数学物理方程模拟试卷

数学物理方程模拟试卷一、写出定解问题（10分）设枢轴长为l，建立枢轴纵振动在下列情形下的运动方程：（a）在x=0固定，在x=l作用力F，在t=0时刻作用力突然停止（b）在x=l一端是平衡位置，而从t=0时刻作用力F(t)解：（a）0,0,,0),0(0,0)0,(,)0,(0,0,22222ttlutulxxuEFxutlxxuatuxt(b)0,,,0),0(0,0)0,(,0)0,(0,0,22222tEtFtlutulxxuxutlxxuatuxt其中E为扬氏系数。二、判定方程的类型并化简（20分）例.化简0623222222yuxuyyxuxu（1）解：已知3,1,1cba特征方程为1212aacbbdxdy11cxydxdy,13cxydxdy令yxyx30,1,30,1,1yyxyxxyxyyxyxxyx（2）yyyyyyyyyyxyxyyxxyyxyxxyxxxxxxxxxyyyxxxuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu22222)(2,（3）将（2）代入（3），可得uuuuuuuuuuuuuuuuuuyyxyxxy2329632（4）把（4）代入（1），可得0666236364296uuuuuuuuuuuuu0816uu即021uu这就是我们所求的标准的双曲型方程。三、（每小题10分，共20分）①证明：)52()52(),(txGtxFtxy为方程2222254xyty的通解。②求满足条件：0),(),0(tyty，xxy2sin)0,(，0)0,(xyt的特解。解：①设vtxutx52,52，得)()(vGuFy，)5()('5)('vGuFtvvGtuuFty)('5)('5vGuF，（1）tvvGtuuFvGuFtty'5'5)]('5)('5[22)(25)(25vGuF。（2）2)('2)('vGuFxvvGxuuFxy)('2)('2vGuF，（3）xvvGxuuFvGuFxxy'2'2)]('2)('2[22)(4)(4vGuF，（4）由（2）与（4），可得2222254xyty。故满足方程，因为原方程为二阶方程，所以含有二个任意函数的解是通解。②由：),52()52(),(txGtxFtxy)52('5)52('5),('txGtxFtytxyt。可得xxGxFxy2sin)2()2()0,(，（5）0)2('5)2('5)2('5)0,('xGxGxFxyt（6）故)2(')2('xGxF。xxGxF2cos21)2(')2('，12sin21)2(cxxF，22sin21)2(cxxG，即21)52sin(21)52sin(21),(cctxtxtxy。利用00),(0),0(21cctyty知或。故)52sin(21)52sin(21),(txtxtxytx5cos2sin。代入可验证这是所求的解。四．求方程的一般解（20分）1、022222222yuyxuxyuyyxuxyxux，解：特征方程为xydxdy，cxy。令.,yxy，代入方程得uu122，)(lnlnlnu，)(u。)(ln)(u，)(ln)(),(xyyxyyxu。（一般解）2、求下面方程的初值问题的解：0303202022222yyyuxuyuyxuxu解：作变换：.3,yxyx可得方程,02u),3()()()(),(yxyxu.0)3(')(',3)3()(020xxyuxxxuyy.)3(31)(,3)3()(2cxxxxx,449)3(,443)(22cxxcxx.44)(443)(22cc.)3(41)(43)()(),(22yxyxyxu.3),(22yxyxu五、用分离变量法求解（30分）).0().()0,(),()0,()0(,0),(,0),0().(,''22lxxFxuxfxuttlutuEauautxxxtt其中u是坐标为x的截面的位移，l是杆长，为单位长度的质量，E是杨氏系数。解：应用分离变量法：令),()(),(tTxXtxu即得.sincos)(xDxCxX.sincos)(atBatAtT由边条件：,0,0)0(CXlnlX212,0)('。02)12(sin)212sin2)12(cos(),(nnnxlnatlnbatlnatxu。由初条件：00),(212sinnntxfxlnau)(212sin)212(10xFxlnalnbunntt，故得：lnxdxlnxfla0212sin)(2，lnxdxlnxFanb0212sin)()12(4，代入),(txu中，即得我们所要求的解。