第10章的波动答案详解

1、cv 一、简答题1. 惠更斯原理的内容是什么？利用惠更斯原理可以定性解释哪些物理现象？答案：介质中任一波振面上的各点，都可以看做发射子波的波源，其后任一时刻，这些子波的包络 面就是该时刻的波振面。利用惠更斯原理可以定性解释波的干涉、衍射反射和折射现象。1.平面简谐波传播过程中的能量特点是什么？在什么位置能量为最大？答案：能量从波源向外传播，波传播时某一体元的能量不守桓，波的传播方向与能量的传播方向一 致，量值按正弦或余弦函数形式变化，介质中某一体元的波动动能和势能相同，处于平衡位置处的 质点，速度最大，其动能最大，在平衡位置附近介质发生的形变也最大，势能也为最大。3 简述波动方程的物理意义。答

2、：波函数 a 7是波程x和时间t的函数描写某一时刻任意位置处质点 振动位移。(1 )当x=d时，y = f(t)，为距离波源为 d处一点的振动方程。(2)当t =c时(c为常数)，y = f (x)，为某一时刻各质点的振动位移，波形的"拍照”4.驻波是如何形成的？驻波的相位特点什么？答案：驻波是两列频率、振幅相同的相干波在同一直线上沿相反方向传播时叠加而成。驻波的相位特点是：相邻波节之间各质点的相位相同，波节两边质点的振动有:的相位差。二、选择题1. 在下面几种说法中，正确的说法是 (C )。(A) 波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的;(B) 波源振动的速度与波速

3、相同；(C) 在波传播方向上的任一质点振动相位总是比波源的相位滞后；(D) 在波传播方向上的任一质点的振动相位总是比波源的相位超前.2. 一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形图如图所示，则该时刻(B )。n/(A) A点相位为兀;(B) B点相位为一A /杞 -2(C) C点相位为n；(D) D点向上运动；3. 一列波在介质分界面反射而产生半波损失的条件是(C )(A)波是横波(B)波是纵波(C)波从波疏介质入射到波密介质(D)波从波密介质入射到波琉介质4.在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为A.大小相同，而方向相反B.C.大小不同，方向相同D.1 '(为波长)的两点的振动速度必

4、定 (A )大小和方向均相同大小不同，而方向相反5.平面简谐波的波动方程为X 兀y =3cos10二(t)(SI)，则 x = 5m处质点404的振动曲线为(A)CD三、填空题1 已知平面简谐波的波动方程为y =20cos二(2.5t 0.01x)(m)，则波长为 200 m;周期为 0.8 s;波速为 250 m/s;波沿x轴 负 方向传播。2 .有一平面简谐波沿x轴正方向传播，波速为6 m/ s，已知在 x=0处的质点的振动方程为xy =0.1cos(3 二t)(m)，则波动方程为 y =0.1cos3二(t)(m)；2 6 2质点在x轴上x - -3m处的振动方程为 y = 0.1cos

5、(3二t 二)(m)。3 有一平面简谐波沿 x轴负方向传播，波源谐振动的周期T =0.4s，振幅为0.02m，由平衡位置向正方向运动到一半振幅时开始计时，波速为0.5m/s ,则波动方程为x兀兀y = 0.02cos5二(t )(m)；波在x = 0.05m处的质点的初相位为 0.5364、火车以30m/s的速度行驶，其汽笛声的频率为500Hz,火车进站时观察者听到汽笛声的频率550Hz，火车离开车站时观察者听到汽笛声的频率J = 458Hz .(空气中的声速330m/s)三、计算题1.一平面简谐波在介质中以波速 u=4m/s沿x轴正方向传播，原点O处质点的振动曲 线如图所示。求：(1)该波的

6、波动方程；(2) x = 20m处质点的振动方程。解：d A=2cm，T=4s-= T 2由旋转矢量法，可知:=-2振动曲线对应的方程为：y = 0.02cos$t - £波动方程为八°.02c。号巧)巧)H)x=20m时，带入波动方程得n20jt兀y =0.02cos (t ) = 0.02cos( t )24222、已知一平面简谐波在t=0时刻的波形曲线如图所示，波速 u = 6m/s。试求：(1)该解：(1)设平面简谐波的波函数为(3)P点回到平衡位置所需的最短时间。y = ACOS (t -为： u由旋转矢量法可知：初相位x=5.0m处的相位:32所以二-Ax =

7、_二(5 _ 0)=-6，-12m，x 兀y =0.02 cos二(t )63对于P点，相位为3O JT振动方程为宓呻§)(3)由前P点回到平衡位置满足的条件为二 :5 二:.t _ ：二=二 t _t s326(1) 画出t =0时波形图；(2) 求O点振动方程；(3) 求波动方程。11解：(1)t =0时波形图即把t二T时波形自-X方向平移个周期即可，见上图中下面44的结果。设O处质点振动方程为 y0 = Acos亠i可知： A = 0.2mV164-=2 也v = 2280寫sk0.4t =0时，o处质点由平衡位置向下振动，忙兀t =0由旋转矢量图知，2(兀、n y0 =0.2

8、cos 80兀t一 | mI2丿兀 2兀 1(3)波动方程为：y =0.2 cos 80珥一一 一x <2丸丿(兀、即 y =0.2 cos 80珥一 5叹一一 | m<2丿4平面简谐波以波速 u=10m/s沿x轴正向传播，x轴上0、P、Q三点的坐标如（a ）图所示, 已知P点处质点的振动曲线如图（ b）所示。求：（1）P点的振动方程；（2）若以P点作为原点， 求波动方程；（3）t时刻P、Q两点振动的相位差。1015IIL、° 卩Q 5O -TT-TT解 d A=0.05m，T=2sQ ="&=2-uT =2 10= 20m,y =0.05cos二(t木 y(m)P点的振动方程：y = 0.05cos（二t ） 以P为原点的波动方程:5.如图所示为一平面简谐在 t =0时刻的波形图, 传播。（1）设此简谐波的频率为250Hz ，若波沿x负方向(2)(3)该波的波动方程；画出t时刻的波形图；8距原点O为100m处质点的振动方程与振动速度表达式。解：(1)原点处质点振动方向向下 由旋转矢量法，可知4人11100m, = 200m, T =2.250u =，T= 50000m/s,=2j. -50