数学物理方程期末试卷与答案分析.pdf

1、12012 学 年 第 二 学 期 数 学 与 物 理 方 程 期 末 试 卷出 卷 人 ： 欧 峥1、 长 度 为 l 的 弦 左 端 开 始 时 自 由 ， 以 后 受 到 强 度 为 sinA t 的 力 的 作 用 ， 右 端系 在 弹 性 系 数 为 k 的 弹 性 支 承 上 面 ； 初 始 位 移 为 ( ),x 初 始 速 度 为 ( ).x 试 写 出 相应 的 定 解 问 题 。 (10分 )2、 长 为 l的 均 匀 杆 ， 侧 面 绝 热 ， 一 端 温 度 为 0度 ， 另 一 端 有 已 知 的 恒 定 热 流 进 入 ，设 单 位 时 间 流 入 单 位 截 面

2、积 的 热 量 为 q， 杆 的 初 始 温 度 分 布 是 ( )2x l x ， 试 写 出其 定 解 问 题 。 (10分 )3、 试 用 分 离 变 量 法 求 定 解 问 题 (10分 )：. x txxutuu uu t xx 2 ,0,0 0,40,0 40 224、 分 离 变 量 法 求 定 解 问 题 (10分 )2 2 2sin cos ,(0 , 0)(0, ) 3, ( , ) 6 4( ,0) 3 1 , ( ,0) sintt xx tu a u x x x l tl lu t u l txu x u x xl l 5、 利 用 行 波 法 ， 求 解 波 动 方

3、 程 的 特 征 问 题 （ 又 称 古 尔 沙 问 题 ） (10分 )： ).( )(0 0 22222 xu xu xuatuatx atx )0()0( 26、 用 达 朗 贝 尔 公 式 求 解 下 列 一 维 波 动 方 程 的 初 值 问 题 （ 10分 ） 0,2sin 0,cos 00 22222 tt tuxu txxxuatu7、 用 积 分 变 换 法 求 解 定 解 问 题 （ 10分 ） ： ,1 ,1 0,0,1002yxu yu yxyxu8、 用 积 分 变 换 法 求 解 定 解 问 题 (10分 )： 0)0,(,sin)0,( 0,2 xuxxu tRx

4、uau txxtt9、 用 格 林 函 数 法 求 解 定 解 问 题 (10分 )：2 22 20 0, y 0, ( ) , .yu ux yu f x x 10、 写 出 格 林 函 数 公 式 （ 三 维 ） 及 满 足 的 条 件 ， 并 解 释 其 物 理 意 义 。 (10分 )3答 案 及 分 析1、 解 : 这 是 弦 的 自 由 振 动 ， 其 位 移 函 数 ( , )u x t 满 足2 ,tt xxu a u （ 2分 ）其 中 2 Ta .由 于 左 端 开 始 时 自 由 ， 以 后 受 到 强 度 为 sinA t 的 力 的 作 用 ， 所 以(0,0) 0,

5、 (0, ) sin 0, 0,x xu Tu t A t t 因 此 sin(0, ) , 0.x A tu t tT （ 2分 ）又 右 端 系 在 弹 性 系 数 为 k 的 弹 性 支 承 上 面 ， 所 以( , ) ( , ) 0,xTu l t ku l t 即 ( , ) ( , ) 0.xTu l t ku l t （ 2分 ）而 初 始 条 件 为 0 0( ), ( ).t t tu x u x （ 2分 ）因 此 ， 相 应 的 定 解 问 题 为20 0,0 , 0,sin(0, ) , ( , ) ( , ) 0, 0.( ), ( ).tt xxx xt t tu

6、 a u x l tA tu t Tu l t ku l t tTu x u x （ 2分 ）2、 解 ： 侧 面 绝 热 ， 方 程 为 2 ,0 , 0t xxu a u x l t （ 3分 ）边 界 条 件 为 0 0, , 0x x x l qu u tk （ 3分 ）初 始 条 件 为 0 ( ) ,02t x l xu x l （ 3分 ）因 此 ， 相 应 的 定 解 问 题 为 ：42 ,0 , 0t xxu a u x l t 0 0, , 0x x x l qu u tk 0 ( ) ,02t x l xu x l （ 1分 ）3、 解 令 )()(),( tTxXtxu

7、 （ 2分 ） ， 代 入 原 方 程 中 得 到 两 个 常 微 分 方 程 ：0)()( tTtT ， 0)()( xXxX （ 2分 ） ， 由 边 界 条 件 得 到 0)4()0( XX ，对 的 情 况 讨 论 ， 只 有 当 0 时 才 有 非 零 解 ， 令 2 ， 得 到 2 222 4 n 为特 征 值 ， 特 征 函 数 4sin)( nBxX nn (1分 )， 再 解 )(tT ， 得 到 16; 22)( tnnn eCtT （ 2分 ） ， 于 是 ,4sin(),( 161 22 xneCtxu tnnn （ 1 分 ） 再 由 初 始 条 件 得 到140 )

8、1(164sin242 nn nxdxnxC （ 1 分 ） ， 所 以 原 定 解 问 题 的 解 为,4sin)1(16),( 1611 22 xnentxu tnnn （ 1分 ）4、 解 ： 令 ( , ) ( , ) ( )u x t V x t W x （ 1分 ）将 其 代 入 定 解 问 题 可 以 得 到 ：2 ,(0 , 0)(0, ) 0, ( , ) 0 .(1)4( ,0) 3 1 ( ), ( ,0) sintt xx tV a V x l tV t V l txV x W x V x xl l （ 1分 ）2 2 2( ) sin cos 0 (2)(0) 3,

9、( ) 6a W x x xl lW W l （ 1分 ）(2)的 解 为 ： 22 2 4( ) sin 3 132l xW x xa l l （ 2分 ）5对 于 (1)， 由 分 离 变 量 法 可 得 一 般 解 为1( , ) cos sin sinn nn n at n at n xV x t a bl l l （ 2分 ）由 初 始 条 件 可 求 得 ：22 2 4 4 4( , ) cos sin sin32 4l a l at xV x t ta l a l l (2分 )所 以 ， 原 定 解 问 题 的 解 为 ：2 22 2 2 24 4 4 4( , ) cos s

10、in sin sin 3 132 4 32l a l at x l xu x t t xa l a l l a l l (1分 )5、 解 ： u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) （ 2分 ）令 x-at=0 得 )(x =F（ 0） +G（ 2x） （ 2分 ）令 x+at=0 得 )(x =F（ 2x） +G(0) （ 2分 ）所 以 F(x)= )2(x -G(0). G（ x） = )2(x -F(0). （ 2分 ）且 F（ 0） +G(0)= ).0()0( （ 1分 ）所 以 u(x,t)= ( )2atx + )2( atx - ).0( （ 1分 ）即 为 古 尔

11、沙 问 题 的 解 。6、 解 令 )(),(),( xwtxvtxu (1 分 )， 代 入 原 方 程 中 ， 将 方 程 齐 次 化 ， 因 此xaxwxxwaxxwxvatv cos1)(0cos)(cos)(2222222 (2分 )， 再 求定 解 问 题 ,0),(cos12sin 0, 020 22222 tt tvxxwax txvatvv (2 分 )由 达 朗 贝 尔公 式 得 到 以 上 问 题 的 解 为6atxaatx atxaatxataaatxtxv coscos1cossin 0)cos(1)(2sin)cos(1)(2sin21),( 2 22 (4分 )故

12、 .cos1coscos1cossin),( 22 xaatxaatxtxu (1分 )7、 解 对 y取 拉 普 拉 斯 变 换 ),(),( pxUyxuL (1分 )， 对 方 程 和 边 界 条 件 同 时 对y 取 拉 普 拉 斯 变 换 得 到 ppUpdxdUp x 11,1 20 (3 分 )， 解 这 个 微 分 方 程 得 到ppxppxU 111),( 22 (3分 )， 再 取 拉 普 拉 斯 逆 变 换 有 1),( yyxyxu (2分 )所 以 原 问 题 的 解 为 1),( yyxyxu .(1分 )8、 解 ： 对 于 初 值 问 题 关 于 x作 Four

13、ier变 换 ， 得 ： 0)0,(),(sin)0,( 0,),(d ),(d 2222 tuxFu tRxtuat tu （ 2分 ）该 方 程 变 为 带 参 数 的 常 微 分 方 程 的 初 值 问 题 。 解 得tjatja eCeCtu 21),( （ 2分 ）于 是 0)()0,(,)(sin)0,( 2121 CCjauCCxFu t （ 2分 ）则 由 )(sin2121 xFCC ， 得 ： )(sin21),( tjatja eexFtu 。 （ 2分 ）作 像 函 数 ),( tu 的 Fourier逆 变 换 atx atxatxeexFFtuFtxu tjatja

14、cossin )sin()sin(21)(sin21),(),( 11 （ 2分 ）9、 解 ： 设 ),( 000 yxM 为 下 半 平 面 中 任 意 一 点 。 已 知 二 维 调 和 函 数 的 积 分 表 达 式为 dSnurrnMuMuMMMM )1ln)1(ln)(21)( 000 (1分 )7设 v为 调 和 函 数 ， 则 由 第 二 格 林 公 式 知 0)()( 22 dSnuvnvuduvvu （ 2）（ 1） （ 2） 可 得 dSnuvrdSrnnvMuMu MMMM )1ln21()1(ln21)()( 000 (2分 )若 能 求 得 v满 足 00201ln

15、21 0,0 yMMy rv yv （ 3）则 定 义 格 林 函 数 vrMMG MM 01ln21),( 0 ， 则 有dSnGMuMu )()( 0 (2分 )由 电 象 法 可 知 ， ),( 001 yxM 为 ),( 000 yxM 的 象 点 ， 故 可 取11ln21 MMrv (1分 )显 然 其 满 足 （ 3） 。 从 而 可 得 格 林 函 数 )()( )()()( )(21)1ln1(ln21 1ln211ln21),( 2020 02020 00 10 10 yyxx yyyyxx yyrryyGnG rrMMG MMMM MMMM (3分 )故 而 dfyxyd

16、SnGMuMu )()(1)()( 2020 00 (1分 )10、 解 ： （ 1） 格 林 函 数 公 式 （ 三 维 ） 为 ：G（ M， M 0 ） = 014 M Mr g（ M， M 0 ） M （ 2分 ）其 中 函 数 g满 足 的 条 件 为 ：800 1| 4 MMg Mg r 式 中 为 区 域 的 边 界 曲 面 （ 3分 ）（ 2） 格 林 函 数 的 物 理 意 义 ： 在 某 个 闭 合 导 电 曲 面 内 M0点 处 放 一 个 单 位 正 电 荷 ，则 有 它 在 该 导 电 曲 面 内 一 点 M处 产 生 的 电 势 为 014 M Mr （ 不 考 虑 电 介 常 数 ） ，将 此 闭 合 导 电 曲 面 接 地 ， 又 静 电 平 衡 理 论 ， 则 M 0 将 在 该 导 电 曲 面 上 产 生 负 感 应电 荷 ， 其 在 M处 的 电 势 g（ M， M 0 ） ， 并 且 导 电 面 上 的 电 势 恒 等 于 0， 即 有 |g =014 MMr （ 5分 ）