第八章热传导方程的傅氏解.doc

1、第八章 热传导方程的傅氏解（11）一、 内容摘要1传导（扩散）混合问题：20,(,).txualtxl其解为： 2/ 01 2,sin,sin.1,2lnatlnxuxtCeCxdl 2初始条件 ,0x3边界条件 ：第一类边界条件： ,.ultt第二类边界条件： xv第三类边界条件： ,.klthlt时的第二类边界条件称为绝热条件。0vt4Fourier 积分对于定义在 上的非周期函数 ，在任一有限区间 上分段光滑，,fx,l则在该区间上函数可以展开为 Fourier 级数： 01 11cosincos22l ln nxaxfxbfdfdll lFourier 积分为：cos.2fxdfxdF

2、ourier 积分还可以改写为如下形式：1coscossin 21, in.2fxdfxdAxBxdABfd 5初值问题的 Fourier 解法热传导方程的初值问题： 2,0,0.txuatx其解为：222 224 40,cosin1 cosins1 .2atatx baxat auxteABdexddebeat 6Fourier 解的物理意义考虑具有单位横截面积的细杆上,在区间 上有 ,而在区间0,x0xU外有 .这时温度函数为:0x2200440, ,2xxxat atUUutedeat 考虑极限 ,此时有:200401, ,.xatQxt cc 也就是说:t = 0 时刻，x 0 处的瞬

3、时点热源在杆上产生了上述温度分布。也就是说 ,在处强度为 的瞬时点热源dd产生的温度分布为 。 在细杆上所有点上，初始温度分布241xate的总作用就是有这些点源的作用叠加得到：24, .2xatuxtedat7 一端有界的热传导问题：定解问题 20,0, .txtutx其解为：2 224 44011,=.2x xxat atatuxtededat t 一、习题1考虑长为 的均匀杆的导热问题若l（1）杆的两端温度保持零度；（2）杆的两端均绝热；（3）杆的一端为恒温零度，另一端为绝热。试写出该导热问题在以上三种情况下的边界条件。2长为 的柱形管，一端封闭，另一端开放，管外空气中含某种气体，其浓度

4、l为 ，向管内扩散，写出该扩散问题的定解问题。0u3设初始温度为 ，长为 的均匀细生铁杆，当杆的一端温度为 ，0 5cm30而另一端及杆的侧面对于周围介质热绝缘时，求杆中的温度分布。4求解下列定解问题。（1） 2=0,0(,)+ txxluathu（2） 20(,),xtxuaAeltT（3） 2(,),0txuactl（4） ,0(,)0sin2i3txuDttx（5） 2,0,(0,)txuaAxltlt5求解厚度为 的层状铀块中，中子扩散运动满足的定解问题l0,0(0,)=txuDxltlt三、参考答案1解：设杆的温度为 则,uxt(1) ；=0=,xxlu(2) 因为当沿杆长方向有热量

5、流动时由 Fourier 实验定律有：0-,-xxluuqkqk其中， 为热流强度。而杆的两端绝热，就意味着杆的两端与外界没有热交换，q亦即没有热量的流动（ ），故有：0,0xxlu(3)显然，此时有：0,xxl以上三种情况均为齐次边界条件，这是日后学习分量变量法时常常会用到的。2解：设 端封闭，则该端没有气体的流动，故由扩散定律有： ，= 0xu又由于开放的一端与管外相通，应与管外空气中的气体浓度一样，所以有：。故该扩散问题的定解问题为：0xlu00=,txlttuDu3解：本题等价于下列定解问题：200=3txltuatu其中 ；令:2=kac，我们易找到一个即满足泛定方程，又满足非齐次,

6、uxtvtWxt边界条件得解，即： 因而， 满足下列定解问题：0=3u,vxt20,-3txltatv解出上述定解问题，最后本题的解为：，其中 22110 1,4cosnnatlnuuxt exl03u4解:(1) 令 ，把它代入泛定方程，完成分离变量，并利用边界条件，可()uXxTt得： 。及本征问题：20a0(),()0()XlhXl此问题中，边界条件是第二类及第三类，因而本征值 。记 ，把2=0通解 代入 ，得 ，从而 。再由：=cos+inyxABx0=yB，得 。因 A 不能再为零，于是：0lhscoslhl，这个超越方程有无限多个根，我们只要考虑它的正根就sincsl行了。如令 表

7、示第 n 个根，则得第 n 个本征值为： 而相应n 2= 1,n的本征函数为： 。把 代入 T 的方程得：cosXx2= 。至此，已求得了满足泛定方程和边界条件得特解族2expnnTCat。再把这些特解叠加，即得到级数解：nX.21,expcosnnnuxtCatx最后，由初始条件便得： 1,0cosnuxx于是， ，这里201cosln nnCd，把 代入前述级数，即得解为：2 20csln nhxxdlunC.1 2201, cosexpcoslnnnnnutlxdatxh (2) 由于对应的齐次问题具有第一类边界条件，故令 1 1(,)sin,sintn nuxtTtxAeftxl l代

8、入方程和初始条件得： 21 101 sinsin0sinn nnaTtTtxftxlllxl 即：200sin1n nl naTtTtftdl 其中220 12sinnlltn enAftAedlll 式的解为：22natlnlTtCefa 将、代入式得 0 22121nlnn eTACal2 20 22121 1nlna nat tl leTtenl 故得原定解问题的解为： 2 20 21 212(,) 1sinnlna nat tl ln eTAuxt e xll (3) 20(,),txuactl 令 ,uxtvtwxt并选 ,hgctt lxl则 - ) 式简化为：2(0,),0txc

9、tvalx 令 ，代入和得：1,sinnxvxtTtl2nnnatTtftl0nT其中： 20 02si sinl lncxcxft ddl l2c则方程的解为：223natlnclTtCe代入初始条件得23clCa所以 2231ntlnlTte于是有 (11) 2231(,) sinnatlncl xvxtel将和(11)两式一并代入 得：2231, sinnatlnctcl xuxlxel（4）没有现成的公式可套，我们直接按分离变量法的四个步骤来求解:0,0(,)sin2i3txuDttx 1)分离变量，即令： ,utXTt则式变为： TtDx即 于是式变为：= tXxD令 0 Ttt而式

10、变为： ，即由式得： = =0XTt， 0=, 0X2）解本征值问题： ，则得： 0, xX2,1,sinnXxCx 本 征 值 本 征 函 数3）将 代入式得： 解之得： 2=2+=0nnTtDt2=nDtnTtbe、两式代入式得：2,si,nDtnuxtaexabc4）叠加，用初始条件定系数： 2=1,sinDtutex代入式得： ，比较两边 的系数得：=1sini+2sin3axxi3,0(1,)na代入式，于是得原定解问题的解为： 9sin+2si3DtDtuxtexx（5）方程是非齐次的, ,代入方程得 .)(,),(wtvtxu Awvat)(2令 , ,所以得 . 02Awa0,

11、lxxw)(2)(lxaAxw同时有 ； . 2vt00,;()xxltv令 ，得 )(),(tTXx 22Xa因为 , .又因为 ,0,)(AxBsin)( 0)(l 3,21,nl所以 ,而 . lxxXnnsi)( tlnaneTt20)(所以 tlnannxCTtv 2si),(11 因为 ,得 .)(0xwt)(i1wln对上式两边同乘 ,积分得 ,siml dxlndxlnCll 002si)(si 所以 .)1(co23naAlCn所以 1332 2si),(n tlnaexltxv 最后得 .tlnanexaAllxatu 2si)1(co)(),( 13322 5解： 0,0(0,)=txuDxltlt 1） 令 ,uxtXTt代入方程得：两边除 得： =0XxTtDxTtXxtD