【最新】数学物理方法试卷(全答案)

高中物理数学物理法题20套(带答案)含解析一、数学物理法1．在地面上方某一点分别以和的初速度先后竖直向上抛出两个小球（可视为质点），第二个小球抛出后经过时间与第一个小球相遇，要求相遇地点在抛出点或抛出点以上，改变两球抛出的时间间隔，便可以改变值，试求（1）若，的最大值（2）若，的最大值【答案】（1）（2）22212v vvtg-∆=-【解析】试题分析：（1）若，取最大值时，应该在抛出点处相遇，则最大值（2）若，取最大值时，应该在第一个小球的上抛最高点相遇，解得，分析可知，所以舍去最大值22212v vvtg-∆=考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题的解题是判断并确定出△t取得最大的条件，也可以运用函数法求极值分析．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m2m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 。

【解析】 【分析】 【详解】（1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为2T mg =对A 受力分析，如图所示在竖直方向合力为零，故cos T mg θ=解得45θ=o（2）对A 球，根据牛顿第二定律有2sin sin v T ml θθ= 解得22v gl =故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有()212cos 124W mv mg l l mgl θ⎛=+-=- ⎝⎭（3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有2sin sin v T mx θθ=解得22v gx =A 球做平抛运动下落的时间为t，则有212cos 2l x gt θ-=解得2222l x t g⎛⎫- ⎪⎝⎭=水平位移为()22S vt x l x ==-当2x l =时，位移最大，为2m S l =3．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。

（1）当滑动变阻器R2接入电路的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大，最大功率是多少。
（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。
【答案】（1）2 W。（2）2.5 W。（3）3.125 W。
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
6．小华站在水平地面上，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，球飞行水平距离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 d，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求A沿倾斜轨道下滑的加速度与碰后沿轨道上滑的加速度大小之比；
(2)若倾斜轨道与水平面的夹角为θ，求A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B在此碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 或者
【解析】
【详解】
(1)速度为 的粒子沿 轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为 ，由牛顿第二定律
①
②
联立，解得
③
(2)如图a所示
速度为 的粒子与 轴正向成 角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
④
而
⑤
粒子沿 轴方向的分速度
⑥
联立，解得
由圆周运动向心力公式，有
Fmax-mg=
得
Fmax= mg
(2)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有

数理方法概论试题及参考答案一、简答题（每小题5分，共20分）1. 写出高斯定理⎰⎰⋅∇=⋅SVdV d A S A2. 在斯托克斯定理()⎰⎰⋅⨯∇=⋅SLd A d S l A中, L 是式中那个量的边界线? 3. 定解问题包含那两部分?在数学上,边界条件和初始条件合称为定解条件,数学物理方程本身(不连带定解条件)叫做泛定方程.定解条件提出具体问题,泛定方程提供解决问题的依据,作为一个整体,叫做定解问题. 4. 边界条件有那几类?1) 直接规定边界上的值.这叫做第一类边界条件.()()t ,z ,y ,x f t ,z ,y ,x u S 000=2) 直接规定梯度在边界上的值.这叫做第二类边界条件.()t ,z ,y ,x f nu S000=∂∂3) 规定了边界上的数值与(外)法向导数在边界上的数值之间的一个线性关系.()t ,z ,y ,x f n u H u S 000=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+4) 除上述的边界条件外,在求解物理问题时,一般还会遇到所谓的自然边界条件.自然边界条件一般由物理问题本身提出,由于真实的物理量应该是有限的,而在无穷远或坐标原点处的数学的解往往会包含无穷大的解在内,这时从物理上考虑应该舍去这些解,这就构成了上述的自然边界条件.除此之外还有周期性自然边界条件.二、证明题（每小题20分，共40分）1. 证明 ϕϕ2∇≡∇⋅∇ 证: 2222222x y z x y z x y z ϕϕϕϕ⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∇⋅∇=++⋅++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎛⎫∂∂∂=++≡∇ ⎪∂∂∂⎝⎭xy z x y z e e e e e e 2. 证明不同阶的勒让德多项式在区间()11+-,上正交.()()()l k dx x P x P lk≠=⎰+-011证明：设本征函数k P 和l P 分别满足勒让德方程()()()()01101122=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-l l k k P l l dx dP x dx d P k k dx dP x dx d前一式乘以l P ，后一式乘以k P ，然后相减得()()()()[]0111122=+-++⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-l k l k k lP P l l k k dx dP x dx d P dx dP x dx d P 从1-到1+积分得()()()()11221101111k l l k k l dP dP d d P x P x dx k k l l P Pdx dx dx dx dx ++--⎧⎫⎡⎤⎡⎤=---++-+⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎩⎭⎰⎰ ()()()()1122111111k l l k k l dP dP d x P x P dx k k l l P Pdx dx dx dx ++--⎧⎫=---++-+⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭⎰⎰()()()()()()()()222211111111111111k l k l l k l k x x k l k l dP dP dP dP x P x P x P x P dx dx dx dx k k l l P Pdxk k l l P Pdx==-+-+-⎡⎤⎡⎤=-------⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦++-+⎡⎤⎣⎦=+-+⎡⎤⎣⎦⎰⎰当l k ≠时即有：()110k lP Pdx k l +-=≠⎰三、计算题（每小题20分，共40分）1. 研究矩形波(见图1)1(0,)(2,(21))()1(,0)((21),2)m m f x m m ππππππ++⎧=⎨---⎩于以及于以及的频谱.解:根据()01cos sin k k k k x k x f x a a b l l ππ∞=⎛⎫=++ ⎪⎝⎭∑及()1cosln ln n a f d l lπξξξδ-=⎰ ()1sin l n l n b f d l lπξξξ-=⎰这里l π=可以求得:x()()000111(1)10222111cos (cos )cos 0n a f d d d a f n d n d n d ππππππππξξξξπππξξξξξξξπππ----==-+===-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰()[][]00122sin sin cos 22cos 1(1)1n nb f n d n d n n n n n ππππξξξξξξππππππ-===-⎡⎤=-+=--+⎣⎦⎰⎰当 220k n kb == 当 21421(21)k n k b k π+=+=+因此得到该函数的展开式为:04sin(21)()21k k xf x k π∞=+=+∑ 需要注意的是:由于所给函数是奇函数,所以展开式中只有sin 项而没有cos .如果所给函数是偶函数,那么展开式中就只有cos 项而没有sin 项.2. 求0=+''y y λ (0=+''ΦλΦ)满足自然周期条件()()x y x y =+π2 [()()φΦπφΦ=+2]的解.解：方程的系数()()λ==x q ,x p 0在指定的展开中心00=x ，单值函数(),x p 00=和()λ=0x q 是有限的，它们必然是有限的，它们必然在00=x 为解析的.因此，点00=x 是方程的常点.可设() +++++=k k x a x a x a a x y 2210从而()() ++++++='+k k x a k x a x a a x y 123211321()()() +++++⋅+⋅+⋅=''+k k x a k k x a x a a x y 2243212342312把以上的级数代入微分方程.至于()()λ==x q ,x p 0都是只有常数项的泰勒级数，无需再作展开.现在把各个幂次的项分别集合如下令上表各个幂次合并后的系数分别为零，得一系列方程01202=+⋅a a λ 02313=+⋅a a λ03424=+⋅a a λ 04534=+⋅a a λ............... ...............()()0122=++++kk a a k k λ最后一个式子是一般的.所有这些式子指出从kx 项的系数k a 可以推算出2+k x 项的系数2+k a ，因而叫做系数的递推公式.按照递推公式具体进行系数的递推.()()()()()()20312242053122120021112!3!434!545!11112!2!21!kk kkkkkkk k a a a a a a a a a a a a a a a k k k λλλλλλλλ++=-=-=-=+=-=+⋅⋅-=-=-=-=+这样，我们得到方程的解()()()()()()()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+-+-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=+ 125312420!1211!51!31!211!41!211k k k kxk x x x a x k x x a x y λλλλλλλλ还需要确定这个级数的收敛半径.其实，上面两个[ ]正是cos θ和sin θ，其收敛半径为无穷大.于是()0y x a =既然1a 是任意常数，λ1a 当然还是任意常数，将λ1a 写成B ，0a 写成A ，则有()y x A B =+这个常微分方程和它的解实际早已知道，这里用级数方法只是为了了解级数解法的步骤.考虑到要满足自然周期条件()()x y x y =+π2则m =λ， 3210,,,m =.所以有解()cos sin y x A mx B mx =+。

最新高考物理数学物理法题20套(带答案)一、数学物理法1．如图所示，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°，∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）（1）这束入射光线的入射角多大？（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角．【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°；（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6°【解析】试题分析：（1）设光在AD面的入射角、折射角分别为i、r，其中r=30°，根据n=，得：sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75故i=arcsin0.75=48.6°（2）光路如图所示：ab光线在AB面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C，则：sinC===0.67sin45°＞0.67，因此光线ab在AB面会发生全反射光线在CD面的入射角r′=r=30°根据n=，光线在CD面的出射光线与法线的夹角：i′="i=arcsin" 0.75=48.6°2．角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。

如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹45o 角，且只考虑纸面内的入射光线。

(1)为使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？(2)若尾灯材料的折射率2n =，光线从右侧面以θ角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求sin θ满足的条件。

《 数学物理方法 》试题（A 卷）说明：本试题共3页四大题，30小题。

1．z 为复数，则（ ）。

A ln z 没有意义；B ln z 为周期函数；C Ln z 为周期函数；D ln()ln z z -=-。

2．下列积分不为零的是（ ）。

A 0.51z dz z π=+⎰； B 20.51z dz z π=-⎰； C10.5z dzz π=+⎰； D211z dz z π=-⎰。

3．下列方程是波动方程的是（ ）。

A 2tt xx u a u f =+； B 2t xx u a u f =+；C 2t xx u a u =； D2tt x u a u =。

4．泛定方程2tt x u a u =要构成定解问题，则应有的初始条件个数为（ ）。

A 1个；B 2个；C 3个；D 4个。

5．二维拉普拉斯方程的定解问题是（ ）。

A 哥西问题； B 狄拉克问题； C 混合问题； D 狄里克雷问题。

6．一函数序列的序参量n趋于某值a时有()(,)()()n ax f n x dx x f x dx ϕϕ→−−−→⎰⎰则我们称（ ）。

A (,)f n x 收敛于()f x ；B (,)f n x 绝对收敛于()f x ；C (,)f n x 弱收敛于()f x ；D (,)f n x 条件收敛于()f x 。

7．傅里叶变换在物理学和信息学中能实现（ ）。

A 脉冲信号的高斯展宽；B 高斯信号压缩成脉冲信号；C 实空间信号的频谱分析；D 复频信号的单频滤波。

8．用分离变量法求解偏微分方程定解问题的一般步骤是（ ）。

A 分离变量 解单变量本征值问题 得单变量解得分离变量解； B 分离变量 得单变量解 解单变量本征值问题 得分离变量解； C 解单变量本征值问题 得单变量解 分离变量 得分离变量解； D 解单变量本征值问题 分离变量 得单变量解 得分离变量解。

9．下列表述中不正确的是（ ）。

A 3sin zz 在0z =处是二阶极点；B 某复变函数在开复平面内有有限个奇点，所有这些奇点的残数之和为零；C 残数定理表明，解析函数的围线积分为复数；D 某复变函数在某处为m 阶极点，则其倒函数在该奇点处为m 阶零点。

数学物理方法第三版答案【篇一：数学物理方法试卷答案】xt>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.??2u?0,?3．牛曼内问题 ??u 有解的必要条件是（ c）??n?f??a．f?0.b．u??0.c．?fds?0. d．?uds?0.???x(x)??x(x)?0,0?x?l4．用分离变量法求解偏微分方程中，特征值问题??x(0)?x(l)?0的解是（ b ）n?n??n???n??x ).b．( ?x ). a．( ??,cos?,sinllll????(2n?1)?(2n?1)??(2n?1)???(2n?1)??x ).d．( ?x ). c．( ??,cos?,sin2l2l2l2l????22225．指出下列微分方程哪个是双曲型的（ d ）a．uxx?4uxy?5uyy?ux?2uy?0. b．uxx?4uxy?4uyy?0.c．x2uxx?2xyuxy?y2uyy?xyux?y2uy?0. d．uxx?3uxy?2uyy?0.二、填空题（每题4分，共20分）??2u?2u?2?2?0, 0?x??, t?0?t?x??1．求定解问题?ux?0?2sint, ux????2sint, t?0的解是(2sintcosx).??ut?0?0, utt?0?2cosx, 0?x????2．对于如下的二阶线性偏微分方程a(x,y)uxx?2b(x,y)uxy?c(x,y)uyy?dux?euy?fu?0其特征方程为( a(x,y)(dy)2?2b(x,y)dxdy?c(x,y)(dx)2?0). 3．二阶常微分方程y(x)?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r113y(x)?(?2)y(x)?0的任一特解y?（ jx44x1(x) 3225．已知j1(x)?222sinx, j1(x)?cosx，利用bessel函数递推公式求??x?x23j3(x)?（221221dsinx(sinx?cosx)??x()()）. ?xx?xdxx三、（15分）用分离变量法求解如下定解问题2??2u2?u??t2?a?x2?0, 0?x?l, t?0??u??u?0, ?0, t?0 ??xx?l??xx?0?u?x, utt?0?0, 0?x?l.?t?0?解：第一步：分离变量(4分) 设u(x,t)?x(x)t(t)，代入方程可得x(x)t(x)x(x)t(t)?ax(x)t(t)??2x(x)at(x)2此式中，左端是关于x的函数，右端是关于t的函数。

高考物理数学物理法题20套(带答案)一、数学物理法1．两块平行正对的水平金属板AB ，极板长0.2m L =，板间距离0.2m d =，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3510T B -=⨯，方向垂直纸面向里。

两极板间电势差U AB 随时间变化规律如右图所示。

现有带正电的粒子流以5010m/s v =的速度沿水平中线OO '连续射入电场中，粒子的比荷810C/kg qm=，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U AB 取值范围；(2)若粒子在距O '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y ∆；(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m U ，此时粒子在电场中做类平抛运动，加速大小为a ，时间为t 1。

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O '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0v ，竖直分量大小为y v ，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v 1，速度水平分量大小为01v ，竖直分量大小为v y 1，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R'，则211mvqv BR='⑨1mvRqB'=⑩带电粒子在磁场中圆周运动的周期为T12π2πR mTv qB'==⑪在磁场中运动时间2π(π2)2πt Tα--=⑫联立⑪⑫得663π10s9.4210st--=⨯=⨯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 ===oBO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===o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．人在A 点拉着绳通过一个定滑轮匀速吊起质量50kg m =的物体，如图所示，开始时绳与水平方向成60o 角，当人拉着绳由A 点沿水平方向运动2m s =而到达B 点时，绳与水平方向成30o 角，求人对绳的拉力做了多少功？（不计摩擦，g 取210m/s ）【答案】732J 【解析】 【分析】 【详解】人对绳的拉力所做的功与绳对物体的拉力所做的功相等，设人手到定滑轮的竖直距离为h ，物体上升的高度等于滑轮右侧绳子增加的长度，即sin 30sin 60h hh ∆=-o o又tan 30tan 60h hs =-o o所以人对绳的拉力做的功(31)732JW mg h mg s =∆=⋅-≈4．如图所示，在xOy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y 轴负方向。

物理数学方法试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪项不是傅里叶变换的性质？A. 线性B. 可逆性C. 尺度变换D. 能量守恒答案：D2. 拉普拉斯变换的收敛区域是：A. 左半平面B. 右半平面C. 全平面D. 虚轴答案：B3. 以下哪项是线性微分方程的特征？A. 可解性B. 唯一性C. 线性叠加原理D. 非线性答案：C4. 在复数域中，以下哪个表达式表示复数的模？A. |z|B. z^2C. z*zD. z/|z|答案：A5. 以下哪个函数是奇函数？A. f(x) = x^2B. f(x) = x^3C. f(x) = sin(x)D. f(x) = cos(x)答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 傅里叶级数展开中，周期函数的系数可以通过______计算得到。

答案：傅里叶系数2. 拉普拉斯变换中，s = σ + jω代表的是______。

答案：复频域3. 线性微分方程的解可以表示为______的线性组合。

答案：特解4. 复数z = a + bi的共轭复数是______。

答案：a - bi5. 波动方程的一般解可以表示为______和______的函数。

答案：空间变量；时间变量三、简答题（每题5分，共20分）1. 简述傅里叶变换和拉普拉斯变换的区别。

答案：傅里叶变换主要用于处理周期信号，将时间域信号转换到频域；而拉普拉斯变换适用于非周期信号，将时间域信号转换到复频域。

2. 什么是波动方程？请给出其一般形式。

答案：波动方程是描述波动现象的偏微分方程，一般形式为∂²u/∂t² = c²∂²u/∂x²，其中u是波函数，c是波速。

3. 请解释什么是特征值和特征向量，并给出一个例子。

答案：特征值是线性变换中，使得变换后的向量与原向量方向相同（或相反）的标量。

特征向量则是对应的非零向量。

例如，对于矩阵A，如果存在非零向量v和标量λ，使得Av = λv，则λ是A的特征值，v是对应的特征向量。

最新高考物理数学物理法题20套(带答案)一、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sin370.6︒=，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 4Cn == 由于sin sin(90)sin 530.8sin 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，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。

【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。

高考物理数学物理法题20套(带答案)含解析一、数学物理法1．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 CDAB 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 tH 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．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，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】1(1cos)cotmvxb L aeBθθ⎡⎤=----⎢⎥⎣⎦（其中θ=arcsineBLmv）或222mv ax b aeB=--【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2vmerBv=，解得0mvreB=（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：L eBLsinr mvθ==则磁场左边界距坐标原点的距离为[]11x b L a r cos cotθθ=----（）解得：011mvx b L a cos coteBθθ⎡⎤=----⎢⎥⎣⎦（）（其中eBLarcsinmvθ=）（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．4．2016年7月5日，美国宇航局召开新闻发布会，宣布已跋涉27亿千米的朱诺号木星探测器进入木星轨道。

【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
BO绳上受到的拉力为
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：
(1)棱镜的折射率；
(2)F点到C点的距离。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】
(1)由几何知识可知，光束从 点入射的入射角 ，做出光路图：
设对应折射角为 ，则光束在 边的入射角为
在 边上的入射角
在 边上的折射角
由折射定律，可知在 点入射时
在 点入射时
解得
折射率为
(2)由几何知识，可知
解得
7．如图所示，电流表A视为理想电表，已知定值电阻R0=4Ω，滑动变阻器R阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A。
（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。
【答案】（1）2 W。（2）2.5 W。（3）3.125 W。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)定值电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1= ，可见当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，R1消耗的功率最大,最大功率为：
12．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：

2024自考数学物理方法试卷
一、在数学物理方法中，以下哪种方法常用于求解常微分方程？
A. 分离变量法
B. 矩阵运算法
C. 傅里叶级数展开
D. 拉普拉斯变换（答案：A）
二、关于波动方程，以下哪个描述是正确的？
A. 它是描述流体流动的方程
B. 它是描述电磁波传播的方程
C. 它是描述热传导的方程
D. 它是描述物体静力学平衡的方程（答案：B）
三、在复变函数中，若函数满足柯西-黎曼方程，则该函数是？
A. 实函数
B. 虚函数
C. 解析函数
D. 调和函数（答案：C）
四、以下哪个积分变换在信号处理中常用于将时间域信号转换为频率域信号？
A. 傅里叶变换
B. 拉普拉斯变换
C. 梅林变换
D. 希尔伯特变换（答案：A）
五、在求解偏微分方程时，以下哪种方法属于数值解法？
A. 分离变量法
B. 特征函数法
C. 有限差分法
D. 行波法（答案：C）
六、关于贝塞尔函数，以下哪个描述是正确的？
A. 它是描述圆周运动的函数
B. 它是描述波动现象的函数
C. 它是描述圆柱坐标系中波动方程的解
D. 它是描述热传导方程的解（答案：C）
七、在量子力学中，波函数满足的方程是？
A. 牛顿运动方程
B. 麦克斯韦方程组
C. 薛定谔方程
D. 爱因斯坦场方程（答案：C）
八、以下哪个概念在变分法中用于描述函数极值的问题？
A. 泛函
B. 算子
C. 特征值
D. 本征函数（答案：A）。

最新物理数学物理法题20套(带答案)一、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sin370.6︒=，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)sin 530.8sin 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，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。

嘉应学院物理系《数学物理方法》B 课程考试题一、简答题（共70分）1、试阐述解析延拓的含义。

解析延拓的结果是否唯一？（6分）解析延拓就是通过函数的替换来扩大解析函数的定义域。

替换函数在原定义域上与替换前的函数相等。

无论用何种方法进行解析延拓，所得到的替换函数都完全等同。

2、奇点分为几类？如何判别？（6分）在挖去孤立奇点Zo而形成的环域上的解析函数F（z）的洛朗级数，或则没有负幂项，或则只有有限个负幂项，或则有无限个负幂项，我们分别将Zo称为函数F（z）的可去奇点，极点及本性奇点。

判别方法：洛朗级数展开法A，先找出函数f(z)的奇点；B，把函数在的环域作洛朗展开1）如果展开式中没有负幂项，则为可去奇点；2）如果展开式中有无穷多负幂项，则为本性奇点；3）如果展开式中只有有限项负幂项，则为极点，如果负幂项的最高项为，则为m阶奇点。

3、何谓定解问题的适定性？（6分）1，定解问题有解；2，其解是唯一的；3，解是稳定的。

满足以上三个条件，则称为定解问题的适定性。

4、什么是解析函数？其特征有哪些？（6分）在某区域上处处可导的复变函数称为该区域上的解析函数.1）在区域内处处可导且有任意阶导数.2）()()⎩⎨⎧==21,,CyxvCyxu这两曲线族在区域上正交。

3）()yxu,和()yxv,都满足二维拉普拉斯方程。

(称为共轭调和函数)4）在边界上达最大值。

4、数学物理泛定方程一般分为哪几类？波动方程属于其中的哪种类型？（6分）数学物理泛定方程一般分为三种类型：双曲线方程、抛物线方程、椭圆型偏微分方程。

波动方程属于其中的双曲线方程。

5、写出)(x δ挑选性的表达式（6分）()()()()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==-⎰⎰⎰∞∞∞-∞∞-)()()(00000R f dv R r r f f dx x x f x f dx x x x fδδδ6、写出复数231i +的三角形式和指数形式（8分）三角形式：()3sin3cos231cos sin 2321isin cos 222ππϕϕρϕϕρi i i+=++=+=+指数形式：由三角形式得：313πρπϕi ez ===7、求函数2)2)(1(--z z z在奇点的留数（8分）解：奇点：一阶奇点z=1；二阶奇点：z=21)2)(1()1(lim Re 21)1(=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=→z z zz sf z1)1(1lim )2)(1()2(!11limRe 22222)2(\-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=→→z z z z z dz dsf z z8、求回路积分 dz zzz ⎰=13cos （8分）解：)(z f 有三阶奇点z=0（在积分路径内）[]21-cosz lim z cosz !21limRe 033220)0(\==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=→→z z z dzd sf ∴原积分=i i sf i πππ-=-=)21(2)0(Re 29、计算实变函数定积分dx x x ⎰∞∞-++1142（8分）解：⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=++=)1(22)1(22)1(22)1(22111)(242i z i z i z i z z z z z f它具有4个单极点：只有z=)1(22i --和z=)1(22i +在上半平面，其留数分别为：ππ2)221221(2I 221)1(22)1(22)1(221lim Re 221)1(22)1(22)1(221lim Re 20))1(22(\20))1(22(\=+=∴=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+==⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=→+→--iii i i z i z i z z sfi i z i z i z z sfz i z i10、求幂级数kk i z k)(11-∑∞= 的收敛半径（8分）111lim111limlim1≤-=+=+==∞→∞→+∞→i z kk k k a a R k k k k k 所以收敛圆为二、计算题（共30分）1、试用分离变数法求解定解问题（14分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-===><<=-====0,2/100,000002t t t l x x x x xx tt u x u u u t l x u a u令)()(),(t T x X t x u =，并代入方程得⎪⎩⎪⎨⎧===-0)()(0)()0(0''''2''t T l X t T X T X a XT 移项 λ-==X XT a T ''2'' ⎪⎩⎪⎨⎧===+0)(0)0(0''''l X X X X λ和02''=+T a T λxC x C x X C x C x X eC eC x X x xλλλλλλλsincos)(0)(0)(0212121+=+==+=---时，方程的解为：＞在时，方程的解为：在时，方程的解为：＜在由边界条件0)(0)0(''==l X X ，得：xl n C x X ln n l l C l C l C l X C C X xC x C x X CXx x X ππλπλλλλλλλλλλλλλλλcos)(0sinsincos)(000)0(sincos)(0(00)(01222121'22'21'==→=∴=≠=+-==≠==+===≡（否则方程无解），，时，＞时，时，＜)3,21(sin cos )()(000002''222，得：的方程代人和把=⎪⎩⎪⎨⎧+=+==+==n l at n B l at n A t T tB A t T T a T T ln n n nππλπλλx ln lat n B lat n A t B A t x U n n n πππcos)sincos(),(100+∑++=∴∞=由初始条件得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∑+-=∑+∞=∞=0cos 21cos 1010x l n l a n B B x x l n A A nn n n πππ把右边的函数展成傅里叶余弦级数, 比较两边的系数得⎰⎰⎰⎰⋅=⋅-==-=ln ln llxdxl n an B xdxln x lA dx lB dxx lA 000cos02cos )21(201)21(1πππ得：⎪⎩⎪⎨⎧=+=-=∴-=-=)2(0)12(4)1(cos 22122220k n k n n l A n n l A l A n n πππxl n lat n n ll t x U n πππcoscos)4(21),(221-∑+-=∴∞=2、把下列问题转化为具有齐次边界条件的定解问题（不必求解）（6分）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===-==∆====0,sin 0),(000b y y a x x u a xB u u y b Ay u u π),(),(),(t x w t x v t x u +=令 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=====+====0sin 00000by y a x x yy xx v a x B v v v v v ，，π ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-==+====000)(000b y y ax x yyxx w w w y b Ay w w w ，，则，v ，w 都可以分别用分离变量法求解了。

最新高考物理数学物理法题20套(带答案)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minsin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨2．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。

【答案】小圆环下滑至与竖直成 角，在 m 3M 的条件下有解，
cos
1 3
1
1
3M m
．
【解析】
【分析】
【详解】
设小圆环下滑至与竖直成 角时，半圆圈右端 A 点与水平面间的压力为零，由机械能守恒
定律可得
mgR mgR cos 1 mv2 ． 2
由牛顿第二定律可得
mg cos N mv2 ． R
4．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为 R 1m 的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右
侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕 S 上形成一亮区，已知屏幕 S 至球心距离为
D ( 2 1)m ，玻璃半球对紫光的折射率为 n 2 ，不考虑光的干涉和衍射。求：
(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角 30 ，其折射角 α；
D 点有 解得 由几何关系知 解得
n 1 sin
45
DQ EQ ED ， ED EP 1 a ， EQ 3 a
2
2
DQ 3 1 a 2
3．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
由平衡条件得：AO
绳上受到的拉力为
FOA
F2
G sin 37
1000N
BO 绳上受到的拉力为 FOB F1 G cot 37 800N
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．
arcsin 1 arcsin 7