期中試題解2013–2014學年第二考試科目：數學物理方法（下）考試時間： 年月日姓名: 學號:100題—二三四五總分注注意：各題均需寫出必要的關鍵步驟一、(25分)如右圖所示，一均勻圓柱形金屬桿長度比熱為c，導熱率為k，總電阻為R。線路中的穩恒電源電壓恒為V.開關K合上之前桿的溫度為0，開關K合上之后通過桿兩端圓形底面在單位時間內經單位面積分別散出熱量q1和q2，桿身側面絕熱。試寫出K合上之后桿中溫度場所滿足的方程、邊界條件和初始條件。解：建立柱坐標系，z軸沿著柱軸方向，圓柱形金屬桿的一個圓形底面記為z=0，坐標原點取在此圓形的圓心，另一個底面記為z=l.設t時刻桿內(r,?,z)處的溫度為u(r,?,zt)，則u(r,?,z,t)滿足方程 V k?u即

Rπd2l=ρc2–κ?u=其kκ邊界

4Vf= =?q1

=?z ?z u|r=0有界

2?rr=2

=初始

u|?=0=u|?=2π

=??t=三維球對稱諧振子滿足方2ihˉ?ψ(x,y,z,t)=—

?2ψ(x,y,z,t)+1mω2(x2+y2+z2)ψ(x,y,z, 其中ˉm和ω都是與x,y,z,t均無關的常數，i是虛單位i2—1.請在直解：在直角坐標ψ(x,y,z,t)=X(x)Y(y)Z(z)T –

2+2mωxX(x)=22

mωyY(y)=EyY 22

mωzZ(z)=在球坐標系

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

1r2

dR(r)2 2

—r2

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

sin2i

=ET(φ)+λΦ(φ)= 0<φ<Φ(0)=?Φ(2π),Φ′(0)=解：當λ=0時Φ′′(φ)=0?Φ=A?+Φ(0)=?Φ(2π)?B=?A2π?B?B=Φ′(0)=?Φ′(2π)?A=?A?A=0?B=Aπ=當λ?=0時，Φ′′(φ)+λΦ(φ)=0?Φ=C

λ?+ 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()

?

m+()2()

?d?

∫2π

m2

?

m2

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

d?=?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=

=?(x),0≤x≤u(x,t)=C0t+D0

(Cn

t+Dn

tl

cosl(20分)在環形區域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的常數解：在平面極坐標系下原定 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<按相應齊次方程的本征值問 設u(r,φR0(r

Rm1(r)cosmφ

Rm2(r)sinmφ，代入非齊 程以及邊[

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)=所以原問

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)滿

v(x,t)=f

vx=0,vx=expf(0)=0,f(l)=xf(x)lx令x 則w(x,t)滿

(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=設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則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所以原定解問題的 sinx ∑(?1) ?(nπ u(x,t)

sin

n2π2?l2 sinl l?=mπ,m=1,2,··如果lmπ，m為正整數， 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

πn?=m,n=1n2?m2則Tn(t)滿

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?所以原定解問題的

u(x,t)

xe?κt

((

κt—

sinnπ2 n=12

nπ)2?