成都理工大学数学物理方程题库
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成都理工大学2012—2013学年 第一学期《高等数学II 》考试试卷(A 卷)一、填空题(每空4分,共24分) 1.⎰+=c x dx x xf arcsin )(,则)(x f2、=-+⎰-dx x x 2112)1(23.抛物线24y x =及直线2x =所围图形绕x 轴旋转所得旋转体的体积为8π 。
4、设y x y +=tan ,则=dy dx y x ydx 22)(1cot +或5、设⎩⎨⎧-=-=)1()(3te f y t f x π,其中可导f ,且=≠'=0,0)0(t dx dyf 则 36.=-⎰)4(x x dxc x +-22a r c s i n二、单项选择题(每小题3分,共18分) 7.若f (x) = ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++a x x b x x sin 111sin 000<=>x x x 在x = 0处连续,则( B ) A a = 0,b = 0; B a = 0,b = 1; C a = 1,b = 0; D a = 1,b = 1. 8、当+→0x 时,下列各式中不成立的是( D )得 分得 分︵(A )2sin x ~2x ; (B )x tan ~x (C )12-x e ~2x ; (D ))1ln(x -~x ; 9、曲线xxe y 1=(D )(A )没有渐近线 (B )仅有垂直渐近线(C )仅有斜渐近线 (D )既有垂直渐近线,又有斜渐近线10. 若1)0(='f ,则xx f x f x )()2(lim 0-→=( B )(A)0; (B)1; (C)2; (D)不存在 11、设21)1()(lim,0)1()(21=-''='→x x f f x f x 具有二阶连续导数,且,则( B ) A .的极大值是)()1(x f f B .的极小值是)()1(x f f C .的拐点是曲线()())1(,1x f y f = D .以上答案均不对12、若()y f x =在(),-∞+∞上有二阶导数,()()f x f x -=-,且在(),0-∞内有()()0,0f x f x '''><,则在()0,+∞内有( A )A ()()0,0f x f x '''>> ;B ()()0,0f x f x '''<< ;C ()()0,0f x f x '''<>;D ()()0,0f x f x '''><三、计算题(每小题6分,共24分)13、. 求极限x x x )(sin lim 0+→ 解:x x x e x sin ln )(sin =, (2分)0)s i n c o s(l i m 1s i n ln lim sin ln lim 2000=-==+++→→→xx x xx x x x x x (3分) ∴原式10==e (1分)得 分14..求极限3220cos )(limxtdtx t x x ⎰-→解:原式=3220cos cos limx tdtx tdt t x xx ⎰⎰-→ (2分)=220203cos cos 2cos limxxx tdt x x x x x --⎰→ (2分)=xtdtxx 3cos 2lim00⎰-→=3cos 2lim0xx -→=32- (2分)15、若曲线d cx bx ax y +++=23在点0=x 处有极值0=y ,点)1,1(为拐点,求d c b a ,,,的值。
成都理工大学2010—2011学年第二学期《高等数学》(Ⅰ,Ⅱ)考试试卷(A )一.填空题(每小题3分,共21分)1.函数221)ln(yx x x y z --+-=的定义域为 。
2.设y x z =)1,0(≠>x x ,则=∂∂+∂∂yzx x z y x ln 1 。
3.函数z xy u 2=在点(1,-1,2)处沿 方向的方向导数最大。
4.区域D :)0(222>≤+R R y x ,则积分⎰⎰+-Ddxdy y x R )(22的值为 。
5. 设L 为球面2222a z y x =++与平面y x =相交的圆周,则曲线积分⎰+=Ldl z y I 222= 。
6.函数)1ln(22y x z ++=在点(1,2)处的全微分dz = 。
7.级数∑∞=1!2n n n nn 的敛散性为 。
二、选择题(每小题3分,共15分) 1.直线110112-+=+=-z y x 与平面2=++z y x 的位置关系是( ) A .直线与平面平行 B. 直线在平面上 C .直线与平面垂直 D. 直线与平面斜交得 分 得 分2.22limy xy x yx y x +-+→∞→∞=( )A .1 B. 0 C. 1- D.不存在3.已知⎰⎰⎰Ω+=dv z y x f I ),(22,其中Ω由1=z 和22y x z +=围成,则=I ( )A .⎰⎰⎰πθ201012),(dz z r f dr d B.⎰⎰⎰πθ2010122),(rdz z r f rdr dC.⎰⎰⎰πθ201012),(dz z r f rdr d D.⎰⎰⎰πθ20122),(r dz z r f rdr d4.微分方程x xe y y 22='-''的特解形式是( ) A .x e B Ax 2)(+ B. x Axe 2 C .x e B Ax x 2)(+ D. x e Ax 225.函数⎩⎨⎧≤<-≤≤-=846402)(x x x xx f 展开为周期是8的傅立叶级数为∑∞+∞<<-∞++022)(4)12(cos )12(16x xk k ππ,则=)100(s ( )A .98- B. 94 C. 2 D. 2- 三、计算(每小题7分,共21分) 1.已知直线1L :130211--=-=-z y x ,2L :11122zy x =-=+,求通过1L 且与2L 平行的平面方程。
数学物理方程试题(一)一、填空题(每小题5分,共20分)1.长为π的两端固定的弦的自由振动,如果初始位移为x sin 2x ,初始速度为cos2x 。
则其定解条件是2.方程∂u ∂u -3=0的通解为∂t ∂x⎧X "(x )+λX (x )=03.已知边值问题⎨',则其固有函数X n(x )=⎩X (0)=X (π)=04.方程x y +xy +(αx -n )y =0的通解为2"'222二.单项选择题(每小题5分,共15分)∂2u ∂2u1.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是()∂x ∂y (A )u (x ,y )=e sin xy (B )u (x ,y )=(C )u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2(D )u (x ,y )=ln2.一细杆中每点都在发散热量,其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ,侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ,则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2(A )(B )=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u =a ⎪⎪∂t 2∂x 23.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx(其中a 2=1)的解为()L C(A )u (x ,t )=A cos ω(x +at )(B )u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt(C )u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt (D )u (x ,t )=A cos ω(x -at )三.解下列问题1.∂u ⎧∂u+3=0⎪(本题8分)求问题⎨∂x 的解∂y3x⎪⎩u (x ,0)=8e ⎧∂2u=6x 2y ⎪⎪∂x ∂y(本题8分)⎨⎪u (x ,0)=1-cos x ,u (0,y )=y 2⎪⎩2⎧∂2u 2∂u ⎪2=a 2⎪∂t ∂x 3 . (本题8分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩2.的解t =0=3x 2四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪(本题8分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩2⎧∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)⎪2⎪∂t ∂x ∂y ∂z (本题8分)解问题⎨2∂u 2⎪u t =0=2y +3xz ,=6y t =0⎪∂t 2⎩1. 2.2⎧∂u2∂u⎪∂t =a 2∂x ⎪⎪五.(本题10分)解混合问题:⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx⎪⎪⎩六.(本题15分)用分离变量法解下列混合问题:2⎧∂2u 2∂u =a ⎪2∂x 2⎪∂t ⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-x ),∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x一.单项选择题(每小题4分,共20分)1.(D )2.(B )3.(D )4.(D )二.填空题(每空4分,共24分)⎧u (0,t )=u (2π,t )=0⎪1.x +y =C 1,2x +y =C22.⎨,∂u (x ,0)=x ,t =0=2x ⎪∂t ⎩3.u (x ,t )=x +f (3x +2y ),4.X n (x )=B n cos n πx,(n =0,1,2,3,)25.通解为u (x ,t )=322x y +f (x )+g (y )2三.解下列问题(本题7分)∂u ⎧∂u+3=0⎪1.求问题⎨∂x的解∂y 3x⎪⎩u (x ,0)=8e 解:设u (x ,t )代入方程,(8e =8e 3x +m y(2分))⨯3+3⋅(8e 3x +m y )⨯m=03x +m y 3m +3=0,m =-1(6分)所以解为u (x ,t )=8e 3x -y(7分)2.2⎧∂2u ∂u 2⎪2=a 2⎪∂t ∂x (本题7分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩的解t =0=3x 2解:由达朗贝尔公式,得11x +at2u (x ,t )=[sin 2(x +at )+sin 2(x -at )]+3ξd ξ(3分)⎰x -at22a =cos 2at sin 2x +3x 2t +a 2t 3(7分)四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪1.(本题7分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩解:设u (x ,t )=1-2x +3x 2+At代入方程,A =a 2[0-0+6+A ''t ]+6x⎧A ''=0令⎨显然成立2⎩A =6a +6x解为u (x ,t )=1-2x +3x 2+6a 2t +6xt2∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)2∂t ∂x ∂y ∂z 2∂u2=6y t =0=x +2y +3yz ,t =0∂t 22.⎧⎪⎪(本题7分)解问题⎨⎪u ⎪⎩解:设u=[x 2+2y 2+3yz +At 2]+[6x 2t +Bt 3](2分)代入方程2A +6Bt =a 2[(2+12y +∆At 2)+(12t +∆Bt 3)](4分)⎧∆B =0令,⎨显然成立,解为2⎩6B =12a u (x ,t )=x +2y +3yz +a 2t 2+6y 2t +2a 2t 3五.(本题7分)解混合问题:2⎧∂u 2∂u ⎪∂t =a ∂x 2⎪⎪⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx ⎪⎪⎩解u (x ,t )=L -1{U (x ,s )}=2e -a πt sin πx22六.(本题15分)用分离变量法解下列混合问题:2⎧∂2u 2∂u=a ⎪22∂t ∂x ⎪⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-)x ,∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x解:设u (x ,t )=X (x )T (t )代入方程及边界⎧T ''+λa 2T =0n π2⎪λ=()=n 2,X n=sin nx''⎨X +λX =0nπ⎪X (0)=X (π)=0⎩u n=(C ncos ant +D nsin ant )sin nxu (x ,t )=∑(C ncos ant +D nsin ant )sin nxn =1∞其中C n =2π⎰π08[1-(-1)n ]x (π-x )sin nxdx =n 3πD n =2π⎰π0⎧0(n ≠2)⎪3sin 2x sin nxdx =⎨3(n =2)⎪⎩a∞38[1-(-1)n ]cos ant sin nx 所以解为u (x ,t )=sin 2at sin 2x +∑3a n πn =12009-2010学年第一学期数学物理方程试题一、填空题(每小题4分,共24分)∂2u ∂2u ∂2u 1.方程2-3+22=sin(x 2+y 2)的特征线为∂x ∂y ∂x ∂y 2.长为l 的弦做微小的横振动,x =0、x =l 两端固定,且在初始时刻处于水平状态,初始速度为2x ,则其定解条件是3.方程∂u ∂u +3=2x 的通解为∂x ∂y⎧X "(x )+λX (x )=04.已知边值问题⎨,则其固有函数⎩X '(0)=X '(2)=0X n(x )=5.方程x y +xy +(25x -64)y =0的通解为6.2⎰x J 1(x )dx = .2"'2二.单项选择题(每小题4分,共20分)1.微分方程uxxx+uxyy-sin u =ln(1+x 2)是()(A )三阶线性偏微分方程(B )三阶非线性偏微分方程(C )三阶线性齐次常微分方程(D )三阶非线性常微分方程∂2u ∂2u2.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是()∂x ∂y (A )u (x ,y )=e sin xy (B )u (x ,y )=(C )u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2(D )u (x ,y )=ln3.一细杆中每点都在发散热量,其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ,侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ,则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2(A )(B )=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u=a ⎪2⎪∂t ∂x 24.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx(A )u (x ,t )=A cos ω(x +at )(B )u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt(C )u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt (D )u (x ,t )=A cos ω(x -at )5.单位半径的圆板的热传导混合问题2⎧∂u 1∂u2∂u =a (2+)(ρ<1)⎪⎨有形如()的级数解。
成都理工大学2012—2013学年第一学期《大学物理I 》(下)(模拟题)一、选择题(每小题3分,共30分)1、关于温度的意义,有下列几种说法:(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度.(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现,具有统计意义. (3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同. (4) 从微观上看,气体的温度表示每个气体分子的冷热程度. 这些说法中正确的是(A) (1)、(2) 、(4). (B) (1)、(2) 、(3). (C) (2)、(3) 、(4).(D) (1)、(3) 、(4). [ B ]2、温度、压强相同的氦气和氧气,它们分子的平均动能ε和平均平动动能w 有如下关系: (A) ε和w 都相等. (B) ε相等,而w 不相等.(C) w 相等,而ε不相等. (D) ε和w 都不相等. [ C ] 3、设图示的两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线;令()2O p v 和()2Hp v 分别表示氧气和氢气的最概然速率,则(A) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线; ()2O p v /()2H p v =4.(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线; ()2O p v /()2H p v =1/4.(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线;()2O pv /()2Hp v =1/4.(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线;()2Op v /()2Hp v = 4.[ B]得 分4、两个质点各自作简谐振动,它们的振幅相同、周期相同.第一个质点的振动方程为x 1 =A cos(ωt + α).当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时,第二个质点正在最大正位移处.则第二个质点的振动方程为(A) )π21cos(2++=αωt A x . (B) )π21cos(2-+=αωt A x .(C) )π23cos(2-+=αωt A x . (D) )cos(2π++=αωt A x . [ B ]5、一弹簧振子,当把它水平放置时,它可以作简谐振动.若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上,试判断下面哪种情况是正确的:(A) 竖直放置可作简谐振动,放在光滑斜面上不能作简谐振动.(B) 竖直放置不能作简谐振动,放在光滑斜面上可作简谐振动.(C) 两种情况都可作简谐振动.(D) 两种情况都不能作简谐振动. [ C ]6、下列函数f (x , t )可表示弹性介质中的一维波动,式中A 、a 和b 是正的常量.其中哪个函数表示沿x 轴负向传播的行波?(A) )cos(),(bt ax A t x f +=. (B) )cos(),(bt ax A t x f -=.(C) bt ax A t x f cos cos ),(⋅=. (D) bt ax A t x f sin sin ),(⋅=. [ A ]7、在图示三种透明材料构成的牛顿环装置中,用单色光垂直照射,在反射光中看到干涉条纹,则在接触点P 处形成的圆斑为(A) 全明. (B) 全暗.(C) 右半部明,左半部暗. (D) 右半部暗,左半部明. [ D ]8、在单缝夫琅禾费衍射实验中,波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a =4 λ的单缝上,对应于衍射角为30°的方向,单缝处波阵面可分成的半波带数目为(A) 2 个. (B) 4 个.(C) 6 个. (D) 8 个. [ B ]9、一匀质矩形薄板,在它静止时测得其长为a ,宽为b ,质量为m 0.由此可算出其面积密度为m 0 /ab .假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v 作匀速直线运动,此时再测算该矩形薄板的面积密度则为放在光滑斜面上图中数字为各处的折射率(A) ab c m 20)/(1v - (B) 20)/(1c ab m v -(C) ])/(1[20c ab m v - (D) 2/320])/(1[c ab m v - [ C ]10、康普顿效应的主要特点是(A) 散射光的波长均比入射光的波长短,且随散射角增大而减小,但与散射体的性质无关.(B) 散射光的波长均与入射光的波长相同,与散射角、散射体性质无关. (C) 散射光中既有与入射光波长相同的,也有比入射光波长长的和比入射光波长短的.这与散射体性质有关.(D) 散射光中有些波长比入射光的波长长,且随散射角增大而增大,有些散射光波长与入射光波长相同.这都与散射体的性质无关.[ D ]二、填空题(每小空2分,共24分)1、某理想气体等温压缩到给定体积时外界对气体作功|W 1|,又经绝热膨胀返回原来体积时气体对外作功|W 2|,则整个过程中气体(1) 从外界吸收的热量Q = __-|W 1|__; (2) 内能增加了∆E = __-|W 2|__。
成都理工大学物理下大题答案(全)振动15-2.质量m=10g 的小球与轻弹簧组成的振动系统,按x=0.5cos(8Пt+П\3)的规律作自由振动,式中t 以秒作单位,x 以厘米为单位,求(1)振动的圆频率、周期、振幅和初相;(2)振动的速度、加速度的数值表达式;(3)振动的能量;( 4 )平均动能和平均势能。
解:(1)A=0.5cm ;?=8П s 1;T=2П/?=1/4s;∏=31?;(2))/)(318cos(32)/)(318sin(42s cm t y a s cm t x v ∏+∏∏-==∏+∏∏-== ( 3 )J A m kA E E E P K 52221090.72121-?===+=ω ( 4 ) 平均动能E J dt t m T dt mv T E T T k 211095.3)318(sin )104(21)/1(21)/1(5222020=?=∏+∏?∏-==--??同理, J E E p 51095.321-?== 振动15-3.一弹簧振子沿x 轴作简偕运动。
已知振动物体最大位移为Xm=0.4m 。
最大恢复力为Fm=0.8N,最大恢复力为Fm=0.8N ,最大速度为Vm=0.8Пm/s,又知t=0的初位移为+0.2m ,且初速度与所选x 轴方向相反。
(1)求振动能量;(2)求振动的表达式。
解:(1)由题意./,,m m m m x F k x A kA F === )(16.021212J x F kx E m m m === (2)m m m m x v A v A v //,===ωω.Hz s rad 12/,/2=∏=∏=ωνωω=2Пrad/s,ν=ω/2П=1Hzt=0,0x =Acos ?=0.2 0v =—A ωsin ?<0,?=31П 振动方程为x=0.4cos (2Пt+1/3П) (SI)振动15-7.一质点同时参与两个同方向的简谐振动,其振动方程分别为X1=5×10 2cos(4t+1/3П) (S1)X2=3×10 2sin(4t-П/6) (S2)画出两振动的旋转矢量图,并求合振动的振动方程。
数学物理方程试卷一、常微分方程(1)证明椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的证明:曲线的曲率半径R为曲线点处的法线与曲率半径的夹角$\frac{1}{R}$的反正切值,其表达式为$\frac{,y',}{\sqrt{1+y'^2}}$,其中$y'$为曲线其中一点处的导数值。
而椭圆线方程$x^2+y^2=1$的一阶导数分别为$\frac{dy}{dx}=\frac{-x}{y}$以及$\frac{dx}{dy}=\frac{x}{y}$,这里可以得到$y' = \frac{-x}{y}=\frac{-1}{x}$。
此时曲率半径表达式变为$\frac{x}{,x,\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$,表达式中的$,x,$可以去掉,并且$x$取任意值,故椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的。
(2)证明球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率、曲率半径一致证明:根据曲线曲率的定义可知,球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率为$\kappa=\frac{,R_1\cdot R_2,}{R^3}$,其中$R_1$、$R_2$分别为曲线其中一点处的两个切线的曲率半径,$R$为曲线其中一点处的曲率半径。
而对于球面,它的两个曲率半径$R_1$和$R_2$是完全一样的,这是因为在球面其中一点的法线方向没有区别,故$R_1=R_2$。
此时曲率可以表示为$\kappa=\frac{R_1^2}{R^3}=\frac{R^2}{R^3}=\frac{1}{R}$,即曲率等于其曲率半径的倒数,也就是说球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率和曲率半径是一致的。
二、偏微分方程。
《数学物理方程》模拟试题一、填空题(3分10=30分)1.说明物理现象初始状态的条件叫( ),说明边界上的约束情况的条件叫( ),二者统称为 ( ).2.三维热传导齐次方程的一般形式是:( ) .3 .在平面极坐标系下,拉普拉斯方程算符为 ( ) .4.边界条件 是第 ( )类边界条件,其中为边界.5.设函数的傅立叶变换式为,则方程的傅立叶变换 为 ( ) .6.由贝塞尔函数的递推公式有 ( ) .7.根据勒让德多项式的表达式有= ( ).8.计算积分 ( ).9.勒让德多项式的微分表达式为( ) .10.二维拉普拉斯方程的基本解是( ) .⨯f u nuS=+∂∂)(σS ),(t x u ),(t U ω22222x u a t u ∂∂=∂∂=)(0x J dxd)(31)(3202x P x P +=⎰-dx x P 2112)]([)(1x P二、试用分离变量法求以下定解问题(30分):1.2.⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂== =><<∂∂=∂∂====30,0,3,0 0,30,2322222,0xtuxxtxxututtxuuu⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===><<∂∂=∂∂===xtxxutuuuutxx2,0,0,40,4223.⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂===><<+∂∂=∂∂====20,0,8,00,20,162002022222x t u t x x ut u t t x x u u u三、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题(10分)四、用积分变换法求解下列定解问题(10分):⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂=>+∞<<-∞+∂∂=∂∂==0,2sin 0,,cos 0022222t t t u x u t x x x u a t u ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=>>=∂∂∂==,1,10,0,1002y x u y u y x y x u五、利用贝赛尔函数的递推公式证明下式(10分):)(1)()('0''02x J xx J x J -=六、在半径为1的球内求调和函数,使它在球面上满足,即所提问题归结为以下定解问题(10分):(本题的只与有关,与无关)u θ21cos ==r u .0,12cos 3,0,10,0)(sin sin 1)(11222πθθπθθθθθ≤≤+=≤≤<<=∂∂∂∂+∂∂∂∂=r u r ur r u r r r u θ,r ϕ《数学物理方程》模拟试题参考答案一、 填空题:1.初始条件,边值条件,定解条件.2. 3.. 4. 三.5..6..7..8..9.. 10..二、试用分离变量法求以下定解问题1.解 令,代入原方程中得到两个常微分方程:,,由边界条件得到,对的情况讨论,只有当时才有非零解,令,得到为特征值,特征函数,再解,得到,于是再由初始条件得到,所以原定解问题的解为2. 解 令,代入原方程中得到两个常微分方程:,,由边界条件得到,对的情况讨论,只有当时才有非零解,令,得到)(2222222zu y u x u a t u ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂01)(1222=∂∂+∂∂∂∂θρρρρρu u U a dt U d 2222ω-=)(1x J -2x 52)1(212-x dxd 2020)()(1lny y x x u -+-=)()(),(t T x X t x u =0)()(2''=+t T a t T λ0)()(''=+x X x X λ0)3()0(==X X λ0>λ2βλ=22223πβλn ==3s i n )(πn B x X n n =)(t T 32s i n32c o s )(;;t n D t n C t T n n n ππ+=,3s i n )32s i n 32c o s (),(1xn t n D t n C t x u n n n πππ+=∑∞=0,)1(183sin 332130=-==+⎰n n n D n xdx n x C ππ,3s i n )32c o s )1(18(),(11xn t n n t x u n n πππ+∞=-=∑)()(),(t T x X t x u =0)()('=+t T t T λ0)()(''=+x X x X λ0)4()0(==X X λ0>λ2βλ=为特征值,特征函数,再解,得到,于是再由初始条件得到,所以原定解问题的解为 3.解 由于边界条件和自由项均与t 无关,令,代入原方程中,将方程与边界条件同时齐次化。
成都理工大学2012—2013学年第二学期 《大学物理II 》(上)期末考试试题大 题 一 二 三 总 成 绩得 分一. 选择题(每小题3分,共36分)1. 某质点的运动方程为 j i t t r 5)432(3+-+=(SI ),则该质点作(A )匀加速直线运动 (B )匀加速曲线运动 (C )变加速直线运动 (D )变加速曲线运动( )2. 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动,地球在椭圆的一个焦点上,则卫星对地球的 ( ) (A )动量不守恒,动能守恒 (B )动量守恒,动能不守恒 (C )角动量守恒,动能不守恒 (D )角动量不守恒,动能守恒3. 质量为m 的物体自空中落下,它除受重力外,还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用,比例系数为常数k 。
该下落物体的最后速度将是 (A )k mg (B )kg2 (C )gk (D )gk ( A ) 4.如图所示,假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道由静止下滑,轨道是光滑的,在从A 至C 的下滑过程中,下面哪个说法是正确的? ( ) (A )它的加速度大小不变,方向永远指向圆心 (B )它的速率均匀增加(C )它的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D )轨道支持力的大小不断增加5.一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如右图,射来两个质量相同,速度大小相同,方向相反并在一条直线上的子弹,子弹射入圆盘并且留在盘内,则子弹射MOmm入后的瞬间,圆盘的角速度ω ( ) (A ) 增大 (B ) 不变 (C ) 减小 (D ) 不能确定6.设有一“无限大”均匀带正电荷的平面。
取X 轴垂直带电平面,坐标原点在带电平面上,则其周围空间各点的电场强度E随距离平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿X 轴正向为正、反之为负)。
( )(A((D(7.如图所示,两个同心的均匀带电球面内球面半径为R 1、带点量Q 1, 外球面半径为R 2、带点量Q 2,。
2012——2013(2)大学物理1(下)期末考试知识点复习热学部分 1、气体动理论理想气体压强公式和温度公式;麦氏速率分布函数和速率分布曲线的物理意义;三种速率的物理意义及计算方法;能量按自由度均分原理和理想气体的内能;平均碰撞频率和平均自由程。
1)理想气体物态方程RT M m RT pV '==ν,nkT p =,p RTM ρ=2)压强公式:k 32εn p =,2t 12mv ε=,2t 1322mv kTε==统计假设xyz N V N V N n ===d d ;0===z y x v v v ,222231v v v v ===zy x例题:若理想气体的体积为V ,压强为p ,温度为T ,一个分子的质量为m ,k 为玻尔兹曼常量,R 为普适气体常量,则该理想气体的分子数为:(A) pV / m .(B)pV / (kT). (C) pV / (RT).(D) pV / (mT).[] 3)温度的统计意义:21322t mv kTε==,源于:2{,}3t p n p nkT ε⇐==能量均分定理:kTi2=ε;理想气体内能:22V i i E RT C T pV νν===要求:典型分子的自由度及内能与mol 热量: 自由度: 单:i=3,刚双 i=5,,刚三 i=6;R i C V 2=,R i R C C V P 22+=+=例题:温度、压强相同的氦气和氧气,它们分子的平均动能ε和平均平动动能w有如下关系:(A) ε和w 都相等.(B) ε相等,而w 不相等.(C) w 相等,而ε不相等.(D) ε和w 都不相等. []1有一瓶质量为M 的氢气(视作刚性双原子分子的理想气体),温度为T ,则氢分子的平均平动动能为____________,氢分子的平均动能为______________,该瓶氢气的内能为____________________.4)速率分布函数:Sf N Nd d )(d ==v v (深刻理解其意义!!)kTmv ev kT m v f 222/3224)(-⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππ--------注意曲线的特征-------区分在相同m 、不同T 时的两条曲线; -------区分在相同T 、不同m 时的两条曲线。
一、单项选择题(每题3分,共36分) 1.一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 22+=(其中a 、b 为常量), 则该质点作 ( )(A) 匀速直线运动; (B) 变速直线运动;(C) 抛物线运动; (D) 一般曲线运动.2.一段路面水平的公路,转弯处的轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦系数为μ,要使汽车不致于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率 ( )(A) 不得小于Rg μ; (B) 不得大于Rg μ;(C) 必须等于Rg μ; (D) 应由汽车质量决定.3.某物体受水平方向的变力F 的作用,由静止开始在水平面上作无摩擦的直线运动,若力的大小F 随时间t 变化规律如图所示.则在0~8s内,此力冲量的大小为 ( )(A) 0 (B) 20N s ⋅(C) 25N s ⋅ (D) 8N s ⋅4.A 、B 两木块质量分别为A m 和B m ,且A B 2m m =,两者用一轻弹簧连接后静止于光滑水平桌面上,如图所示.若用外力将两木块压近使弹簧被压缩,然后将外力撤去,则此后两木块运动动能之比KB KA /E E 为 ((A) 21 (B) 2/2 (C) 2 (D) 2 5.一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮质量为m ,绳下端挂一物体,物体所受重力为P , 滑轮的角加速度为1β,若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度2β将 ( )得 分(A) 不变 (B) 变小(C) 变大 (D) 无法判断6.一水平刚性轻杆,质量不计,杆长l =20 cm ,其上穿有两个小球.初始时,两小球相对杆中心O 对称放置,与O 的距离d =5 cm ,二者之间用细线拉紧.现在让细杆绕通过中心O 的竖直固定轴作匀角速的转动,转速为0ω,再烧断细线让两球向杆的两端滑动.不考虑转轴和空气摩擦,当两球都滑至杆端时,杆的角速度为( )(A) 0ω (B) 02ω (C) 021ω (D) 041ω 7.一瓶氦气和一瓶氮气质量密度相同,分子平均平动动能相同,而且它们都处于平衡状态,则它们 ( )(A) 温度相同、压强相同; (B) 温度、压强都不相同;(C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强;(D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.8.在标准状态下,若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比12/1/2V V =,则其内能之比12/E E 为 ( )(A) 3/10 (B) 1/2 (C) 5/6 (D) 5/39.有一边长为a 的正方形平面,在其中垂线上距中心O 点a /2处,有一电荷为q 的正点电荷,如图所示,则通过该平面的电场强度通量为( )(A) 03εq (B) 04επq (C ) 03επq (D ) 06εqq10.如图所示真空中一均匀带电球体,总电荷为+Q ,外部同心地罩一内、外半径分别为1r 、2r 的金属球壳.设无穷远处为电势零点,则在球壳内半径为r 的P 点处的场强和电势为( )(A) 204r QE επ=,r Q U 04επ=; (B) 0=E ,104r Q U επ=; (C) 0=E ,r Q U 04επ=; (D) 0=E ,204r Q U επ=. 11.三块互相平行的导体板,相互之间的距离1d 和2d 比板面积线度小得多,外面二板用导线连接。
《数学物理方程》模拟试题一、填空题(3分10=30分)1.说明物理现象初始状态的条件叫( ),说明边界上的约束情况的条件叫( ),二者统称为 ( ).2.三维热传导齐次方程的一般形式是:( ) .3 .在平面极坐标系下,拉普拉斯方程算符为 ( ) .4.边界条件 是第 ( )类边界条件,其中为边界.5.设函数的傅立叶变换式为,则方程的傅立叶变换 为 ( ) .6.由贝塞尔函数的递推公式有 ( ) .7.根据勒让德多项式的表达式有= ( ).8.计算积分 ( ).9.勒让德多项式的微分表达式为( ) .10.二维拉普拉斯方程的基本解是( ) .⨯f u nuS=+∂∂)(σS ),(t x u ),(t U ω22222x u a t u ∂∂=∂∂=)(0x J dxd)(31)(3202x P x P +=⎰-dx x P 2112)]([)(1x P二、试用分离变量法求以下定解问题(30分):1.2.⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂== =><<∂∂=∂∂====30,0,3,0 0,30,2322222,0xtuxxtxxututtxuuu⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===><<∂∂=∂∂===xtxxutuuuutxx2,0,0,40,4223.⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂===><<+∂∂=∂∂====20,0,8,00,20,162002022222x t u t x x ut u t t x x u u u三、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题(10分)四、用积分变换法求解下列定解问题(10分):⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂=>+∞<<-∞+∂∂=∂∂==0,2sin 0,,cos 0022222t t t u x u t x x x u a t u ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=>>=∂∂∂==,1,10,0,1002y x u y u y x y x u五、利用贝赛尔函数的递推公式证明下式(10分):)(1)()('0''02x J xx J x J -=六、在半径为1的球内求调和函数,使它在球面上满足,即所提问题归结为以下定解问题(10分):(本题的只与有关,与无关)u θ21cos ==r u .0,12cos 3,0,10,0)(sin sin 1)(11222πθθπθθθθθ≤≤+=≤≤<<=∂∂∂∂+∂∂∂∂=r u r ur r u r r r u θ,r ϕ《数学物理方程》模拟试题参考答案一、 填空题:1.初始条件,边值条件,定解条件.2. 3.. 4. 三.5..6..7..8..9.. 10..二、试用分离变量法求以下定解问题1.解 令,代入原方程中得到两个常微分方程:,,由边界条件得到,对的情况讨论,只有当时才有非零解,令,得到为特征值,特征函数,再解,得到,于是再由初始条件得到,所以原定解问题的解为2. 解 令,代入原方程中得到两个常微分方程:,,由边界条件得到,对的情况讨论,只有当时才有非零解,令,得到)(2222222zu y u x u a t u ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂01)(1222=∂∂+∂∂∂∂θρρρρρu u U a dt U d 2222ω-=)(1x J -2x 52)1(212-x dxd 2020)()(1lny y x x u -+-=)()(),(t T x X t x u =0)()(2''=+t T a t T λ0)()(''=+x X x X λ0)3()0(==X X λ0>λ2βλ=22223πβλn ==3sin )(πn B x X n n =)(t T 32sin32cos )(;;t n D t n C t T n n n ππ+=,3sin )32sin 32cos (),(1xn t n D t n C t x u n n n πππ+=∑∞=0,)1(183sin 332130=-==+⎰n n n D n xdx n x C ππ,3sin )32cos )1(18(),(11xn t n n t x u n n πππ+∞=-=∑)()(),(t T x X t x u =0)()('=+t T t T λ0)()(''=+x X x X λ0)4()0(==X X λ0>λ2βλ=为特征值,特征函数,再解,得到,于是再由初始条件得到,所以原定解问题的解为 3.解 由于边界条件和自由项均与t 无关,令,代入原方程中,将方程与边界条件同时齐次化。
因此,再由边界条件有,于是,.再求定解问题用分离变量法求以上定解问题的解为故三.解令,代入原方程中,将方程齐次化,因此,再求定解问题 由达朗贝尔公式得到以上问题的解为故22224πβλn ==4sin )(πn B x X n n =)(t T 16;22)(tn n n eC t T π-=,4sin(),(16122xn eC t x u t n n n ππ-∞=∑=140)1(164sin 242+-==⎰n n n xdx n x C ππ,4sin)1(16),(161122xn e n t x u t n n n πππ-+∞=-=∑)(),(),(x w t x v t x u +=212''''22222)(16)(416)]([4c x c x x w x w x w xv t v ++-=⇒=⇒++∂∂=∂∂8)2(,0)0(==w w 0,821==c c x x x w 82)(2+-=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂-===><<∂∂=∂∂====20,0),(,000,20,200322222,0x t v x w x t x x v t v t t x v v v ,2sin cos ])1)1[(32)1(16(),(331xn t n n n t x v n n n ππππ--+-=∑∞=,2sin cos ])1)1[(32)1(16(28),(3312x n t n n n x x t x u n n n ππππ--+-+-=∑∞=)(),(),(x w t x v t x u +=x ax w x x w a x x w x v a t v cos 1)(0cos )(cos )]([2''2''22222=⇒=+⇒++∂∂=∂∂⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂-=>∂∂=∂∂==,0),(cos 12sin 0,02022222t t t vx xw a x t xv a t v v atx a at x at x aat x at a a at x t x v cos cos 1cos sin 0)]cos(1)(2sin )cos(1)(2[sin 21),(222-=+---++-+=.cos 1cos cos 1cos sin ),(22x aat x a at x t x u +-=四.解 对y 取拉普拉斯变换,对方程和边界条件同时对y 取拉普拉斯变换得到,解这个微分方程得到,再取拉普拉斯逆变换有 所以原问题的解为.五.证明 由公式有,令有,所以,又,所以. 六.解 由分离变量法,令,得到,由边界条件有,令,,, ,),()],([p x U y x u L =pp U pdx dU p x 11,120+===p px p p x U 111),(22++=1),(++=y yx y x u 1),(++=y yx y x u )())((1x J x x J x dxd n n n n+---=)()()(1'x J x x nJ x xJ n n n +-=-1=n )()()(211'x xJ x J x xJ -=-)(1)()(11'2x J xx J x J +-=)()(),()(1'0''10'x J x J x J x J -=-=)(1)()(0'0''2x J xx J x J -=)()(),(θθΦ=r R r u ∑∞==0)(cos ),(n n n n P r C r u θθ∑∞===+=01)(cos 12cos 3n n n r P C uθθx=θcos )()()(261)12(322110022x P c x P c x P c x x ++=-=+-∴)13(212622102-++=-x c x c c x 4,0,0210===∴c c c。