数理方法下-期中解答有错

期中试题解2013–2014学年第二考试科目：数学物理方法（下）考试时间： 年月日姓名: 学号:100题—二三四五总分注注意：各题均需写出必要的关键步骤一、(25分)如右图所示，一均匀圆柱形金属杆长度比热为c，导热率为k，总电阻为R。线路中的稳恒电源电压恒为V.开关K合上之前杆的温度为0，开关K合上之后通过杆两端圆形底面在单位时间内经单位面积分别散出热量q1和q2，杆身侧面绝热。试写出K合上之后杆中温度场所满足的方程、边界条件和初始条件。解：建立柱坐标系，z轴沿着柱轴方向，圆柱形金属杆的一个圆形底面记为z=0，坐标原点取在此圆形的圆心，另一个底面记为z=l.设t时刻杆内(r,ϕ,z)处的温度为u(r,ϕ,zt)，则u(r,ϕ,z,t)满足方程 V k∇u即

Rπd2l=ρc2–κ∇u=其kκ边界

4Vf= =−q1

=∂z ∂z u|r=0有界

2∂rr=2

=初始

u|ϕ=0=u|ϕ=2π

=∂ϕt=三维球对称谐振子满足方2ih¯∂ψ(x,y,z,t)=—

∇2ψ(x,y,z,t)+1mω2(x2+y2+z2)ψ(x,y,z, 其中¯m和ω都是与x,y,z,t均无关的常数，i是虚单位i2—1.请在直解：在直角坐标ψ(x,y,z,t)=X(x)Y(y)Z(z)T –

2+2mωxX(x)=22

mωyY(y)=EyY 22

mωzZ(z)=在球坐标系

dT =(Ex+Ey+Ez)T}ψ(r,θ,ϕ,t)=R(r)Θ(θ)Φ(ϕ)T}2{2

1r2

dR(r)2 2

—r2

+1mω2r2R(r)=ER(r) d µsin +λ Θ(θ)=sinθdθ +µΦ(ϕ)=dT

sin2i

=ET(φ)+λΦ(φ)= 0<φ<Φ(0)=−Φ(2π),Φ′(0)=解：当λ=0时Φ′′(φ)=0⇒Φ=Aϕ+Φ(0)=−Φ(2π)⇒B=−A2π−B⇒B=Φ′(0)=−Φ′(2π)⇒A=−A⇒A=0⇒B=Aπ=当λ̸=0时，Φ′′(φ)+λΦ(φ)=0⇒Φ=C

λϕ+ Φ(0)=−Φ(2π)⇒C=−C λ2π+D Φ′(0)=−Φ′(2π)⇒D=A、B√

−C λ2π+D √1+

= 解(

1

1+

λm m+ m

1 m=0,1,2,··Φm

m+1∫2π

m+()2()

ϕ

m+()2()

ϕdϕ

∫2π

m2

ϕ

m2

ϕdϕ=或 λm m+ m=0,±1,±2,·· Φ=ei(m+1 ∫2π−i(m+1)ϕi(m+1e0二、(10分)

dϕ=∂2u(x,t)−∂2u(x,

=0,−∞<x<∞,t>u(x,)x=sin t≥u(x,)|x= t≥解∂2u(x, ∂2u(x, − =0⇒u(x,t)=f(x+t)+g(x−t u(x,)x=f(−t+t)+g(−t−t)=f(0)+g(−2t)=sin t≥u(x,

=f(t+t)+g(t−t)=f(2t)+g(0)= t≥tg(t)=−sin2−f t≤(tf(t)2

— t≥f(0)+g(0)=(x+ x−u(x,t)=f(x+t)+g(x−t) —g(0)− −f22(x+2

−x− x+t≥0,x−t≤(20分)2 2∂t2−

∂x2= 0<x<l,t>∂x

=

∂x

= t≥u|t=0=

=ϕ(x),0≤x≤u(x,t)=C0t+D0

(Cn

t+Dn

tl

cosl(20分)在环形区域a2x2y2b2上求 ∇u= a<x+y<u|x2+y2=a2=x,u|x2+y2=b2=其中a和b都是大于0的常数解：在平面极坐标系下原定 1 ∂u(r,

21∂2u(r,2r∂r

+ =−2rsin2φ,a<r<b,0<φ<|r=acosφ,|r= 0<φ<

=u|φ=2π

∂φ

∂φ

a<r<按相应齐次方程的本征值问 设u(r,φR0(r

Rm1(r)cosmφ

Rm2(r)sinmφ，代入非齐 程以及边[

1 ⇒Rrdr =⇒R0()=R0(a)=0,R0(b)=]1dr

r

—r2R11(r)= ⇒R11(r)=b2− r−R11(a)=a,R11(b)= 1dr r —r2R22(r)= 1 1b+ab+ 1b 2 2 2⇒R22(r)=−6r b2+ r−6b2+a2R22(a)=0,R22(b)= r ··r ··Rn1(r)=0,n=2,3,4,Rn1(a)=0,Rn1(b)= 1 rdr

—

Rn2(r)=

⇒

(r)=0,n=1,3,4,··Rn2(a)=0,Rn2(b)=所以原问

b4+a2b2+

2 2 2 b u(r,φ)=b2− r− cosφ− r b2+ r+b2+a2 sin五、(25分)– = 0<x<l,t> x==0,x==exp(−κt)t≥u|t= 0≤x≤且要求v(x,t)满

v(x,t)=f

vx=0,vx=expf(0)=0,f(l)=xf(x)lx令x 则w(x,t)满

(x,t) l

– ,0<x<l,t> wx=0,wxl= t≥

w|t=−

0≤x≤且要求q(x,t)

q(x,t)= ∂t−κ∂x2=l 0<x<l,t>q0=0,qx= t≥x(x)+g(x)=−l 0<x<

gx=0,g|x=设g(x)=A(x)sinx+B(x)cos令解

A′(x)sinx+B′(x)cosx=A′(x)cosx−B′(x)sinx=lA′(x)=−xcosx⇒A(x)=−xsinx−1cosx+B′(x)

xlsinx⇒B(x)=

xcosx

1sinx+所以g(x)令

xg(x)=−l+Csinx+Dcosg(0)=0⇒D=1g(l)=0⇒C=sin则p(xt)

w(x,t)=ele

−κt+sinesine

−κt+p(x, – = 0<x<l,t> x=0,p|x= t≥p(x,t)

p|t=0=−sinsin∞

0≤x≤ −nπ p(x,t)

∞

)κt

x=l

sinl llsin sin(l− sin(l+ l c= 0sin

xdx lsin

1− 1+ =n2π2−l所以原定解问题的 sinx ∑(−1) −(nπ u(x,t)

sin

n2π2−l2 sinl l̸=mπ,m=1,2,··如果lmπ，m为正整数， sinx (−1)m2mπ−(mπ

[ (−1)m2mπ

sinl

+m2π2—

2 l x=sinl]l

sin m2π2—=sin

m2π2−l2+(−1)m2mπsin(m2π2−l2)sin −2l+(−1)m2mπcos=sin

−2lsinl+(m2π2−l2)cos −2−(−1)m2mπsin sin=sin

2 −4lcosl−2sinl−(mπ−此

)sin

∞ mu(x,t)

sin

(−1)n−(n)κt

n l=mπ,m=1,2,··m

πn̸=m,n=1n2−m2则Tn(t)满

w(x,t) Tn(t)sinl

(nπ+

Tn(t)=

κt t>Tn(0)=其A=

0x

lxdx=

2

2∫0

2∫

x

x+l

0

lxdx=2−κ(nπ)2Tn(t)= C′(t)=κAe−κ1−(nπ)2lATn(t)=(nπ–l

e

−κ(nπ)C2 C2n

(nπ 0

l −l

+Cn=−A⇒Cn=−A

lnπ2−l

l

2−所以原定解问题的

u(x,t)

xe−κt

((

κt—

sinnπ2 n=12

nπ)2−