最新数学物理方程期末试卷

最新数学物理方程期末试卷出卷人：欧峥1、长度为 l 数学物理方程期末试卷sin A t ω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 ϕ初始速度为().x ψ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 t x x ut u u u u t x x 2,0,00,40,040224、分离变量法求定解问题(10分)222sin cos ,(0,0)(0,)3,(,)64(,0)31,(,0)sin tt xxtu a u x x x l t l l u t u l t x u x u x x l l πππ⎧=+<<>⎪⎪⎪==⎨⎪⎛⎫⎪=+= ⎪⎪⎝⎭⎩5、利用行波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）(10分)：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∂∂=∂∂=+=-).()(0022222x ux u x u a t u at x at x ψϕ ())0()0(ψϕ=6、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 0022222t t t u x u t x x x u a t u7、用积分变换法求解定解问题（10分）：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=>>=∂∂∂==,1,10,0,1002y x u y u y x y x u8、用积分变换法求解定解问题(10分)：⎩⎨⎧==>∈=0)0,(,sin )0,(0,,2x u x x u t R x u a u t xx tt9、用格林函数法求解定解问题(10分)：222200, y 0, () , .y u ux y u 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)考试内容分析①用数理方程研究物理问题的一般步骤；数理方程的建立(导出)，包括三类典型方程的建立(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.②3，4两道题主要考察分离变量法的精神、解题步骤和适用范围.第3题是最基本的分离变量法的运用，分离变量法的主要思想:1、将方程中含有各个变量的项分离开来，从而原方程拆分成多个更简单的只含1个自变量的常微分方程；2、运用线性叠加原理，将非齐次方程拆分成多个齐次的或易于求解的方程；3、利用高数知识、级数求解知识、以及其他巧妙方法，求出各个方程的通解；4、最后将这些通解“组装”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.③5，6两道题是考察行波法.第5题就是书本中一维波动方程的D'Alembert公式的推导，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6题考察了D'Alembert公式的应用，同时又因为方程式非齐次的，也考察了方程的齐次化.④第7，8两道题是对积分变换法的考察.第7题是对拉普拉斯变换的考察拉普拉斯变换的基本概念以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8题主要考察傅里叶变换的基本定理及其性质.⑤9，10两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10题看似比较简单，但是也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，将数学与物理结合起来，了解古典方程的类型，明白其物理意义和现象.答案及分析1、解: 这是弦的自由振动，其位移函数(,)u x t 满足2,tt xx u a u = （2分）其中2Ta ρ=.由于左端开始时自由，以后受到强度为sin A t ω的力的作用，所以(0,0)0,(0,)sin 0,0,x x u Tu t A t t ω=+=>因此sin (0,),0.x A tu t t T ω=-≥ （2分）又右端系在弹性系数为k 的弹性支承上面，所以(,)(,)0,x Tu l t ku l t --= 即(,)(,)0.x Tu l t ku l t += （2分）而初始条件为(),().t tt ux u x ϕψ==== （2分）因此，相应的定解问题为200,0,0,sin (0,),(,)(,)0,0.(),().tt xx xx t t t u a u x l t A t u t Tu l t ku l t t T u x u x ωϕψ==⎧=<<>⎪⎪=-+=≥⎨⎪==⎪⎩ （2分）2、解：侧面绝热，方程为 2,0,0t xx u a u x l t =<<> （3分）边界条件为 00,,0x xx lquu t k ====>（3分）初始条件为(),02t x l x ux l =-=<<（3分）因此，相应的定解问题为：（1分）3、解 令)()(),(t T x X t x u =（2分），代入原方程中得到两个常微分方程：0)()('=+t T t T λ，0)()(''=+x X x X λ（2分），由边界条件得到0)4()0(==X X ，对λ的情况讨论，只有当0>λ时才有非零解，令2βλ=，得到22224πβλn ==为特征值，特征函数4sin)(πn B x X n n =(1分)，再解)(t T ，得到16;22)(tn n n e C t T π-=（2分），于是,4sin(),(16122xn eC t x u t n n n ππ-∞=∑=（1分）再由初始条件得到140)1(164sin 242+-==⎰n n n xdx n x C ππ（1分），所以原定解问题的解为,4sin)1(16),(161122xn e n t x u tn n n πππ-+∞=-=∑（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)31(),(,0)sin tt xx t V a V x l t V t V l t x V x W x V x x l l π⎧⎪=<<>⎪⎪==⎨⎪⎛⎫⎪=+-= ⎪⎪⎝⎭⎩ （1分）222()sin cos 0(2)(0)3,()6a W x x x l l W W l ππ⎧''+=⎪⎨⎪==⎩L （1分）(2)的解为：2224()sin 3132l x W x x al l ππ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ （2分）对于(1)，由分离变量法可得一般解为1(,)cos sin sin n n n n at n at n x V x t a b l l l πππ+∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ （2分） 由初始条件可求得：222444(,)cos sin sin 324l a l at xV x t t a l a l l πππππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ (2分) 所以，原定解问题的解为：2222224444(,)cos sin sin sin 3132432l a l at x l x u x t t x a l a l l a l l πππππππ⎛⎫⎛⎫=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(1分)5、解：u(x ，t)=F(x-at)+G(x+at) （2分）令 x-at=0 得 )(x ϕ=F （0）+G （2x ）（2分）令 x+at=0 得 )(x ψ=F （2x ）+G(0)（2分）所以 F(x)=)2(x ψ-G(0). G （x ）=)2(xϕ-F(0).（2分）且 F （0）+G(0)=).0()0(ψϕ=（1分）所以 u(x ，t)=(ϕ)2at x ++)2(atx -ψ-).0(ϕ（1分）即为古尔沙问题的解.6、解令)(),(),(x w t x v t x u +=(1分)，代入原方程中，将方程齐次化，因此x a x w x x w a x x w x v a t v cos 1)(0cos )(cos )]([2''2''22222=⇒=+⇒++∂∂=∂∂(2分)，再求定解问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂-=>∂∂=∂∂==,0),(cos 12sin 0,02022222t t tv x xw a x t xv a t v v (2分)由达朗贝尔公式得到以上问题的解为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-=+---++-+=(4分)故.cos 1cos cos 1cos sin ),(22x a at x a at x t x u +-=(1分)7、解 对y 取拉普拉斯变换),()],([p x U y x u L =(1分)，对方程和边界条件同时对y 取拉普拉斯变换得到p p U pdx dU px 11,120+===(3分)，解这个微分方程得到p p x p p x U 111),(22++=(3分)，再取拉普拉斯逆变换有1),(++=y yx y x u (2分)所以原问题的解为1),(++=y yx y x u .(1分) 8、解：对于初值问题关于x 作Fourier 变换，得：⎪⎩⎪⎨⎧==>∈+0)0,(ˆ),(sin )0,(ˆ0,),,(ˆd ),(ˆd 2222ωωωωωt ux F u t R x t u a t t u（2分）该方程变为带参数ω的常微分方程的初值问题.解得t ja t ja e C e C t uωωω-+=21),(ˆ（2分）于是0)()0,(ˆ,)(sin )0,(ˆ2121=-=+==C C ja u C C x F ut ωωω（2分）则由)(sin 2121x F C C ==，得：))((sin 21),(ˆt ja t ja e e x F t uωωω-+=.（2分）作像函数),(ˆt uω的Fourier 逆变换[]atx at x at x e e x F F t uF t x u t ja t ja cos sin )]sin()[sin(21))((sin 21)],(ˆ[),(11=++-=+===---ωωω（2分）9、解：设),(000y x M 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dS nur r n M u M u MM MM )1ln )1(ln )((21)(000∂∂-∂∂-=⎰Γπ (1分)设v 为调和函数，则由第二格林公式知0)()(22=∂∂-∂∂=∇-∇⎰⎰⎰ΓΩdS nuv n v u d u v v u σ（2）（1）＋（2）可得dS n u v r dS r n n v M u M u MM MM ])1ln 21(])1(ln 21)(([)(000⎰⎰ΓΓ∂∂-+∂∂-∂∂=ππ (2分)若能求得v 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=<=∇==00201ln 210,0y MM y rv y v π （3）则定义格林函数v r M M G MM -=1ln 21),(0π，则有dS nG M u M u ⎰Γ∂∂-=)()(0(2分)由电象法可知，),(001y x M -为),(000y x M 的象点，故可取11ln 21MM r v π=(1分)显然其满足（3）.从而可得格林函数))()()()()()((21)1ln 1(ln 211ln211ln 21),(202002020001010y y x x y y y y x x y y r r y y G n G r r M M G MM MM MM MM ++-+-+-+---=-∂∂=∂∂=∂∂-=ππππ (3分) 故而ξξξπd f y x y dS n G M u M u ⎰⎰+∞∞-Γ+--=∂∂-=)()(1)()(202000 (1分)10、解：（1）格林函数公式（三维）为：G （M ，M 0）=14MM r π— g （M ，M 0） M ∈Ω（2分）其中函数g 满足的条件为：001|4MM g M g rπΓΓ∆=∈Ω⎧⎪⎨=⎪⎩ 式中Γ为区域Ω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Γ内M 0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14MM r π（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 Γ=14MM r πΓ（5分）。