数学物理方程期末试卷

1、Asin t 的力的作用，右端系在弹(x),初始速度为q2220, 0,x 0 x 42xt 0a2u3,u(l,t)3 1(10 分)：u2x atxAsin t 的力的作用，右端系在弹(x),初始速度为q2220, 0,x 0 x 42xt 0a2u3,u(l,t)3 1(10 分)：u2x atx at(0)10分）- (x).试写出相应的定解问x(l x)0 x 4,t 0 xx6xl2a00sin,ut(x,0)2x( )( ).2lsinu2xxxcos24llxx,(0 xl,t0)2012 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

2、到强度为性系数为 k 的弹性支承上面；初始位移为题。(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积的热量为 ，杆的初始温度分布是 ，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)：u ut xu uu .4、分离变量法求定解问题 (10 分) uttu(0,t)u(x,0)5、利用行波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）2tuu(0)6、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题（-完整版学习资料分享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、用积分变换法求解定解问题（ 10分）：2x yuu8、用积分变换法求解定解问题 (10 分)：utt a uxx,x R,t 0u(x,0) sin x,ut (x,0) 09、用格林函数法求解定解问题 (10 分)：2x2u10、写出格林函数公式（三维）及满足的条件，并解释其物理意义。-完整版学习资料分享(导出), 包括三类典型方程3题是最基本的:1、将方程中含有各个变量的项分

4、离开1个自变量的常微分方程； 2、运用线性3、利用高数知识、4、最后将这些通解“组5题就是书本中一维波动方程的6(导出), 包括三类典型方程3题是最基本的:1、将方程中含有各个变量的项分离开1个自变量的常微分方程； 2、运用线性3、利用高数知识、4、最后将这些通解“组5题就是书本中一维波动方程的6题考察了 DAlembert 公式的应用，同时又因为方程7题是对拉普拉斯变换的考察拉普拉斯变8题主要考10题看似比较简单，但是也,将数学与物- DAlembert 公式的考试内容分析 用数理方程研究物理问题的一般步骤；数理方程的建立的建立(导出)推导过程。这里的 1,2 两道题就是考察学生在实际物理背

5、景下能否写出定解问题。这些定解问题并不复杂，主要就是让学生了解一下。 3,4 两道题主要考察分离变量法的精神、解题步骤和适用范围。第分离变量法的运用，分离变量法的主要思想来，从而原方程拆分成多个更简单的只含叠加原理，将非齐次方程拆分成多个齐次的或易于求解的方程；级数求解知识、以及其他巧妙方法，求出各个方程的通解；装”起来。第 4题是非齐次方程，主要考察学生对非齐次方程的处理能力。 5，6两道题是考察行波法。第推导，是最最基础的东西，在这里考察学生平时的基础，题目不难但是能很好的考察学生对行波法的理解。第式非齐次的，也考察了方程的齐次化。 第 7,8 两道题是对积分变换法的考察。第换的基本概念以

6、及常见函数的拉普拉斯正变换；利用拉普拉斯变换的基本定理，拉普拉斯变换表以及部分分式展开法对常见函数进行拉普拉斯反变换。第察傅里叶变换的基本定理及其性质。 9,10 两道题是考察格林函数法。 第9 题有些难度，是一道二维拉普拉斯的狄利克雷问题，主要考察对第二格林公式的理解及其应用。第是大家比较容易忽略的问题，不一定能将其完整的解答。这里还要求你写出其物理意义，意图当然不言而喻了，就是想体现数学物理方程这门课的意义理结合起来，了解古典方程的类型，明白其物理意义和现象。答案及分析-完整版学习资料分享u(x,t)满足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)满足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），代入原方程中得到两个常微分方程：.由于左端开始时自由，以后受到强度为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: 这是弦的自由振动，其位移函数utt其中ux(0,0)因此又右端系在弹性系数为 k 的弹性支承上面，所以Tux(l,t)而初始条件为因此，相应的定解问题为utt a2u x l,t 0,ux(0,t) ,Tu (l,t)u (x),u (x).2、解：侧面绝热，方程为ut边界条件为u初始条件为u因此，相应的定解问题为：（1分）3、解 令-完整版学习资料分享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时才有非零解，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时才有非零解，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)为特征值，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），由边界条件得到，得到分1分 ）， 所 以 原 定 解 问 题 的 解 为（1分）sin (2(0)T）4 xlX(4)n(t)再分) 0C e由，对;n初的16（2 分），于 是始条件得到T (t)2情况讨论，只有当X征函数n2u(x,t)n 1Cnu(x,t

11、)n 14、解：令 u(,t)将其代入定解问题可以得到：Vtt a2VV(0,t)V(x,0)a2WW(0)(2) 的解为： W()对于(1) ，由分离变量法可得一般解为V(x,t)n 1由初始条件可求得：V(x,t)所以，原定解问题的解为：-完整版学习资料分享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)，对方程和边界条件同时对4

13、al（2分）at2(1 分 ) ，代 入 原方 程中 ， 将方 程齐次化 ， 因此vx20vt21a2y 取l4)w(x)t 0 (2at)cosx. (1 分) 4 atasin l-cosx0,分)由达朗贝尔公式得到以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)=即为古尔沙问题的

14、解。6、解 令2t2t2v问题v(x,t)sin cosat上问 题的解为(4 分) 故u(x,t)7、解 对 y 取拉普拉斯变换-完整版学习资料分享dUdx1p2ux 作Fourier 变换，得：a2F(sinx),u?t( ,0)的常微分方程的初值问题。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)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)v u)dvn1x 01p uy 1.(1R,tja2C112120,n2121p2(3 分)，再取拉普拉

15、斯逆变换有分) 0tC2,u?t( ,0)F(sin x) u?(F(ln )dUdx1p2ux 作Fourier 变换，得：a2F(sinx),u?t( ,0)的常微分方程的初值问题。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)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)v u)dvn1x 01p uy 1.(1R,tja2C112120,n2121p2(3 分)，再取拉普拉斯逆变换有分) 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 这 个 微 分 方 程 得到yxC2),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 变 换得 到U(x,p)所以原问题的解为8、解：对于初值问题关于d2u?( ,t)dt2u?( ,0)该方程变为带参数?( ,t)于是则由作像函数 Fourier

17、 逆变换u(x,t)sinxcosat（2分）9、解：设 Mu(M0)设v为调和函数，则由第二格林公式知(u（1）（2）可得u(M0)若能求得 v满足-完整版学习资料分享v1y 0G(011 12 rMM1 1 1 10(ln ln )0 1u(M1414 rMM为区域内M0点处放一个单位正电荷，则有14- 0,y2M,M )u(M(ln12 rMM 2 rMM1MM)r0的边界曲面r0ln1 10) dSx0,0 12 v1y 0G(011 12 rMM1 1 1 10(ln ln )0 1u(M1414 rMM为区域内M0点处放一个单位正电荷，则有14- 0,y2M,M )u(M(ln12 rMM 2 rMM1MM)r0的边界曲面r0ln1 10) dSx0,0 12 (xGndS g（M，M0 ）MM（3分）（不考虑电介常数），将此闭合MM1rMM2 rMMGny0)为M(1(M00（3）0ln00(yx0)2y0 x（2分）y 0v，则有(y0)(yy2x ,y0)的象点，故可取(yy0)2f00y0)(x( )d (1x0)2分) (yy0)2)2v则定义格林函数u(M )(2 分) 由电象法可知， Mv(1 分) 显然其满足（ 3）。从而可得格林函数G(M,M )