數(shù)學(xué)物理方程期末試卷

1、Asin t 的力的作用，右端系在彈(x),初始速度為q2220, 0,x 0 x 42xt 0a2u3,u(l,t)3 1(10 分)：u2x atxAsin t 的力的作用，右端系在彈(x),初始速度為q2220, 0,x 0 x 42xt 0a2u3,u(l,t)3 1(10 分)：u2x atx at(0)10分）- (x).試寫(xiě)出相應(yīng)的定解問(wèn)x(l x)0 x 4,t 0 xx6xl2a00sin,ut(x,0)2x( )( ).2lsinu2xxxcos24llxx,(0 xl,t0)2012 學(xué)年第二學(xué)期數(shù)學(xué)與物理方程期末試卷出卷人：歐崢1、長(zhǎng)度為 l 的弦左端開(kāi)始時(shí)自由，以后受

2、到強(qiáng)度為性系數(shù)為 k 的彈性支承上面；初始位移為題。(10 分) 2、長(zhǎng)為 l 的均勻桿，側(cè)面絕熱，一端溫度為 0 度，另一端有已知的恒定熱流進(jìn)入，設(shè)單位時(shí)間流入單位截面積的熱量為 ，桿的初始溫度分布是 ，試寫(xiě)出其定解問(wèn)題。(10 分) 3、試用分離變量法求定解問(wèn)題 (10 分)：u ut xu uu .4、分離變量法求定解問(wèn)題 (10 分) uttu(0,t)u(x,0)5、利用行波法，求解波動(dòng)方程的特征問(wèn)題（又稱古爾沙問(wèn)題）2tuu(0)6、用達(dá)朗貝爾公式求解下列一維波動(dòng)方程的初值問(wèn)題（-完整版學(xué)習(xí)資料分享ut 0ux 0y 02uy2y 0(10 分) - 2a2sin2x,1,xy 1

3、,1,2f (x) , ux2uut 0ux 0y 02uy2y 0(10 分) - 2a2sin2x,1,xy 1,1,2f (x) , ux2ut0, yuxcosx,t 000, y.x00, ,t02t2u7、用積分變換法求解定解問(wèn)題（ 10分）：2x yuu8、用積分變換法求解定解問(wèn)題 (10 分)：utt a uxx,x R,t 0u(x,0) sin x,ut (x,0) 09、用格林函數(shù)法求解定解問(wèn)題 (10 分)：2x2u10、寫(xiě)出格林函數(shù)公式（三維）及滿足的條件，并解釋其物理意義。-完整版學(xué)習(xí)資料分享(導(dǎo)出), 包括三類典型方程3題是最基本的:1、將方程中含有各個(gè)變量的項(xiàng)分

4、離開(kāi)1個(gè)自變量的常微分方程； 2、運(yùn)用線性3、利用高數(shù)知識(shí)、4、最后將這些通解“組5題就是書(shū)本中一維波動(dòng)方程的6(導(dǎo)出), 包括三類典型方程3題是最基本的:1、將方程中含有各個(gè)變量的項(xiàng)分離開(kāi)1個(gè)自變量的常微分方程； 2、運(yùn)用線性3、利用高數(shù)知識(shí)、4、最后將這些通解“組5題就是書(shū)本中一維波動(dòng)方程的6題考察了 DAlembert 公式的應(yīng)用，同時(shí)又因?yàn)榉匠?題是對(duì)拉普拉斯變換的考察拉普拉斯變8題主要考10題看似比較簡(jiǎn)單，但是也,將數(shù)學(xué)與物- DAlembert 公式的考試內(nèi)容分析 用數(shù)理方程研究物理問(wèn)題的一般步驟；數(shù)理方程的建立的建立(導(dǎo)出)推導(dǎo)過(guò)程。這里的 1,2 兩道題就是考察學(xué)生在實(shí)際物理背

5、景下能否寫(xiě)出定解問(wèn)題。這些定解問(wèn)題并不復(fù)雜，主要就是讓學(xué)生了解一下。 3,4 兩道題主要考察分離變量法的精神、解題步驟和適用范圍。第分離變量法的運(yùn)用，分離變量法的主要思想來(lái)，從而原方程拆分成多個(gè)更簡(jiǎn)單的只含疊加原理，將非齊次方程拆分成多個(gè)齊次的或易于求解的方程；級(jí)數(shù)求解知識(shí)、以及其他巧妙方法，求出各個(gè)方程的通解；裝”起來(lái)。第 4題是非齊次方程，主要考察學(xué)生對(duì)非齊次方程的處理能力。 5，6兩道題是考察行波法。第推導(dǎo)，是最最基礎(chǔ)的東西，在這里考察學(xué)生平時(shí)的基礎(chǔ)，題目不難但是能很好的考察學(xué)生對(duì)行波法的理解。第式非齊次的，也考察了方程的齊次化。 第 7,8 兩道題是對(duì)積分變換法的考察。第換的基本概念以

6、及常見(jiàn)函數(shù)的拉普拉斯正變換；利用拉普拉斯變換的基本定理，拉普拉斯變換表以及部分分式展開(kāi)法對(duì)常見(jiàn)函數(shù)進(jìn)行拉普拉斯反變換。第察傅里葉變換的基本定理及其性質(zhì)。 9,10 兩道題是考察格林函數(shù)法。 第9 題有些難度，是一道二維拉普拉斯的狄利克雷問(wèn)題，主要考察對(duì)第二格林公式的理解及其應(yīng)用。第是大家比較容易忽略的問(wèn)題，不一定能將其完整的解答。這里還要求你寫(xiě)出其物理意義，意圖當(dāng)然不言而喻了，就是想體現(xiàn)數(shù)學(xué)物理方程這門(mén)課的意義理結(jié)合起來(lái)，了解古典方程的類型，明白其物理意義和現(xiàn)象。答案及分析-完整版學(xué)習(xí)資料分享u(x,t)滿足a2u ,a0,ux(0,t) ,tku(l,t)uxx,0Asin tTt 0 t

7、t 0a2ux 0 x(lt 0u(x,t)- xx2Tux(0,t)Asin tT0, 即 Tu (l,t)t 0 xxx0,uxx)2Xu(x,t)滿足a2u ,a0,ux(0,t) ,tku(l,t)uxx,0Asin tTt 0 t t 0a2ux 0 x(lt 0u(x,t)- xx2Tux(0,t)Asin tT0, 即 Tu (l,t)t 0 xxx0,uxx)2X(x)T(t)（2分）TAsin t0.x(x),utku(l,t),0qx l,0（2分），代入原方程中得到兩個(gè)常微分方程：.由于左端開(kāi)始時(shí)自由，以后受到強(qiáng)度為0,t（2分）ku(l,t)t 00,xkxAsin0,

8、0. （2分）(x).tl,t,tlt 的力的作用，所以（2分）0.00（3分）（2分）（3分）（3分）1、解: 這是弦的自由振動(dòng)，其位移函數(shù)utt其中ux(0,0)因此又右端系在彈性系數(shù)為 k 的彈性支承上面，所以Tux(l,t)而初始條件為因此，相應(yīng)的定解問(wèn)題為utt a2u x l,t 0,ux(0,t) ,Tu (l,t)u (x),u (x).2、解：側(cè)面絕熱，方程為ut邊界條件為u初始條件為u因此，相應(yīng)的定解問(wèn)題為：（1分）3、解 令-完整版學(xué)習(xí)資料分享n20n(x)2(Cn2416nV(x,t) W(x)xx,(00,V(l,t)3 1(x) sin3,W(l)l 432 a l

9、a cosl2 4 a32 a l- T(t)22時(shí)才有非零解，令B sinte40n t( 1)n（1分）x0 xl2l622 2atl2 20，X，得到nn162x2 21l,t.(1)W(x),Vt(x,0)xcossin xb sincos t42n24sin ,n20n(x)2(Cn2416nV(x,t) W(x)xx,(00,V(l,t)3 1(x) sin3,W(l)l 432 a la cosl2 4 a32 a l- T(t)22時(shí)才有非零解，令B sinte40n t( 1)n（1分）x0 xl2l622 2atl2 20，X，得到nn162x2 21l,t.(1)W(x)

10、,Vt(x,0)xcossin xb sincos t42n24sin ,sin xdxe sin ,0)（1分）sin2l3 1atll4(x)為特征值，特2t(1 分) ，再 解n x4n41644lxxlsina lX(x)T（16nn x（1分）x0（2分）n xlsin40（2 X(t)1( 1)n（ 1(2)（2分）at分），由邊界條件得到，得到分1分 ）， 所 以 原 定 解 問(wèn) 題 的 解 為（1分）sin (2(0)T）4 xlX(4)n(t)再分) 0C e由，對(duì);n初的16（2 分），于 是始條件得到T (t)2情況討論，只有當(dāng)X征函數(shù)n2u(x,t)n 1Cnu(x,t

11、)n 14、解：令 u(,t)將其代入定解問(wèn)題可以得到：Vtt a2VV(0,t)V(x,0)a2WW(0)(2) 的解為： W()對(duì)于(1) ，由分離變量法可得一般解為V(x,t)n 1由初始條件可求得：V(x,t)所以，原定解問(wèn)題的解為：-完整版學(xué)習(xí)資料分享l232 a（2分）得(x)=F（2x）+G(0) (x)-G(0). G （x）= (x -F(0). 0)(uv2vsin2xt 012xsinL- 2(x)=F（0）+G（2x）（2分）2(0).x2(x,t)2a2a21a2sin 2(x1axcosatu(x,y)2（2分）2（1分）atv(x,t)2vx2cosat) cos

12、(a21a2U(x, p)cos t)+ (xw(x),txw(x),1acosxcosatcosxcosat(1l232 a（2分）得(x)=F（2x）+G(0) (x)-G(0). G （x）= (x -F(0). 0)(uv2vsin2xt 012xsinL- 2(x)=F（0）+G（2x）（2分）2(0).x2(x,t)2a2a21a2sin 2(x1axcosatu(x,y)2（2分）2（1分）atv(x,t)2vx2cosat) cos(a21a2U(x, p)cos t)+ (xw(x),txw(x),1acosxcosatcosxcosat(1 分)，對(duì)方程和邊界條件同時(shí)對(duì)4

13、al（2分）at2(1 分 ) ，代 入 原方 程中 ， 將方 程齊次化 ， 因此vx20vt21a2y 取l4)w(x)t 0 (2at)cosx. (1 分) 4 atasin l-cosx0,分)由達(dá)朗貝爾公式得到以sin 2(xsin(0).a2w(x)at)4 xl（1分）cosx1al232 a022w(x)cos(x21aat)sin x204lcosx(2 分)，再求定解3 1xlu(x,t) (1 分) 5、解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 得所以 F(x)=且 F （0）+G(0)= (所以 u(x,t)=即為古爾沙問(wèn)題的

14、解。6、解 令2t2t2v問(wèn)題v(x,t)sin cosat上問(wèn) 題的解為(4 分) 故u(x,t)7、解 對(duì) y 取拉普拉斯變換-完整版學(xué)習(xí)資料分享dUdx1p2ux 作Fourier 變換，得：a2F(sinx),u?t( ,0)的常微分方程的初值問(wèn)題。解得Cejau?(Cu( ,t)的F0122u(M- 1px(x, y)20t1,0)11(u(Mv)(,U1p2yxu?( ,t),xC eF(sinx)C2?( ,t)x y0)為下半平面中任意一點(diǎn)。已知二維調(diào)和函數(shù)的積分表達(dá)式為)v u)dvn1x 01p uy 1.(1R,tja2C112120,n2121p2(3 分)，再取拉普拉

15、斯逆變換有分) 0tC2,u?t( ,0)F(sin x) u?(F(ln )dUdx1p2ux 作Fourier 變換，得：a2F(sinx),u?t( ,0)的常微分方程的初值問(wèn)題。解得Cejau?(Cu( ,t)的F0122u(M- 1px(x, y)20t1,0)11(u(Mv)(,U1p2yxu?( ,t),xC eF(sinx)C2?( ,t)x y0)為下半平面中任意一點(diǎn)。已知二維調(diào)和函數(shù)的積分表達(dá)式為)v u)dvn1x 01p uy 1.(1R,tja2C112120,n2121p2(3 分)，再取拉普拉斯逆變換有分) 0tC2,u?t( ,0)F(sin x) u?(F(l

16、n )(unp(x,y)（2分）（2分）ja (C1，得：11rvn(ln )dS(3 分 ) ，解 這 個(gè) 微 分 方 程 得到y(tǒng)xC2),t)FlnMMv )dS1rMMy012(sin x)(eja10un( ln01(2（2分）F(sin x)(ejaturMM01 12 rMM分) te0（2）v) (20e ) （2分）jan)dSundSja tt (1分) 。)分) 12sin(xat)sin(xat)p拉 普 拉斯 變 換得 到U(x,p)所以原問(wèn)題的解為8、解：對(duì)于初值問(wèn)題關(guān)于d2u?( ,t)dt2u?( ,0)該方程變?yōu)閹?shù)?( ,t)于是則由作像函數(shù) Fourier

17、 逆變換u(x,t)sinxcosat（2分）9、解：設(shè) Mu(M0)設(shè)v為調(diào)和函數(shù)，則由第二格林公式知(u（1）（2）可得u(M0)若能求得 v滿足-完整版學(xué)習(xí)資料分享v1y 0G(011 12 rMM1 1 1 10(ln ln )0 1u(M1414 rMM為區(qū)域內(nèi)M0點(diǎn)處放一個(gè)單位正電荷，則有14- 0,y2M,M )u(M(ln12 rMM 2 rMM1MM)r0的邊界曲面r0ln1 10) dSx0,0 12 v1y 0G(011 12 rMM1 1 1 10(ln ln )0 1u(M1414 rMM為區(qū)域內(nèi)M0點(diǎn)處放一個(gè)單位正電荷，則有14- 0,y2M,M )u(M(ln12 rMM 2 rMM1MM)r0的邊界曲面r0ln1 10) dSx0,0 12 (xGndS g（M，M0 ）MM（3分）（不考慮電介常數(shù)），將此閉合MM1rMM2 rMMGny0)為M(1(M00（3）0ln00(yx0)2y0 x（2分）y 0v，則有(y0)(yy2x ,y0)的象點(diǎn)，故可取(yy0)2f00y0)(x( )d (1x0)2分) (yy0)2)2v則定義格林函數(shù)u(M )(2 分) 由電象法可知， Mv(1 分) 顯然其滿足（ 3）。從而可得格林函數(shù)G(M,M )