1.一根水平放置长度为L 的弦(两端被固定) ，其单位长度的重力为ρg ，其中ρ是弦的线密度，g 是重力加速度。若弦的初始形状如图所示： （1）推导出弦的微振动方程； （2）写出定解问题。
解：(1)水平方向有：1122cos cos 0T T α-α=又120α→0,α→得：12T T =令12T T T ==
竖直方向有：211222sin sin u
T T mg m t
∂α-α-=∂ 又m x =ρ∆得：
2122
(sin sin )u
T xg x t ∂α-α-ρ∆=ρ∆∂……①
当120α→0,α→时，11sin tan ,α≈α22sin tan α≈α 则：
221212sin sin tan tan ||()x x x u u u u
x x x x x
+∆∂∂∂∂α-α≈α-α=-=∆=∆∂∂∂∂……②
u
0 x
x x+△x 1
u
0 L/2 L
x
由①②可得：22
222
u u a g t x ∂∂=-∂∂(其中2
T a =ρ)
(2) 由已知条件可知：0|0x u ==， |0x L u ==，
0|0t u
t
=∂=∂由几何求解可得 ：
故定解方程为：
2.设有一个横截面积为S ，电阻率为r 的匀质导线，内有电流密度为j 的均匀分布的直流电通过。试证明导线内的热传导方程为：
22
2
u u c k j r t x
∂∂ρ-=∂∂ 其中c ，ρ ，k 分别为导线的比热，体密度，及热传导系数。 证明：根据傅里叶实验定律可得：1|x u
Q kS x
∂=-∆∂t ，2|x x u Q kS x +∆∂=-∆∂t 由比热的定义式1Q
c m u
∆=
∆可得：温度变化∆u 吸收的热量3Q c S =ρ∆∆x u 单位时间内通过S 的电流：jS
I t
=∆ 又电阻为：R rS x =∆，则t ∆时间内电流产生的热量为：
222()r x
Q I R t jS t j rS x t S ∆=∆=∆=∆∆
由1230Q Q Q Q --+=得 2|(|)x x x u u kS kS c S rS x x
+∆∂∂-∆--∆-ρ∆∆∆∆∂∂t t x u +j x t =0 又 22|(|)||)()x x x x x x u u u u u u
kS kS kS kS kS x x x x x x x
+∆+∆∂∂∂∂∂∂-∆--∆=∆-=∆∆=∆∆∂∂∂∂∂∂t t t(t t
0|t u ==
2,02
h L x x L ≤≤22
2,h x h x L L L
-
+≤≤0|t u ==
2,02
h L
x x L ≤≤22
2,h x h x L L L
-
+≤≤22
222,0,0u u a g x L t t x
∂∂=-<<>∂∂0|0,t u
t
=∂=∂,0|0,|0,0
x x L u u t ====>0x L
≤≤
则有：22
20u kS x c S j rS x t x
∂∆∆-ρ∆∆∆∆=∂t x u +
故导线内的热传导方程为:22
2u u c k j r t x
∂∂ρ-=∂∂
3. 长度为L 的均匀杆，侧面绝热，其线密度为ρ、热传导系数为k 、比热为c 。 （1）推导出杆的热传导方程；
（2）设杆一端的温度为零，另一端有恒定热流q 进入（即单位时间内通过单位面积流入的热量为q ），已知杆的初始温度分布为
()
2
x L x -，试写出相应的定解问题。
解：(1)根据傅里叶实验定律可得：1|x u
Q kS x
∂=-∆∂t
，2|x x u Q kS x +∆∂=-∆∂t 由比热的定义式1Q
c m u
∆=
∆可得：3Q c S =ρ∆∆x u 又123Q Q Q -=可得：
|(|)x x x u u kS kS c S x x
+∆∂∂-∆--∆=ρ∆∆∂∂t
t x u 即22||)()x x x u u u u
kS kS kS x c S x x x x
+∆∂∂∂∂∆-=∆∆=∆∆=ρ∆∆∂∂∂∂t(t t x u 故杆的热传导方程2
22
u u a t x ∂∂=∂∂（其中2k a c =ρ）
u x
∂∂
u
Q1
(2)由傅里叶实验定律可得：u q k x ∂=∂ 则x=L 处的温度为：|x L u q x k
=∂=∂ X=0处的温度为：0|0x u == 初始时刻的温度为：0()|2t x L x u =-= ，0|0t u
t
=∂=∂ 故相应的定解方程为：
4.长为L 的弦两端固定（设其质量密度为ρ）初始处于平衡位置，开始时击弦上的点x = c （0u
x
u x
∂∂
2
22u u a t x ∂∂=∂∂0|0x u ==|x L u q
x k
=∂=∂0()
|2t x L x u =-=
0|0
t u
t
=∂=∂0,0
x L t <<>0t >0x L
≤≤,,
,
,
,
