数学物理方程第三版第一章答案(全)
数学物理方程第三版第一章答案(全)
数学物理方程第三版答案第一章． 波动方程§1 方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。
现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。
在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令0→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。
由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu () 若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为 .0),(,0),0(==t l u t u(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力x ux E t l T ∂∂=)(),(|lx =等于零，因此相应的边界条件为x u∂∂|lx ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣00==x (3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。
数学物理方程第一章、第二章习题全解
18
数学物理方程与特殊函数导教·导学·导考
2δρ ut ( x , 0 ) = k ( c - δ≤ x ≤ c + δ) 在这个小段外,初速度仍为零, 我们想得到的是 x = c 处受到冲 击的初速度 , 所 以 最后 还 要 令 δ→ 0。此 外 , 弦是 没 有 初 位 移的 , 即 u( x, 0) = 0 , 于是初始条件为
3. 有一均匀杆 , 只要杆中任一小段有纵向位移或速度 , 必导致 邻段的压缩或伸长, 这种伸缩传开去, 就有纵波沿着杆传播, 试推导 杆的纵振动方程。
解 如图 1 9 所示, 取杆
长方向为 x 轴正向, 垂直于杆长
方向的 各截 面 均 用 它 的 平 衡 位 置 x 标记 , 在时刻 t, 此截面相对
u( x, 0) = 0 0,
ut ( x , 0 ) = δkρ,
| x - c| >δ | x - c | ≤ δ (δ→ 0)
所以定解问题为
utt - a2 uxx = 0
u(0 , t) = u( l, t) = 0 u( x, 0) = 0 , ut ( x , 0 ) =
0, | x - c| > δ δkρ, | x - c | ≤ δ (δ→ 0 )
16
数学物理方程与特殊函数导教·导学·导考
第一章 课后习题全解
1 .4 习题全解
1. 长为 l 的均匀杆 , 侧面绝缘 , 一端温度为零 , 另一端有恒定热
流 q进入 ( 即单位时间内通过单位截面积流入的热量为 q) , 杆的初始
温度分布是 x( l 2
x) ,试写出相应的定解问题。
解 见图 1 8, 该问题是一维热传导方程, 初始条件题中已给
u x
数学物理方程_谷超豪_第一章答案
即为初值问题的解散。 ２．问初始条件 ( x) 与 ( x) 满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传播波
3
组成？ 解：波动方程的通解为 u=F(x-at)+G(x+at) 其中 F，G 由初始条件 ( x) 与 ( x) 决定。初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须对 于任何 x,
x 2 u x 2 2u 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E [(1 ) ] (1 ) x h x h t 2
若 s( x) 常量，则得
其中 h 为圆锥的高(如图 1) 证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则 x 点处截面的半径 l 为：
u 2u ( x) 2 = ( E ( x) ) x x t
其中 ( x) 表示 T ( x) 方向与 x 轴的夹角 又 于是得运动方程
同理
2x 2 y 2 5 2u 2 2 2 2 2 t x y t x 2 2 y 2 2 y
t x
2 5 2 2 2 y t
u sin tg x.
E
, 则得方程
所以 为原方程的通解。 由初始条件得
u
F x at Gx at h x
1.
§ 2 达朗贝尔公式、 波的传抪 证明方程
2 2 x u 1 x 2 u h 0常数 1 1 2 2 x h x h a t
即对任何 x, G(x) C 0 又
1 1 x C G（x）= ( x) ( )d x 2 2a 0 2a
x 2 ]的影响区域以外不发生变化；
（2） 在 x 轴区间[ x1 , x 2 ]上所给的初始条件唯一地确定区间[ x1 , x2 ]的决定区 域中解的数值。 证： （1） 非齐次方程初值问题的解为 u(x,t)= [ ( x at ) ( x at )]
数学物理方程第三版答案
数学物理方程第三版答案
1. 一个物体从高度h处自由落体，它的位移s与时间t的关系是：
s=h+1/2gt^2
其中g是重力加速度，它的值为9.8m/s^2。
2. 一个物体从高度h处自由落体，它的速度v与时间t的关系是：
v=gt
其中g是重力加速度，它的值为9.8m/s^2。
3. 一个物体从高度h处自由落体，它的加速度a与时间t的关系是：
a=g
其中g是重力加速度，它的值为9.8m/s^2。
系是：
E=mgh
其中m是物体的质量，g是重力加速度，h是物体落体的高度。
5. 一个物体从高度h处自由落体，它的势能U与时间t的关系是：
U=mgh
其中m是物体的质量，g是重力加速度，h是物体落体的高度。
6. 一个物体从高度h处自由落体，它的动量p与时间t的关系是：
p=mv
其中m是物体的质量，v是物体的速度。
系是：
p=mv
其中m是物体的质量，v是物体的速度。
8. 一个物体从高度h处自由落体，它的动量p与势能U的关系是：
p=2mU
其中m是物体的质量，U是物体的势能。
9. 一个物体从高度h处自由落体，它的动量p与动能E的关系是：
p=2mE
其中m是物体的质量，E是物体的动能。
数学物理方程_谷超豪_第一章答案
由 (1), (2) 两式解出
其中 F,G 为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题:
1 1 h d c F x h x x 2 2a x 2
o
x
t 0 : u x ,
解：令 h x u v 则
u x . t
其相对伸长等于 令
[ x x u ( x x, t )] [ x u ( x, t )] x u x ( x x, t ) x
E
u ∣ x l k[u(l , t ) v(t )] x u u ) ∣ x l f (t ) x
u (t 2 x 2 y 2 ) 2 x x
3
2u x 2
t x
2
2
2
3 5 2 2 2 2 2 2 2 y 3t x y x
g (l x) sin ( x); g (l ( x x)) sin ( x x)
1 F x Gx hx 1 x aF / x aG / x hx
x
(1)
(2)
所以
F x Gx
1 h d c ax 0
x
的通解可以写成
u
F x at Gx at hx
其中 为杆的密度， E 为杨氏模量。 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与 x x 。现在计算这段杆在时 刻 t 的相对伸长。在时刻 t 这段杆两端的坐标分别为：
u | x l =0 x
u | x l 等于零，因此相应的边 x
同理，若 x 0 为自由端，则相应的边界条件为
物理学第3版习题解答-第1章流体的运动
第1章 流体的运动1-1 横截面是4 m 2的水箱，下端装有一个导管，水以2 m ·s -1的速度由这个导管流出。
如果导管的横截面是10 cm 2，那么水箱内水面下降时的速度是多大?解：根据连续性原理，得s m s m S v S v /105/410102442112--⨯=⨯⨯== l-2 有一水管，如图所示，设管中的水作稳定流动。
水流过A 管后，分B 、C 两支管流出。
已知三管的横截面积分别为S A =100 cm 2，S B =40 cm 2，S C =80 cm 2。
A 、B 两管中的流速分别为v A =40 cm ·s -1及v B =30 cm ·s -1。
则C 管中的流速v C 等于多少?解：根据连续性原理，得C C B B A A v S v S v S +=所以 s cm s cm S v S v S V C B B A A C /35/80304040100=⨯-⨯=-=1-3 水平放置的自来水管，粗处的直径是细处的2倍。
若水在粗处的流速和压强分别为1.0 m ·s -1和1.96×105 Pa ，那么水在细处的流速和压强各是多少？ 解：4)2()2(2121222121===d dr r S S ππππ 根据连续性方程，得s m s m v S S v /4/141212=⨯== 根据伯努利方程，222212112121gh v p gh v p ρρρρ++=++得：Pa Pa v v p p 5223522211210885.1)41(10211096.1)(21⨯=-⨯⨯+⨯=-+=ρ 1-4 灭火水枪每分钟喷出60 m 3的水，若喷口处水柱的截面积为1.5 cm 2，问水柱喷到2m 高时的截面积有多大？解： s m s m St V v /1067.6/60105.160341⨯=⨯⨯==- 根据伯努利方程 222212121gh v v ρρρ+= 得 s m gh v v /1067.62102)1067.6(23232212⨯=⨯⨯-⨯=-=根据连续性原理，得 225.1cm S =题l-21-5 水在粗细不均匀的水平管中稳定流动，已知截面S 1处的压强为110 Pa ，流速为0.2 m ·s -1；在截面S 2处的压强为5 Pa ，求S 2处的流速。
高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)
高等数学 第四册（第三版） 数学物理方法 答案（完整版）第一章 复数与复变函数（1）1.计算)(1)2;i i i i i -=-=-()122(12)(34)(2)5102122.;345(34)(34)591655i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551(3).;(1)(2)(3)(13)(3)102i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;i i i -=-=-=-1122())]a bi =+=112224sin )]()(cossin );22i a b i θθθθ=+=++3.设1z=2;z i =试用三角形式表示12z z 及12z z 。
解：121cossin;(cos sin );44266z i z i ππππ=+=+121155[cos()sin()](cos sin );2464621212z z i i ππππππ=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1231;z z z ===试证明123,,z z z 是一个内接于单位圆z =1的正三角形的顶点。
证明：1230;zz ++=z 123231;312;;z z z z z z z z z ∴=--=--=--122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。
1231z z z ===123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。
即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。
.17.证明：三角形内角和等于π。
证明：有复数的性质得：3213213arg;arg ;arg ;z z z z z z αβγ---=== 21z z z z -•-arg(1)2;k αβγπ∴++=-+0;k ∴=;αβγπ∴++=第一章 复数与复变函数（2）7.试解方程()4400z a a +=>。
数学物理方程课后习题答案
， 令 u( x, t ) U ( x, t ) v( x, t ) 代入原定解问题，则
vtt a 2vxx 2 2 A cos 2t x / l , v(0, t ) 0, v(l , t ) 0 v( x, 0) v ( x, 0) 0 t
u u x E t t x x
证 在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与 x x 。现在计算这段杆在时刻 t 的相对伸长。在时 刻t 这段杆两端的坐标分别为：
x u( x, t ); x x u ( x x, t )
0
4 Al 1 cos 2
2 k
k
2
a
.
t 4 Al 1 1 1 v k 1 sin k l x cos 2 sin k al t d . 2 2 0 k a 2 k
1 cos2 sin k al t 0 d
Bk 4 A k a cos 2 l sin k l d
2 1 l 1 l 1 2 3 3 1 0
计算可得
4 Al k a cos 2 sin d .
2 3 3 1 k 0
4 Al k a cos 2 k l 1 sin k l 1 d k l 1
利用微分中值定理，消去 x ，再令 x 0 得
utt g[(l x)ux ]x .
§2 达朗贝尔公式、波的传播
p.16:3. 8.
3.利用传播波法，求解波动方程的古尔萨（Goursat） 问题
2 u a uxx , tt u x at 0 ( x), u x at 0 ( x), (0) (0).
数学物理方程 陈才生主编 课后习题答案 章
1.1 基本内容提要
1.1.1 用数学物理方程研究物理问题的步骤 (1) 导出或者写出定解问题,它包括方程和定解条件两部分; (2) 求解已经导出或者写出的定解问题; (3) 对求得的解讨论其适定性并且作适当的物理解释.
1.1.2 求解数学物理方程的方法 常见方法有行波法(又称D’Alembert解法)、分离变量法、积分变换法、Green函
q = −k∇u,
其中k 为热传导系数,负号表示热量的流向和温度梯度方向相反.写成分量的形式
qx = −kux, qy = −kuy, qz = −kuz.
(3) Newton冷却定律. 物体冷却时放出的热量−k∇u 与物体和外界的温度差 u 边 − u0 成正比, 其 中u0为周围介质的温度.
·2·
1 n
en2
t
sin nx
(n
1), 满足
ut = −uxx,
(x, t) ∈ R1 × (0, ∞),
u(x, 0) = 1 +
1 n
sin
nx,
x ∈ R1.
显然, 当n → +∞时supx∈R
un(x, 0) − 1
=
1 n
→
0.
但是, 当n → ∞时
sup
x∈R1 ,t>0
un(x, t) − 1
∂2u ∂t2
=
E ρx2
∂ ∂x
x2
∂u ∂x
.
(1.3.9)
解 均匀细圆锥杆做微小横振动,可应用Hooke定律,并且假设密度ρ是常数. 以u¯ 表 示 图1.1所 示[x, x + ∆x]小 段 的 质 心 位 移, 小 段 质 量 为ρS∆x, S是 细
数学物理方程_答案_谷超豪
第一章．波动方程§1 方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。
现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。
在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。
由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程 tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρxESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得u x s x )()(ρx ∂∂=x ESu ()若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((xu x E x∂∂∂∂即得所证。
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为.0),(,0),0(==t l u t u(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力xu x E t l T ∂∂=)(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为xu ∂∂|l x ==0同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣00==x(3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。
数学物理方程(谷超豪)课后答案
第一章．波动方程§1方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明满足方程),(t x u ()⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ其中为杆的密度，为杨氏模量。
ρE 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为与。
现在计算这段杆在时x +x x ∆刻的相对伸长。
在时刻这段杆两端的坐标分别为：t t ),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆−+−∆++∆+θ令，取极限得在点的相对伸长为。
由虎克定律，张力等于0→∆x x x u ),(t x ),(t x T ),()(),(t x u x E t x T x =其中是在点的杨氏模量。
)(x E x 设杆的横截面面积为则作用在杆段两端的力分别为),(x S ),(x x x ∆+x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(−∆+∆+利用微分中值定理，消去，再令得x ∆0→∆x tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu ()若常量，则得=)(x s =22)(tu x ∂∂ρ)((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在两点则相应的边界条件为l x x ==,0.0),(,0),0(==t l u t u (2)若为自由端，则杆在的张力|等于零，因此相应的边l x =l x =xux E t l T ∂∂=)(),(l x =界条件为|=0xu∂∂l x =同理，若为自由端，则相应的边界条件为∣0=x xu∂∂00==x (3)若端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移l x =由函数给出，则在端支承的伸长为。
数学物理方程,偏微分方程答案第一章1-25 课后答案
x
u ( x, t )
1 [(h x at ) ( x at ) (h x at ) ( x at )] 2(h x)
u v u u 2v [(h x) 2 (u ) (h x) (h x) 2 (h x)(u 2 ) x x x x x x
( x) s( x)u tt ( ESu x ) x
ww w.
利用微分中值定理，消去 x ，再令 x 0 得
u ∣ x 0 k[u (0, t ) v(t )] x u ( u ) ∣ x 0 f (t ). x
E
x 2 u x 2 2u 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E [(1 ) ] (1 ) x h x h t 2
t有
即对任何 x, G(x) C 0 又 G（x）=
（1） 如果初始条件在 x 轴的区间[x 1 ,x 2 ]上发生变化，那末对应的解在区间[ x1 ，
1 1 x C ( x) ( )d x 2 2a 0 2a
x 2 ]的影响区域以外不发生变化；
w.
2u x 2 t x
2
网
u (t 2 x 2 y 2 ) 2 x x
da
后
同理 所以 运动方程为:
2
答
且 T ( x) 的方向总是沿着弦在 x 点处的切线方向。仍以 u ( x, t ) 表示弦上各点在时刻 t 沿垂直于 x 轴 方向的位移，取弦段 ( x, x x), 则弦段两端张力在 u 轴方向的投影分别为
+
x at 1 (h ) ( )d . 2a(h x) x at
即为初值问题的解散。 ２．问初始条件 ( x) 与 ( x) 满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传播波
数学物理方程(第三版)第一章练习答案全解
方程的导出、定解条件
.E.xample 1.4
绝对柔软而均匀的弦线有一端固定, 在它本身重力作用下, 此线处于铅垂的平 .衡位置, 试导出此线的微小横振动方程.
解: 设弦长为 l, 取弦上端点为原点, 取铅垂向下的轴为 x 轴. 设 u(x, t) 为
时刻 t, x 处的横向位移. 取位于 (x, x + ∆x) 的微元进行分析, 由绝对柔软
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 13 / 67
达朗贝尔公式、波的传播
.E.xample 2.2
问初始条件 φ(x) 与 ψ(x) 满足怎样的条件时, 齐次波动方程初值问题的解仅 由. 右传播波组成?
解: 由题意知
G(x)
=
1 φ(x) 2
+
1 2a
∫x ψ(ξ)dξ
x0
−
C 2a
.E.xample 1.7 √
验证 u(x, y, t) = 1/ t2 − x2 − y2 在锥 t2 − x2 − y2 > 0 中满足波动方程 .utt = uxx + uyy.
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 10 / 67
1. 方程的导出、定解条件 2. 达朗贝尔公式、波的传播 3. 初边值问题的分离变量法 4. 高维波动方程的柯西问题 5. 波的传播与衰减 6. 能量不等式、波动方程解的唯一性和稳定性
解: (1) u(0, t) = u(l, t) = 0;
(2) 端点自由,
即端点处无外力作用.
在左端点
SE(0)
∂u ∂x
(0,
t)
=
0,
即
∂u ∂x
东南大学数理方程第三版第一二章习题全解
20
数学 物理方 程与 特殊函 数导 教 ・ 导 学 ・ 导考
初边值条件都已确定 , 也就得到了该振动的定解问题
2
u
2
t
= a
2
2
u
2
x
(0 < x < l ux ( l, t) = 0
t > 0)
u(0 , t) = 0 ,
u( x , 0) = e x , l
ut ( x , 0) = 0
5. 若 F( z ) , G( z ) 是任意两个二次连续可微函数 , 验证 u = F( x + at ) + G( x - at )
2 uρ + 1 u ct gθu 1 uφ uρ ρ + θ θ + θ + φ = 0 2 2 2 2 ρ ρ ρ ρ sin θ 离变量后得到三个常微分方程 :
2 ρ R″+ 2ρ R′- λ R = 0
( 4)
接下来进行分离变量 , 令 u (ρ ,θ ,φ ) = R (ρ ) Θ(θ ) Φ(φ) , 代入 式 ( 4) 分 ( 5) ( 6) ( 7)
sin θ Θ ″+ sinθ cosθ Θ ′+ (λ sin θ - μ )Θ = 0 Φ ″+ μ Φ= 0 应的固有值为 μ = n2 ( n = 0 , 1 , 2 , … ) , 固有函数为 Φn ( φ ) = An cos n φ + Bn sin n φ ( n = 0, 1, 2, …) 关于方程 (6 ) 令 ξ = cosθ , 则 ( 6) 式化为 : n ) Θ(ξ (1 - ξ ) Θ ″ (ξ ) - 2ξ Φ Θ ′ (ξ ) + (λ ) = 0 2 1 -ξ
(完整版)物理学教程第三版第一章质点运动学
第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -7 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =t x 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图 1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为 222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -11 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得 v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -20 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -21 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ。
数学物理方程与特殊函数 第三版 课后答案 王元明
⎧ ∂ 2v ∂ 2v ⎪ 2 + 2 = f1( x, y), 0 < x < a, 0 < y < b, ⎪ ∂x ∂y ⎪ ⎨ v ( 0, y ) ) 0, v ( a ( y ) ) 0, 0 ≤ y ≤ b , = , = ⎪ ⎪ = = ⎪ v ( x ,0 ) ) ψ 1 ( x ); v ( x , b ) ) ψ 2 ( x ), 0 ≤ x ≤ a . ⎩
∞
∑ n
=1
d na n sin nθ = Tθ (π − θ )
d na
n
∫
π
0
sin nθ d θ = ∫ T θ (π − θ )sin nθ d θ
0
2
π
4T d n = n 3 (1 − cos nπ ), πa n 4T ∞ ρ n u ( ρ ,θ ) = [1 − (− 1)n ]sin nθ . ) ∑ n 3 π n=1 a n
解为:
其中
∞ 1 u ( x , t ) = a0 + ∑ ane ) 2 n=1
⎛ naπ ⎞ t −⎜ l ⎟ ⎝ ⎠
2
nπ cos x l
2 nπ an = ∫ ϕ ( x ))cos xdx， n = 0,1,2,... l l
0
l
练习：在矩形 (0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ b ) 中求解拉普拉斯 方程的定解问题 :
极坐标系下的拉普拉斯方程的表达式
⎧ x = ρ cosθ ⎨ ⎩ y = ρ sinθ
∂ρ ∂θ ⎧ ⎪1 = ∂x ⋅ cosθ − ρ ∂x ⋅ sin θ ⎪ ⎨ ⎪ 0 = ∂ ρ ⋅ sin θ + ρ ∂ θ cos θ ⎪ ⎩ ∂x ∂x ∂ρ ∂θ − sinθ = cosθ , = u( ρ ,θ ) ∂x ∂x ρ
姜礼尚数学物理方程讲义(第三版)课后习题答案
公众号:菜没油
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uv uv fv dx + x uv g v ds u = v ds v udx uv fvdx x uv gv ds n
u u u f vdx v x u g ds 0 2 n
6.解： 设 u u x, y, z, y 为 t 时刻在 x, y, z 处的温度,k 为导热系数， 0 为热交换 系数，于是有如下定解问题：
公众号:菜没油
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10.泛定方程：ut a2 u 0
20.初始条件：u x, y, z, 0 100 u 0 37 u n
30.边界条件：u x, y, 0, t u 0 k
公众号:菜没油
5
10.解： 取传送带所在直线为 x 轴,起点为原点，任取一段传送带 x1 , x2 ，时间段
t1 , t2 .
由质量守恒： 即 dx
x1 x2 t2 x2 x1
t2
t dx dt a
2 2 2
从而由动量守恒及胡克定律可知:
S x xutt x, t ES x u x
再令 x 0 ,即有
2 x 2 x u 1- E 1 2 x h 2 h t 2
x x
ux
x
u x
0 0 1 1 1 1
u 0 y 0 u ydx 2 ydx y 0 0
0 0
u 2 0 u 0 1 0 u 1 0 u x2 x 2
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数学物理方程第三版答案第一章． 波动方程§1 方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。
现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。
在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令0→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。
由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程 tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+ 利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu () 若=)(x s 常量，则得22)(t u x ∂∂ρ=))((xu x E x ∂∂∂∂即得所证。
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为 .0),(,0),0(==t l u t u(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力xux E t l T ∂∂=)(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为xu∂∂|l x ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣00==x (3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。
由虎克定律有xuE∂∂∣)](),([t v t l u k l x --== 其中k 为支承的刚度系数。
由此得边界条件)(u xuσ+∂∂∣)(t f l x == 其中E k =σ特别地，若支承固定于一定点上，则,0)(=t v 得边界条件)(u xuσ+∂∂∣0==l x 。
同理，若0=x 端固定在弹性支承上，则得边界条件x uE∂∂∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u xuσ-∂∂∣).(0t f x -= 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 2222)1(])1[(t u h x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ 其中h 为圆锥的高(如图1)证：如图，不妨设枢轴底面的半径为1，则x 点处截面的半径l 为：h x l -=1所以截面积2)1()(hx x s -=π。
利用第1题，得])1([)1()(2222xuh x E x t u h x x ∂∂-∂∂=∂∂-ππρ 若E x E =)(为常量，则得2222)1(])1[(t uh x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。
解：如图2，设弦长为l ，弦的线密度为ρ，则x 点处的张力)(x T 为)()(x l g x T -=ρ且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。
仍以),(t x u 表示弦上各点在时刻t 沿垂直于x 轴方向的位移，取弦段),,(x x x ∆+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ∆+∆+--θρθρ其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角又 .sin x u tg ∂∂=≈θθ 于是得运动方程x u x x l t u x ∂∂∆+-=∂∂∆)]([22ρ∣xux l g x x ∂∂--∆+][ρ∣g x ρ利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得])[(22x ux l x g t u ∂∂-∂∂=∂∂。
5. 验证 2221),,(y x t t y x u --=在锥222y x t -->0中都满足波动方程222222y u x u t u ∂∂+∂∂=∂∂证：函数2221),,(y x t t y x u --=在锥222y x t -->0内对变量t y x ,,有二阶连续偏导数。
且t y x t tu⋅---=∂∂-23222)( 2252222322222)(3)(t y x t y x t t u ⋅--+---=∂∂--)2()(22223222y x t y x t ++⋅--=-x y x t xu ⋅--=∂∂-23222)(()()22522223222223x y x t y x t xu ----+--=∂∂()()222252222y x t y x t -+--=-同理()()22225222222y x t y x t yu +---=∂∂-所以()().222222252222222tu y x t y x t yu xu ∂∂=++--=∂∂+∂∂- 即得所证。
6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻力) 与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为b), 但方向相反,试导出这时位移函数所满足的微分方程.解: 利用第1题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段()x x x ∆+,上所受的摩阻力.由题设,单位质量所受摩阻力为tub∂∂-,故()x x x ∆+,上所受摩阻力为 ()()tuxx s x p b ∂∂∆⋅⋅-运动方程为:()()()()t u x x s x b x x u ES t u ES t ux x s x x x ∂∂∆⋅-∂∂-⎪⎭⎫⎝⎛∂∂=∂∂⋅∆∆+ρρ22利用微分中值定理，消去x ∆,再令0→∆x 得()()()().22tux s x b x u ES x t u x s x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ 若=)(x s 常数，则得()()t ux b x u E x tu x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ22若 ()()则得方程令也是常量是常量,.,2ρρρEa E x E x ===.22222xu a t u b t u ∂∂=∂∂+∂∂§2 达朗贝尔公式、 波的传抪1. 证明方程()常数011122222 h tuh x a x u h x x ∂∂⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂ 的通解可以写成()()xh at x G at x F u -++-=其中F,G 为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题:()().,:0x tux u t ψ=∂∂==ϕ 解：令()v u x h =-则()()()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+-=∂∂-∂∂+=∂∂-x v u x h xu x h xv u xu x h 2,))(()()()()[(2222xv u x h x u x h x u x h x v u x u x h x ∂∂+-=∂∂-+∂∂-+∂∂+-=∂∂-∂∂又 ()2222tv t u x h ∂∂=∂∂-代入原方程，得()()222221tv x h a x v x h ∂∂-=∂∂-即 222221t v a x v ∂∂=∂∂ 由波动方程通解表达式得()()()at x G at x F t x v ++-=,所以 ()()()x h at x G at x F u -++-=为原方程的通解。
由初始条件得()()()[])1(1x G x F x h x +-=ϕ()()()[]x aG x aF xh x //1+--=ψ所以 ()()()())2(1cd h a x G x F xx +-=-⎰ααψα由)2(),1(两式解出()()()()()22121cd h a x x h x F xx o+-+-=⎰ααψαϕ()()()()()22121c d h a x x h x G xx o+---=⎰ααψαϕ 所以 )]()()()[()(21),(at x at x h at x at x h x h t x u +--+-+--=ϕϕ+⎰+---at x atx h x h a ()()(21ψα.)ααd即为初值问题的解散。
２．问初始条件)(x ϕ与)(x ψ满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传播波组成解：波动方程的通解为u=F(x-at)+G(x+at)其中F ，G 由初始条件)(x ϕ与)(x ψ决定。
初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须对 于任何t x ,有 G(x+at)≡常数.即对任何x, G(x)≡C 0 又 G （x ）=⎰-+x x aCd a x 02)(21)(21ααψϕ 所以)(),(x x ψϕ应满足+)(x ϕ⎰=xx C d a 01)(1ααψ（常数）或 'ϕ(x)+)(1x aψ=03.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∂∂=∂∂=+=-).()(0022222x u x u x u a t u at x at x ψϕ ())0()0(ψϕ=解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 )(x ϕ=F （0）+G （2x ） 令 x+at=0 得 )(x ψ=F （2x ）+G(0) 所以 F(x)=)2(x ψ-G(0). G （x ）=)2(x ϕ-F(0). 且 F （0）+G(0)=).0()0(ψϕ= 所以 u(x,t)=(ϕ)2at x ++)2(atx -ψ-).0(ϕ 即为古尔沙问题的解。
4．对非齐次波动方程的初值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞<<-∞=∂∂==+∞<<-∞>=∂∂-∂∂)()(),(,0),0(),(22222x x t u x u t x t t x f x u a t u ψϕ证明：（1） 如果初始条件在x 轴的区间[x 1,x 2]上发生变化，那末对应的解在区间[1x ，2x ]的影响区域以外不发生变化；（2） 在x 轴区间[2,1x x ]上所给的初始条件唯一地确定区间[21,x x ]的决定区 域中解的数值。