题目

细杆 (或弹簧) 受某种外界原因而产生纵振动, 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. 假设振动过程中所产生的张力服从胡克定律, 试证明 u(x,t) 满足方程[(partial)/(partial t)(rho(x)(partial u)/(partial t))=(partial)/(partial x)(E(partial u)/(partial x)),]其中 rho 为杆的密度, E 为杨氏模量.

细杆 (或弹簧) 受某种外界原因而产生纵振动, 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. 假设振动过程中所产生的张力服从胡克定律, 试证明 $u(x,t)$ 满足方程

$
\frac{\partial}{\partial t}\left(\rho(x)\frac{\partial u}{\partial t}\right)=\frac{\partial}{\partial x}\left(E\frac{\partial u}{\partial x}\right),
$

其中 $\rho$ 为杆的密度, $E$ 为杨氏模量.

题目解答

答案

考虑细杆上一小段 $[x, x+\Delta x]$，其质量为 $\rho(x)S\Delta x$（$S$ 为横截面积）。根据胡克定律，张力 $T(x,t) = ES\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)$。
该段杆所受净力为：
$T(x+\Delta x,t) - T(x,t) = ES\left[\frac{\partial u}{\partial x}(x+\Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right]$
由牛顿第二定律，净力等于质量乘以加速度：
$ES\left[\frac{\partial u}{\partial x}(x+\Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right] = \rho(x)S\Delta x\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)$
两边除以 $S\Delta x$ 并取极限 $\Delta x \to 0$，得：
$E\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \rho(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$
或等价表示：
$\frac{\partial}{\partial t}\left(\rho(x)\frac{\partial u}{\partial t}\right) = \frac{\partial}{\partial x}\left(E\frac{\partial u}{\partial x}\right)$
（注：$\rho(x)$ 与 $t$ 无关，故 $\rho(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\rho(x)\frac{\partial u}{\partial t}\right)$）。

结论：
$u(x,t)$ 满足方程：
$\boxed{\frac{\partial}{\partial t} \left( \rho(x) \frac{\partial u}{\partial t} \right) = \frac{\partial}{\partial x} \left( E \frac{\partial u}{\partial x} \right)}$

解析

本题考查的是利用牛顿第二定律和胡克定律推导细杆纵振动所满足的偏微分方程。解题思路如下：

  1. 选取细杆上的一小段 $[x, x + \Delta x]$ 作为研究对象，计算该小段的质量。
  2. 根据胡克定律，求出该小段两端所受的张力。
  3. 计算该小段所受的净力。
  4. 利用牛顿第二定律，建立净力与加速度的关系。
  5. 对上述方程进行化简和取极限操作，得到最终的偏微分方程。

下面进行详细的解析：

  1. 计算小段杆的质量：
    已知杆的密度为 $\rho(x)$，横截面积为 $S$，选取的小段长度为 $\Delta x$，根据质量的计算公式 $m = \rho V$（其中 $V$ 为体积），可得该小段杆的质量为 $m = \rho(x)S\Delta x$。
  2. 根据胡克定律求张力：
    胡克定律指出，在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比。对于细杆的纵振动，张力 $T(x,t)$ 与杆的应变 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 成正比，比例系数为杨氏模量 $E$，即 $T(x,t) = ES\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)$。
    那么在 $x + \Delta x$ 处的张力为 $T(x + \Delta x,t) = ES\frac{\partial u}{\partial x}(x + \Delta x,t)$。
  3. 计算小段杆所受的净力：
    该小段杆所受的净力为两端张力之差，即 $F = T(x + \Delta x,t) - T(x,t)$。
    将 $T(x,t)$ 和 $T(x + \Delta x,t)$ 的表达式代入上式，可得：
    $F = ES\left[\frac{\partial u}{\partial x}(x + \Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right]$
  4. 根据牛顿第二定律建立方程：
    牛顿第二定律指出，物体所受的合外力等于物体的质量乘以加速度，即 $F = ma$。
    在本题中，小段杆的加速度为 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)$，质量为 $\rho(x)S\Delta x$，所以有：
    $ES\left[\frac{\partial u}{\partial x}(x + \Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right] = \rho(x)S\Delta x\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)$
  5. 化简方程并取极限：
    两边同时除以 $S\Delta x$，得到：
    $\frac{E\left[\frac{\partial u}{\partial x}(x + \Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)\right]}{\Delta x} = \rho(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x,t)$
    当 $\Delta x \to 0$ 时，根据导数的定义，$\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\frac{\partial u}{\partial x}(x + \Delta x,t) - \frac{\partial u}{\partial x}(x,t)}{\Delta x} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t)$，则上式变为：
    $E\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \rho(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$
    由于 $\rho(x)$ 与 $t$ 无关，所以 $\rho(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\rho(x)\frac{\partial u}{\partial t}\right)$，同时 $E\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(E\frac{\partial u}{\partial x}\right)$，因此方程可等价表示为：
    $\frac{\partial}{\partial t}\left(\rho(x)\frac{\partial u}{\partial t}\right) = \frac{\partial}{\partial x}\left(E\frac{\partial u}{\partial x}\right)$