第八章热传导方程的傅氏解.doc

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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

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