数学物理方程 第四章练习题
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=∫。
高中物理 第四章 牛顿运动定律练习 新人教版必修1(1)(2021年最新整理)
高中物理第四章牛顿运动定律练习新人教版必修1(1)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第四章牛顿运动定律练习新人教版必修1(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第四章牛顿运动定律一、不定项选择题1. 下列关于牛顿第一定律的说法正确的是( ）A. 牛顿第一定律不能在实验室中用实验验证B。
牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C. 惯性定律与惯性的实质是相同的D. 物体的运动不需要力来维持2。
力F1作用在物体上产生的加速度a1＝3 m/s2，力F2作用在该物体上产生的加速度a2＝4 m/s2，则F1和F2同时作用在该物体上,产生的加速度的大小不可能为( )A. 8 m/s2B. 5 m/s2C. 1 m/s2 D。
7 m/s23. 如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1〉m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力,设车足够长,则两个小球( ）A。
一定相碰B. 一定不相碰C。
不一定相碰D。
难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向4. 一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，下列说法正确的是( ）A. 当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B. 无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小C. 无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D。
若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力大小5。
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
人教版物理必修一第四章牛顿运动定律作业题及答案解析第四章 第7节
第7节用牛顿运动定律解决问题(二)1．一个物体在力的作用下；如果保持________状态或者__________________状态；我们就说这个物体处于平衡状态．共点力作用下物体的平衡条件是____________．其数学表达式为F合＝____或{F x合＝；F y合＝；其中F x合为物体在x轴方向上所受的合外力；F y合为物体在y轴方向上所受的合外力．2．超重：当物体具有______的加速时；物体对支持物的压力(或对悬线的拉力)______物体所受的______的现象称为超重______．由此可知：产生超重现象的条件是物体具有______的加速；它与物体运动速的大小和方向______．超重包括__________和__________两种情况．3．失重：当物体具有________的加速时；物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受的______的现象；称为失重现象．由此可知：产生失重现象的条件是物体具有______的加速；它与物体运动速的大小和方向______．失重现象包括__________和__________两种情况．4．完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于____的状态；叫做完全失重状态．产生完全失重现象的条件：当物体竖直向下的加速等于______________时；就产生完全失重现象．5．自由落体从受力的角看；只受大小、方向都不变的______；故自由落体的加速大小、方向也是______的；从运动的角看；是初速为零、竖直向下的______直线运动．6．一物体放在粗糙的水平面上；质量m＝5 kg；物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3；当用水平力F作用在物体上时；物体恰好做匀速直线运动；则力F应为多少？7．以下关于超重与失重的说法正确的是()A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B．在超重现象中；物体的重力是增大的C．处于完全失重状态的物体；其重力一定为零D．如果物体处于失重状态；它必然有向下的加速【概念规律练】知识点一共点力作用下物体的平衡1．物体在共点力作用下；下列说法中正确的是()A．物体的速在某一时刻等于零；物体就一定处于平衡状态B．一物体相对另一物体保持静止时；物体一定处于平衡状态C．物体所受合力为零；就一定处于平衡状态D．物体做匀加速直线运动时；物体处于平衡状态2.图1如图1所示；物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动；则物块所受的摩擦力F f与拉力F的合力方向应该是()A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上3.图2如图2所示；质量为m的物体；在水平力F的作用下；沿倾角为α的粗糙斜面向上做匀速运动；试求水平力的大小．知识点二超重和失重现象4．游乐园中；游客乘坐能加速或减速运动的升降机；可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是()A．当升降机加速上升时；游客是处在失重状态B．当升降机减速下降时；游客是处在超重状态C．当升降机减速上升时；游客是处在失重状态D．当升降机加速下降时；游客是处在超重状态5.图3某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N．他将弹簧测力计移至电梯内称其体重；t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图3所示；电梯运行的v－t图可能是下图中的(取电梯向上运动的方向为正)()6．质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上；当升降机做下列各种运动时；体重计的读数是多少？(g取10 m/s2)(1)升降机匀速上升；(2)升降机以3 m/s2的加速加速上升；(3)升降机以4 m/s2的加速加速下降．知识点三竖直上抛运动中的失重现象7.图4如图4所示；A、B两物块叠放在一起；当把A、B两物块同时竖直向上抛出时(不计空气阻力)；则()A．A的加速小于gB．B的加速大于gC．A、B的加速均为gD．A、B间的弹力为零【方法技巧练】一、应用图解法处理平衡问题8.图5如图5所示；电灯悬挂于两墙壁之间；更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点位置和OB绳的位置不变；则在A点向上移动的过程中()A．绳OB的拉力逐渐增大B．绳OB的拉力逐渐减小C．绳OA的拉力先增大后减小D．绳OA的拉力先减小后增大二、应用合成法和正交分解法处理平衡问题9.图6在科学研究中；可以用风力仪直接测量风力的大小；其原理如图6所示．仪器中一根轻质金属丝；悬挂着一个金属球．无风时；金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时；金属丝偏离竖直方向一个角．风力越大；偏角越大；通过传感器；就可以根据偏角的大小指示出风力；那么风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间有什么样的关系呢？(试用合成法和正交分解法两种方法求解)1．大小不同的三个力同时作用在一个小球上；以下各组力中；可能使小球处于平衡状态的一组是()A．2 N；3 N；6 N B．1 N；4 N；6 NC．35 N；15 N；25 N D．5 N；15 N；25 N2．在完全失重的状态下；下列物理仪器还能使用的是()A．天平B．水银气压计C．电流表D．弹簧测力计3．下列说法中正确的是()A．失重就是物体的重力减小了B．运动的物体惯性小；静止的物体惯性大C．不论超重、失重或完全失重；物体所受重力是不变的D．做实验时；给电磁打点计时器提供交流电源或直流电源；它都能正常工作4．跳水运动员从10 m跳台腾空跃起；先向上运动一段距离达到最高点后；再自由下落进入水池；不计空气阻力；关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有() A．上升过程处于超重状态；下落过程处于失重状态B．上升过程处于失重状态；下落过程处于超重状态C．上升过程和下落过程均处于超重状态D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态5．某实验小组；利用DIS系统观察超重和失重现象；他们在电梯内做实验；在电梯的地板上放置一个压力传感器；在传感器上放一个重为20 N的物块；如图7甲所示；实验中计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系；如图乙所示．以下根据图象分析得出的结论中正确的是()图7A．从时刻t1到t2；物块处于失重状态B．从时刻t3到t4；物块处于失重状态C．电梯可能开始停在低楼层；先加速向上；接着匀速上升；再减速向上；最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层；先加速向下；接着匀速向下；再减速向下；最后停在低楼层6.图8姚明成为了NBA一流中锋；给中国人争得了荣誉和尊敬；让更多的中国人热爱上篮球这项运动．姚明某次跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程；如图8所示；下列关于蹬地和离地上升两过程的说法中正确的是(设蹬地的力为恒力)()A．两过程中姚明都处在超重状态B．两过程中姚明都处在失重状态C．前过程为超重；后过程不超重也不失重D．前过程为超重；后过程为完全失重7.图9光滑小球放在两板间；如图9所示；当OA绕O点转动使θ变小时；两板对球的压力F A和F B的变化为()A．F A变大；F B不变B．F A和F B都变大C．F A变大；F B变小D．F A变小；F B变大8.图10如图10所示；一个重为G的物体放在粗糙水平面上；它与水平面的动摩擦因数为μ；若对物体施加一个与水平面成θ角的力F；使物体做匀速直线运动；则下列说法中不正确的是()A．物体所受摩擦力与拉力的合力方向竖直向上B．物体所受的重力、支持力、摩擦力的合力与F等大反向C．物体所受的重力、摩擦力、支持力的合力等于F cos θD．物体所受摩擦力的大小等于F cos θ；也等于μ(G－F sin θ)9.图11用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体；静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体；系统静止时弹簧伸长量也为L.斜面倾角为30°；如图11所示．则物体所受摩擦力()A．等于零B．大小为错误!mg；方向沿斜面向下C．大小为错误!mg；方向沿斜面向上D．大小为mg；方向沿斜面向上题号123456789 答案10.质量m＝2 kg的木块放在水平木板上；在F1＝4 N的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行；如图12甲所示则木块与木板之间的动摩擦因数为多少？若将木板垫成倾角为α＝37°斜面(如图乙所示)；要使木块仍能沿斜面匀速向上滑行；则沿平行于斜面向上的拉力F2应多大？(已知cos 37°＝0.8；sin 37°＝0.6；g＝10 N/kg)图1211.图13如图13所示；一轻弹簧AB原长为35 cm；现A端固定于一个放在倾角为30°的斜面、重50 N的物体上；手执B端；使弹簧与斜面平行．当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时；弹簧长变为40 cm；当匀速上滑时；弹簧长变为50 cm.求：(1)弹簧的劲系数k；(2)物体跟斜面间的动摩擦因数μ.第7节用牛顿运动定律解决问题(二)课前预习练1．静止匀速直线运动合力为零0002．向上大于重力现象向上无关加速上升减速下降3．向下小于重力向下无关加速下降减速上升4．0重力加速5．重力恒定匀加速6．15 N解析F＝μmg＝0.3×5×10 N＝15 N.7．D课堂探究练1．C2．B[对物块进行受力分析如右图所示；除F与F f外；它还受竖直向下的重力G及竖直向上的支持力F N；物块匀速运动；处于平衡状态；合力为零．由于重力G和支持力F N在竖直方向上；将重力和支持力等效成一个竖直向下的力；四力平衡转化为三力平衡；则根据三力平衡的原理；F与F f的合力必须和重力与支持力的合力等大反向；所以沿竖直方向向上．故B正确．] 点评(1)三力平衡的特点：任意两个力的合力必和第三个力等大反向．(2)n个力共点平衡最终可以等效成二力平衡．3.错误!mg解析以质量为m的物体为研究对象；它做匀速运动处于平衡状态．对研究对象进行受力分析；该物体受四个力作用；分别是重力mg、斜面的摩擦力F f、斜面的支持力F N、水平力F；受力图如图所示．对于这类题我们往往采用正交分解法；按图所示方法建立平面直角坐标系；根据平衡条件建立平衡方程为F cosα－mg sinα－F f＝0；F N－mg cosα－F sinα＝0；F f＝μF N.联立以上三个方程；可得F＝错误!mg.4．BC5．AD[在t0～t1时间段内；人失重；应向上减速或向下加速；B、C错；t1～t2时间段内；人匀速或静止；t2～t3时间段内；人超重；应向上加速或向下减速；A、D都有可能对．] 6．(1)600 N(2)780 N(3)360 N解析人站在升降机中的体重计上；受力情况如右图所示．(1)当升降机匀速上升时；由牛顿第二定律得：F合＝F N－G＝0所以人受到的支持力F N＝G＝mg＝600 N.根据牛顿第三定律；人对体重计的压力的大小就等于体重计的示数；即600 N.(2)当升降机以3 m/s2的加速加速上升时；由牛顿第二定律得F N－G＝ma；F N＝G＋ma＝m(g＋a)＝780 N；由牛顿第三定律得；此时体重计的示数为780 N；大于人的重力；人处于超重状态．(3)当升降机以4 m/s2的加速加速下降时；由牛顿第二定律得：G－F N＝ma；F N＝G－ma＝m(g－a)＝360 N；由牛顿第三定律得；此时体重计的示数为360 N；小于人的重力600 N；处于失重状态．7．CD点评当物体处于自由落体或竖直上抛运动状态时由于物体的加速均为重力加速；故物体处于完全失重状态．此时物体对水平支持物的压力或对竖直悬挂的拉力等于零．8．BD[在绳OA的连接点A向上移动的过程中；结点O始终处于平衡状态．取结点O为研究对象；受力情况如右图所示；图中F1、F2、F3分别是绳OA、绳OB、电线对结点O的拉力；F3′是F1和F2的合力；且F3′＝F3.在A点向上移动的过程中；F3的大小和方向都保持不变；F2的方向保持不变．由右图可知；当绳OA垂直于OB时；绳OA的拉力最小；所以绳OA 的拉力先减小后增大；绳OB的拉力逐渐减小．正确选项为B、D.]方法总结用图解法分析动态平衡问题；主要按以下步骤进行：对研究对象进行受力分析；再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图(画在同一个图中)；然后根据有向线段(表示力)的长变化判断各个力的变化情况．9．mg tanθ解析取金属球为研究对象；有风时；它受到三个力的作用：重力mg、水平方向的风力F和金属丝的拉力F T；如右图所示．这三个力是共点力；在这三个共点力的作用下金属球处于平衡状态；则这三个力的合力为零；根据任意两力的合力与第三个力等大反向求解；也可以用正交分解法求解．解法一力的合成法如图甲所示；风力F和拉力F T的合力与重力等大反向；由平行四边形定则可得F＝mg tanθ.解法二正交分解法以金属球为坐标原点；取水平方向为x轴；竖直方向为y轴；建立坐标系；如图乙所示．由水平方向的合力F合x和竖直方向的合力F合y分别等于零；即F合x＝F T sinθ－F＝0；F合y＝F T cosθ－mg＝0；解得F＝mg tanθ.由所得结果可见；当金属球的质量m一定时；风力F只跟偏角θ有关．因此；偏角θ的大小就可以指示出风力的大小．方法总结(1)对于三力平衡；一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系；将两个力合成后的合力与第三个力等大反向；借助三角函数、相似三角形等方法求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上；得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向．(2)正交分解法是解决平衡问题最常用的方法；多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡．在选择x轴、y轴时；应使落在两坐标轴上的力尽可能的多．建立直角坐标系后将各力沿坐标轴分解；由ΣF x＝0和ΣF y＝0列方程求解．课后巩固练1．C 2.CD 3.C4．D[跳水运动员在空中时无论上升还是下降；加速方向均向下；由于不计空气阻力；故均为完全失重；故选D.]5．BC[由图可知在0～t1、t2～t3及t4之后；传感器所受压力大小等于物块的重力大小；t1～t2时间段内；传感器所受压力大小大于物块重力；处于超重状态；加速向上；t3～t4时间段内；压力小于物块重力；处于失重状态；加速向下．综上所述选项B、C正确．]6．D[用力蹬地获得一个向上的大于重力的支持力；故蹬地过程是一个向上加速的过程；是超重现象；空中上升过程只受重力作用；有向下的加速g；是完全失重现象；所以D项正确．]7．B[如下图所示；当θ角变小时；两分力由F A、F B分别变为F A′和F B′；可见两力都变大．] 8．C[物体受四个共点力作用处于平衡状态如右图所示；故任意三个力的合力必与另一个力等大反向；B对；C错．将力F正交分解；由平衡条件知F f＝F cosθ；又因F N＝G－F sinθ；所以F f＝μF N＝μ(G－F sinθ)；D对．因F的一个分力F1＝F cosθ与F f合成后合力为零；故F与F f的合力大小为F的另一个分力；即F2＝F sinθ；方向竖直向上；A对．]9．A[竖直悬挂时mg＝kL①沿斜面拉2m物体时；设物体受摩擦力为F f；方向沿斜面向下；则kL＝2mg sin 30°＋F f②由①②得F f＝0.]10．0.215.2 N11．(1)250 N/m(2)错误!解析当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时；物体受力情况如图甲由平衡条件得：F1＋F f＝G·sin 30°；F N＝G·cos 30°；F f＝μF N.而F1＝k×(0.4－0.35)＝0.05k；当弹簧和物体沿斜面匀速上滑时；物体受力情况如图乙由平衡条件得：F2＝G·sin 30°＋F f′；而F f′＝μF N；F2＝k×(0.5－0.35)＝0.15k；以上各式联立求得：k＝250 N/m；μ＝错误!.。
《数学物理方程》第四章§1
2/16
2u 2u a2 2 t 2 x
2u 2u a2 2 0 t 2 x
2 2 ( 2 a 2 2 )u 0 t x
0 1 0 a 2
dx 令 dt
2 a 2 0
a
x at x at
t t a a 1 1 x x
0 a a a 1 1 a 1 0 a 2 1 1
0 2a 2
《百科全书》不仅在于提供知识,而更重要的在 于改变读者的思想。 向前进，你就会产生信念 ————达朗贝尔
达朗贝尔脱下了微分学的神秘外衣 ————马克思
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2u 2u a2 2 t 2 x
u( x , t ) = f1(x + at ) + f2(x – at )
u t 0 u ( x ), t
2a 2 0
3/16
0 1 0 a 2
0 2a 2
2a 2 0
( t , x ) ( , )
2u 2u a2 2 0 2 t x
2u 0
2u 4a 2 0
x , x [0,1 / 2] ( x ) 1 x , x [1 / 2,1] 0, 其它
随着时间的推移, u2 的图形以速度 a 向x 轴正方向 移动. 所以,u2表示一个以速度a 沿 x 轴正方向传播 的行波，称为右行波。
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2u 2u a2 2 t 2 x u u t 0 ( x ), t
高中物理第四章牛顿运动定律第3节牛顿第二定律练习新人教版必修1(2021年整理)
2017-2018版高中物理第四章牛顿运动定律第3节牛顿第二定律练习新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017-2018版高中物理第四章牛顿运动定律第3节牛顿第二定律练习新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第3节牛顿第二定律对公式F=ma的理解1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是( D ）A。
物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合外力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任何一个力的大小成正比D。
当物体的质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体的水平加速度的大小与其质量成反比解析：根据牛顿第二定律得知,当物体受力不变时,物体加速度的大小跟质量成反比,与速度无关,选项A错误.力是产生加速度的原因,加速度与力成正比，只要有力,就会产生加速度，选项B错误.物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比,而不是跟它所受作用力中的任何一个力的大小成正比,选项C错误.当物体的质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律可知，物体水平加速度的大小与其质量成反比，选项D正确.2。
(2017·苏州高一检测）如图所示,质量m=10 kg的物体在水平面上向右运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0。
2，与此同时物体受到一个水平向左的推力F=20 N的作用，取g=10 m/s2,则物体的加速度是( C ）A。
0 B.4 m/s2,水平向右C.4 m/s2，水平向左 D。
高中物理 第四章 牛顿运动定律练习 新人教版必修1(2021年最新整理)
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牛顿运动定律一、单项选择题1. “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。
据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( ）A。
g B。
2gC。
3g D. 4g2。
如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示．在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是（)A. M下滑的速度不变B。
M开始在传送带上加速到2v0后匀速C. M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D。
M受的摩擦力方向始终沿斜面向上3。
物体A，B，C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A，m B,m C,得到三个物体的加速度a与其所受拉力F的关系图线如图所示，图中A，B两直线平行，则下列由图线判断所得的关系式正确的是（）A. μA＝μB＝μCB. m A<m B〈m CC. m A〉m B>m CD. μA〈μB＝μC4。
如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直,在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长,在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为( )A。
高中物理第四章用牛顿运动定律解决问题一练习新人教版必修
4.6-1用牛顿运动定律解决问题（一）知识点一：从受力情况确定运动情况1． A、B两物体以相同的初速度在一水平面上滑动，两个物体与水平面间的动摩擦因数相同，且m A＝3m B，则它们能滑动的最大距离x A和x B的关系为( )A．x A＝x B B．x A＝3x B C．x A＝13x B D．x A＝9x B2. （多选）如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动3.如图甲所示,放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用静止不动。
现保持F1不变,使F2逐渐减小到零,再逐渐恢复到原来的大小,其大小变化图象如图乙所示,则在此过程中,能正确描述木块运动情况的图象是下图中的( )4.(多选)蹦极运动的示意图如图所示,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连。
运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起。
整个过程中忽略空气阻力。
分析这一过程,下列表述正确的是( )A.经过B点时,运动员的速率最大B.经过C点时,运动员的速率最大C.从C点到D点,运动员的加速度增大D.从C点到D点,运动员的加速度不变5．如图中的AB、AC、AD都是光滑的轨道，A、B、C、D四点在同一竖直圆周上，其中AD是竖直的直径。
一小球从A点由静止开始，分别沿AB、AC、AD轨道滑下，到达B、C、D点所用的时间分别为t1、t2、t3。
则下列关系正确的是（）A．t1=t2=t3 B．t1＞t2＞t3 C．t1＜t2＜t3 D．t3＞t1＞t26．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．知识点二：从运动情况确定受力情况7．质量为ｍ1和ｍ2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为ｍ1的物体先落地，那么A ．ｍ1＞ｍ2B ．F 1＜F 2C ．11m F ＜22m FD ．11m F ＞22m F 8.如图所示,当车厢向右加速行驶时,一质量为m 的物块紧贴在车厢壁上,相对于车厢壁静止,随车一起运动,则下列说法正确的是( )A.在竖直方向上,车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B.在水平方向上,车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力C.若车厢的加速度变小,车厢壁对物块的弹力不变D.若车厢的加速度变大,车厢壁对物块的摩擦力也变大9.(多选)如图所示,总质量为460 kg 的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s 2,当热气球上升到180 m 时,以5 m/s 的速度向上匀速运动。
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 第四章练习题
α21 − α22 = 0,
α20 + α21 + α22 = 1.
√
√
解得:
l = (cos θ,
2 2
sin
θ,
2 2
sin
θ),
其中
θ
为任意参数.
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二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.2
证明: 经过可逆的坐标变换 xi = fi(y1, · · · , yn) (i = 1, · · · , n), 原方程的特征曲 面变为经变换后的新方程的特征曲面, 即特征曲面关于可逆坐标变换具有不变 性. .
二阶线性方程的特征理论
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二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.4
.试定义 n 阶线性偏微分方程的特征方程、特征方向和特征曲面.
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二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.4
(1.2)
ξ = α1x + α2y, η = α3x + α4y,
其中 αi (i = 1, 2, 3, 4) 均为常数. 由此得 (1.1) 式中系数 A1, B1, C1, D1 均为常数. 再引入未知函数变换
u = eλξ+µηv,
(1.3)
将 (1.3) 式代入 (1.1) 式中, 在双曲型时, 只要取 λ = A1/2, µ = B1/2, 而
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数学物理方程
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数学物理方程第四章 格林函数法
为边界的有界连通区域，u(x, y, z)在 上有连续
的一阶偏导数，在 内调和，定点 M 0 (x0 , y0 , z0 ) ， r 为定点M 0到变点 M (x, y, z) 距离： 则有
u(M0 )
1
4
1 [ r
u n
u
(1)]ds n r
(2.9)
故不提初始条件!只给出边界条件就可以. 下面看边界条件的提法.
（1） 第一边值问题(狄利克雷（Dirichlet）问题）
设方程（1.1）的空间变量(x, y, z) ， 为 R3的开区域。如果
u(x, y, z)满足方程（1.1），且在 边界 上直接给定了u(x, y, z)
的具体函数形式 f (x, y, z)，即
u(x, y, z) f (x, y, z)
（1.2）
则称问题（1.1）~（1.2）为拉普拉斯第一边值问题或狄利克雷
（Dirichlet）问题，u(x, y, z) 为此问题的解。
2u 2u 2u
u
x 2
y 2
z 2
0
u( x, y,z) f ( x, y,z),
u, v互 换
v
u v u v u v
( uv )dV
u
n
ds
(
x
x
y
y
z
z
)dV
(2.2)
u
u v u v u v
(vu)dV
v
n
ds
(
x
x
y
y
z
数学物理方程第二版习题解答第四章
数学物理方程第二版习题解答第四章复旦第二版第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结§1二阶方程的分类1．证明两个自变量的二阶线性方程经过可逆变换后它的类型不会改变，也就是说，经可逆变换后（4）gnyu某某+2u某y+gn某uyy1某>0=0(gn某=0某=0)1某<0(5)u某某4u某y+2u某z+4uyy+uzz=0解：(1)某2u某某y2uyy=0 =a212a11a22的符号不变。
证：因两个自变量的二阶线性方程一般形式为a11u某某+2a12u某y+a22uyy+b1u某+b2uy+cu=f经可逆变换某=某(某,y)D(某,η)η=η(某,y)D(某,y)≠0化为11u某某+212u某η+22uηη+2uη+=f=a某2+2a某某+其中1111某12某ya22某y212=a11某某η某+a12(某某ηy+某yη某)+a22某yηy22=a11η某2+2a12η某ηy+a22ηy2所以=2121122=a212(某某2ηy2+某y2η某2)2a11某某某yη某ηy+2a11a22某某某yη某ηy2)=(a212D(2a11a22(η某2某y2+某某2ηyaη某,η)11a22)(某某y某yη某)2=D(某,y)因D(某,η)2D(某,y)>0，故与同号，即类型不变。
2．判定下述方程的类型（1）某2u某某y2uyy=0（2）u某某+(某+y)2uyy=0（3）u某某+某yuyy=0因=某2y2>0当某≠0,y≠0时>0,某=0或y=0时=0。
即在坐标轴上方程为抛物型，其余处为双曲型。
（2）u2某某+(某+y)uyy=0因=(某+y)2≤0，在直线某+y=0上，=0为抛物型，其余处<0，为椭圆型。
（3）u某某+某yuyy=0因=某y在坐标轴上，=0为抛物型；在一，三象限中，<0，为椭圆型；在二，四象限中，>0，为双曲型。
（4）gnyu某某+2u某y+gn某uyy=0因=1gn某gny,在坐标轴上>0，为双曲型；在一，三象限内=0，为抛物型；在二，四象限内>0，为双曲型。
高中物理 第四章 牛顿运动定律练习1 新人教版必修1(1)(2021年最新整理)
高中物理第四章牛顿运动定律练习1 新人教版必修1(1)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第四章牛顿运动定律练习1 新人教版必修1(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为高中物理第四章牛顿运动定律练习1 新人教版必修1(1)的全部内容。
牛顿运动定律1.（单选）机车A拉着一节车厢B沿水平轨道向右匀速行驶时，下列说法中正确的是(）A. A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力B。
A拉B的力与B拉A的力是一对不同种类的力C. A拉B的力与地面对B的阻力是一对平衡力D. A拉B的力与地面对B的阻力是一对作用力与反作用力2.（单选)(2017·南京、盐城一模)如图所示,质量为m的物块甲，放在容器底部，随同容器一起从某一高处由静止释放，下落过程中不计一切阻力.则物块甲（）A。
加速度大于gB. 加速度小于gC. 对容器底部的压力等于0D. 对容器底部的压力等于mg3。
（单选)（2016·上海卷）如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（）A. OA方向B. OB方向C. OC方向D. OD方向4。
(单选)两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上,如图所示。
如果它们分别受到水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为(）A。
F B。
F C。
F D。
F5.（单选）(2016·泰州一模)如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上,此力F 的方向与斜面平行。
如果将力F撤除，下列说法中正确的是（）A. 物块将沿斜面下滑B。
数学物理方程(谷超豪)-第三、四章 课后习题答案
第三章调和方程§1建立方程定解条件1．设)(),,,(21r f x x x u n = )(221n x x r ++=是n 维调和函数（即满足方程022212=∂∂++∂∂nx ux u），试证明221)(-+=n rc c r f )2(≠n rInc c r f 1)(21+=)2(=n 其中21,c c 为常数。
证：)(r f u =,rx r f x rr f x u i i i ⋅=∂∂⋅=∂∂)()(''32''22"22)(1)()(r x r f r r f rx r f x ui i i ⋅-⋅+⋅=∂∂312''212"122)()()(rx r f r nr f rx r f x uni i ni i ni i∑∑∑===⋅-⋅+⋅=∂∂)(1)('"r f rn r f -+=即方程0=∆u 化为0)(1)('"=-+r f rn r f rn r f r f 1)()('"--=所以)1(1')(--=n r A r f 若2≠n ，积分得1212)(c r n A r f n ++-=+-即2≠n ，则221)(-+=n r c c r f 若2=n ，则rA r f 1')(=故Inr A c r f 11)(+=即2=n ，则rInc c r f 1)(21+=2．证明拉普拉斯算子在球面坐标),,(ϕθr 下，可以写成sin 1)(sin sin 1(12222222=∂∂⋅+∂∂∂∂⋅+∂∂∂∂⋅=∆ϕθθθθθur u r r u r r r u 证：球坐标),,(ϕθr 与直角坐标),,(z y x 的关系：ϕθcos sin r x =，ϕθsin sin r y =，θcos r z =（1）222222z u yu xu u ∂∂+∂∂+∂∂=∆为作变量的置换，首先令θρsin r =，则变换（1）可分作两步进行ϕρcos =x ，ϕρsin =y （2）θρsin r =，θcos r z =（3）由（2）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫∂∂+-∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂)cos ()sin (sin cos ϕρϕρϕϕϕρy ux u u y u x u u 由此解出⎪⎭⎪⎪⎬⎫⋅∂∂+∂∂=∂∂⋅∂∂-∂∂=∂∂ρϕϕϕρρϕϕϕρcos sin sin cos u u y u u u x u （4）再微分一次，并利用以上关系，得)sin cos (22ρϕϕϕρ⋅∂∂-∂∂∂∂=∂∂u u x xu)sin cos (sin )sin cos (cos ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂-∂∂∂∂⋅-⋅∂∂-∂∂∂∂=u u u u +∂∂⋅+∂∂∂⋅-∂∂=22222222sin cos sin 2cos ϕρϕϕρρϕϕρϕuu u ρρϕϕρϕϕ∂∂⋅+∂∂⋅+u u 22sin cos sin 2cos sin (22ρϕϕϕρ⋅∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u y yu)cos sin (cos )cos sin (sin ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂+∂∂∂∂++⋅∂∂+∂∂∂∂=u u u u ρρϕϕρϕϕϕρϕϕρρϕϕρ∂∂⋅+∂∂⋅--∂∂⋅+∂∂∂+∂∂=u u uu u2222222222cos cos sin 2cos cos sin 2sin 所以ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂=∂∂+∂∂uu u yu xu 11222222222（5）ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂uuz uu z u y u x u112222222222222再用（3）式，变换2222zu u ∂∂+∂∂ρ。
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齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 10 / 39
二阶线性方程的分类
.E.xample 1.4
证明: 两个自变量的二阶常系数双曲型方程或椭圆型方程一定可以经过自变量 及未知函数的可逆变换
u = eλξ+µηv,
将它化成
vξξ ± vηη + cv = f
.的形式.
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数学物理方程
在椭圆型时, 取 λ = A1/2, µ = −B1/2 就可将方程化成 vξξ ± vηη + cv = f 的简 单形式.
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数学物理方程
2012-10-3 12 / 39
1. 二阶线性方程的分类 2. 二阶线性方程的特征理论 3. 三类方程的比较 4. 先验估计
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数学物理方程
2012-10-3 5 / 39
二阶线性方程的分类
.E.xample 1.2
判定下列方程的类型: 1. x2uxx − y2uyy = 0; 2. uxx + (x + y)2uyy = 0; 3. uxx + xyuyy = 0; 4. sgn yuxx + 2uxy + sgn xuyy = 0;
(1) ∂x21 + ∂x22 = ∂x23 + ∂x24
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数学物理方程
2012-10-3 13 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.1
.求下列方程的特征方程和特征方向:
∂2u ∂2u ∂2u ∂2u (1) ∂x21 + ∂x22 = ∂x23 + ∂x24
解: 特征方程:
= △ · (detJ)2.
这就证明了 △ 与 △ 符号相同, 即经自变量可逆变换后方程类型不改变. 设未知函数可逆变换为 u = f(v), f ′(v) 0, 对以 v 为未知函数的新方程
系数分别为 a11 = a11f ′, a12 = a12f ′, a22 = a22f ′,
故 △ = f ′2 · △, 所以经未知函数可逆变换后方程类型不改变.
二阶线性方程的特征理论
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数学物理方程
2012-10-3 19 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.4
.试定义 n 阶线性偏微分方程的特征方程、特征方向和特征曲面.
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数学物理方程
2012-10-3 20 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.4
.试定义 n 阶线性偏微分方程的特征方程、特征方向和特征曲面. 解:
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数学物理方程
2012-10-3 20 / 39
二阶线性方程的特征理论
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 21 / 39
1. 二阶线性方程的分类 2. 二阶线性方程的特征理论 3. 三类方程的比较 4. 先验估计
.
.
二阶线性偏微分方程的分类与总结
齐海涛
山东大学（威海）数学与统计学院
htqisdu@
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数学物理方程
2012-10-3 1 / 39
目录
1. 二阶线性方程的分类 2. 二阶线性方程的特征理论 3. 三类方程的比较 4. 先验估计
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数学物理方程
2012-10-3 2 / 39
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数学物理方程
2012-10-3 22 / 39
三类方程的比较
.E.xample 3.1
试回顾以前学过的求解偏微分方程定解问题的各种方法, 并指出叠加原理在哪 .里被用到.
1. 二阶线性方程的分类 2. 二阶线性方程的特征理论 3. 三类方程的比较 4. 先验估计
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数学物理方程
2012-10-3 3 / 39
二阶线性方程的分类
.E.xample 1.1
证明: 两个自变量的二阶线性方程经过自变量的可逆变换后, 其类型不会改 .变, 即变换后 △ = a212 − a11a12 的符号不变.
解: 特征方程:
α20 = α21 + α22 + α23.
特征方向 l 满足:
α20 = α21 + α22 + α23,
α20 + α21 + α22 + α23 = 1.
√√
√
√
解得:
l
=
(±
2 2
,
2 2
sin
θ
sin
β,
2 2
sin
θ
cos
β,
2 2
cos
θ),
其中
θ,
β
为任意参数.
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数学物理方程
2012-10-3 13 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.1
.求下列方程的特征方程和特征方向:
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 13 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.1
.求下列方程的特征方程和特征方向: ∂2u ∂2u ∂2u ∂2u
. 5. uxx − 4uxy + 2uxz + 4uyy + uzz = 0.
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 6 / 39
二阶线性方程的分类
解: (1) 当 xy 0 时, 方程为双曲型; 当 xy = 0 时, 方程为抛物型. (2) 当 x + y 0 时, 方程为椭圆型; 当 x + y = 0 时, 方程为抛物型. (3) 当 xy > 0 时, 方程为椭圆型; 当 xy = 0 时, 方程为抛物型; 当
α21 − α22 = 0,
α20 + α21 + α22 = 1.
√
√
解得:
l = (cos θ,
2 2
sin
θ,
2 2
sin
θ),
其中
θ
为任意参数.
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数学物理方程
2012-10-3 15 / 39
二阶线性方程的特征理论
.E.xample 2.2
证明: 经过可逆的坐标变换 xi = fi(y1, · · · , yn) (i = 1, · · · , n), 原方程的特征曲 面变为经变换后的新方程的特征曲面, 即特征曲面关于可逆坐标变换具有不变 性. .
. 5. (1 + x2)uxx + (1 + y2)uyy + xux + yuy = 0.
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数学物理方程
2012-10-3 8 / 39
二阶线性方程的分类
解: (1) 令
ξ = y − 2x, η = x,
则得
uξξ + uηη + uη = 0.
(2) 令
ξ = y/x, η = y,
η = x,
则得 (4) 令
则得 (5) 令
则得
1 uξξ + uηη − ξ uξ = 0.
ξ = y − 2x + sin x, η = y + 2x + sin x,
uξη
+
ξ
+η 32 (uξ
+
uη)
=
0.
√ ξ = ln(y + 1 + y2),
√ η = ln(x + 1 + x2),
uξξ + uηη = 0.
记 则 detJ
(
)
J=
ξx ηx
ξy ηy
,
0. 由复合函数求导得以 ξ, η 为自变量的新方程系数为
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数学物理方程
2012-10-3 3 / 39
二阶线性a12 = ξx
( a22 = ηx
ξy
)(
a11 a12
ξy
)(
a11 a12
ηy
)(
a11 a12
2012-10-3 13 / 39
二阶线性方程的特征理论
∂2u ∂2u ∂2u ∂2u (2) ∂t2 = ∂x21 + ∂x22 + ∂x23
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
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二阶线性方程的特征理论
∂2u ∂2u ∂2u ∂2u (2) ∂t2 = ∂x21 + ∂x22 + ∂x23
(1.2)
ξ = α1x + α2y, η = α3x + α4y,
其中 αi (i = 1, 2, 3, 4) 均为常数. 由此得 (1.1) 式中系数 A1, B1, C1, D1 均为常数. 再引入未知函数变换
u = eλξ+µηv,
(1.3)
将 (1.3) 式代入 (1.1) 式中, 在双曲型时, 只要取 λ = A1/2, µ = B1/2, 而
α21 + α22 = α23 + α24.
特征方向 l 满足:
α21 + α22 = α23 + α24,
α21 + α22 + α23 + α24 = 1.
√
√
√
√
解得:
l
=
(
2 2
sin θ,
2 2
cos