数学物理方程谷超豪版第二章课后答案

第 二 章 热 传 导 方 程

§1 热传导方程及其定解问题的提

1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律

dsdt u u k dQ )(11-=

又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。

解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4

2

l π为S 。

由假设，在任意时刻t 到t t ∆+内流入截面坐标为x 到x x ∆+一小段细杆的热量为

t x s x

u k

t

s x

u k t s x

u

k

dQ x

x x

x ∆∆∂∂=∆∂∂-∆∂∂=∆+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻t 到t t ∆+在截面为

x 到x x ∆+一小段中产生的热量为

()()t x s u u l

k t x l u u k dQ ∆∆--

=∆∆--=11

1124π 又在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t

u

c x s t x u t t x u c dQ t ∆∆∂∂=∆-∆+=ρρ,,3 由热量守恒原理得：

()t x s u u l

k t x s x u

k

t x s t u c x t ∆∆--

∆∆∂∂=∆∆∂∂11

2

24ρ 消去t x s ∆∆，再令0→∆x ，0→∆t 得精确的关系：

()11

224u u l k x

u k t u c --

∂∂=∂∂ρ 或 ()()11

22

2112244u u l c k x

u a u u l c k x u c k t u --∂∂=--∂∂=∂∂ρρρ 其中 ρ

c k a =2

2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。

解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n

u

D

dM ∂∂-=，其中D 为扩散系数，得 ⎰⎰⎰∂∂=

2

1

t t s

dsdt n

u

D

M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为

()()[]⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩΩ

∂∂=∂∂=-=2

12

1121,,,,,,t t t

t dvdt t u

C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M

两者应该相等，由奥、高公式得：

⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω

Ω∂∂==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=2

12

11t t t t dvdt t u

C M dvdt z u

D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程：

⎪⎭

⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂z u D z y u D y x u D x t u C

3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的

水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则

Q dt

dQ

β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。

解： 可将水化热视为一热源。由Q dt

dQ

β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放

热速度为

t

e Q ββ-0

它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛-=+⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∂∂-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222

2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程

()2201224.0ρω

ρωρc r

i u u c P k x u c k t u +--∂∂=∂∂

其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表示导线对于介质的热交换系数。

解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为

()t x f x

u a t u ,22

2+∂∂=∂∂

其中()()()t x F c t x F t x f c k a ,,/,,,2

ρρ

==

为单位体积单位时间所产生的热量。

由常电流i 所产生的()t x F ,1为2

2/24.0ωr i 。因为单位长度的电阻为ω

r ，因此电流i 作功为

ω

r

i 2

乘上功热当量得单位长度产生的热量为ω/24.02

r i 其中0.24为功热当量。

因此单位体积时间所产生的热量为2

2/24.0ωr i

由常温度的热交换所产生的(视为“被动”的热源)，从本节第一题看出为

()01

4u u l k --

其中l 为细杆直径，故有l

l l p 4

4/

2==ππω，代入得 ()()012,u u p

k t x F --=

ω

因热源可迭加，故有()()()t x F t x F t x F ,,,21+=。将所得代入

()t x f x

u

a t u ,22

2+∂∂=∂∂即得所求： ()22012224.0ρω

ρωρc r

i u u c P k x u c k t u +--∂∂=∂∂ 5*. 设物体表面的绝对温度为u ，此时它向外界辐射出去的热量依斯忒---波耳兹曼

(Stefan-Boltzman)定律正比于4

u ，即

dsdt u dQ 4σ=

今假设物体和周围介质之间只有辐射而没有热传导，又假设物体周围介质的绝对温度为已 知函数),,,(t z y x f ,问此时该物体热传§导问题的边界条件应如何叙述？

解：由假设，边界只有辐射的热量交换，辐射出去的热量为

,|41dsdt u dQ s σ=辐射进来的

热量为,|4

2dsdt f dQ s σ=因此由热量的传导定律得边界条件为：

]||[|44s s s f u n

u

k -=∂∂σ

§2 混合问题的分离变量法

1． 用分离变量法求下列定解问题的解：

⎪⎪⎪

⎩

⎪

⎪⎪⎨⎧<<=>=∂∂=<<>∂∂=∂∂)0()()0,()0(0),(),0(0,0()222πππx x f x u t t x u t u x t x u a t

u 解：设)()(t T x X u =代入方程及边值得

⎪⎩

⎪

⎨

⎧=+'='==+00

)(0)0(02"T a T X X X X λπλ 求非零解)(x X 得x n x X n n n 2

1

2sin )(,4)12(2+=+=

λ ),1,0(Λ=n 对应Ｔ为 t n a n n e C t T 4)12(2

2)(+-

=

因此得 ∑∞=+-+=

4)12(2

1

2sin

),(22n t

n a n

x n e

C t x u 由初始值得 ∑∞

=+=0

2

1

2sin

)(n n x n C x f 因此 ⎰

+=

π

π

2

1

2sin

)(2

xdx n x f C n 故解为 ∑⎰

∞

=+-+⋅+=

4)12(2

1

2sin

2

1

2sin

)(2

),(22n t

n a x n e

d n f t x u π

ξξξπ ２．用分离变量法求解热传导方程的混合问题

⎪⎪⎪

⎪⎩

⎪⎪

⎪⎪⎨⎧>==⎪⎩⎪⎨⎧<<-≤<=<<>∂∂=∂∂)0(0

),1(),0(1

21

1210)0,()10,0(2

2t t u t u x x x x x u x t x

u

t u 解：设)()(t T x X u =代入方程及边值得

⎩

⎨⎧=+===+0'0

)1()0(0"T T X X X X λλ