的需求增加了大量的与频谱等方面有关的习题!数理方程内容是