大学物理(第四版)课后习题答案波动

第十四章摇动之宇文皓月创作14-1一横波再沿绳索流传时得摇动方程为y(0.20m)cos(2.5s1)t(m1)x。（1）求波得振幅、波速、频次及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出t=1s和t=2s时得波形，并指出波峰和波谷。画出x=1.0m处质点得振动曲线并议论其与波形图得分歧。14-1y(0.20m)cos2.5s1t(m1)x剖析（1）已知摇动方程（又称波函数）求摇动的特点量（波速u、频次、振幅A及彼长等），往常采纳比较法。将已知的摇动方程按摇动方程的一般形式yAcostx书写，0u而后经过比较确立各特点量（式中前“－”、“＋”的选用分别对应波沿x轴正向和负向流传）。比较法思路清楚、求解简便，是一种常常使用的解题方法。（2）议论摇动问题，要理解振动物理量与摇动物理量之间的内在联系与差别。比如划分质点的振动速度与波速的分歧，振动速度是质点的运动速度，即dydt；而波速是波线上质点运动状态的流传速度（也称相位的流传速度、波形的流传速度或能量的流传速度），其大小由介质的性质决定。介质不变，彼速坚持恒定。（3）将分歧时刻的t值代人已知摇动方程，即能够获得分歧时刻的波形方程yy(x)，进而作出波形图。而将确立的x值代入摇动方程，即可以获得该地点处质点的运动方程yy(t)，进而作出振动图。解（1）将已知摇动方程示意为与一般表达式

y

Acos

t

xu

0比较，可得则

v

2

1.25Hz,

uv

2.0m（2）绳上质点的振动速度则vmax1.57ms13）t=1s和t＝2s时的波形方程分别为波形图如图14－1（a）所示。＝1.0m处质点的运动方程为振动图线如图14－1（b）所示。波形图与振动图虽在图形上相像，但却有实在质的差别前者示意某确准时刻波线上全部质点的位移状况，尔后者则示意某确立地点的时间更改的状况。14-2波源作简谐运动，其运动方程为y(4.0103m)cos(240s1)t，它所形成得波形以30m/s的速度沿向来线流传。（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。14-2y(4.0103m)cos(240s1)t剖析已知彼源运动方程求摇动物理量及摇动方程，可先将运动方程与其一般形式yAcost0进行比较，求出振幅地角频率及初相0，而这三个物理量与摇动方程的一般形式yAcostxu0中相应的三个物理量是相同的。再利用题中已知的波速U及公式22/T和uT即可求解。解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频次s1。依据剖析中所述，波的周期就是振动的周期，故有波长为将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得故以波源为原点，沿X轴正向流传的波的摇动方程为14-3以知以摇动方程为y(0.05m)sin[(10s1)t(2m1)x]。（1）求波长、频次、波速和周期；（2）说明x=0时方程的意义，并作图示意。14-3y(0.05m)sin[(10s1)t(2m1)x]剖析采纳比较法。将题给的摇动方程改写成摇动方程的余弦函数形式，比较可得角频次。、波速U，进而求出波长、频次等。当x确准时摇动方程即为质点的运动方程yy(t)。解（1）将题给的摇动方程改写为与yAcostxu0比较后可得波速角频次10s1，故有（2）由剖析知x=0时，方程示意位于坐标原点的质点的运动方程（图13—4）。14-4波源作简谐振动，周期为0.02s，若该振动以100m/s的速度流传，设t=0时，波源处的质点经均衡地点向正方向运动，求：（1）距离波源15.0m和5.0m两处质点的运动方程和初相；（2）距离波源16.0m和17.0m两处质点的相位差。14-4剖析（1）依据题意先想法写出摇动方程，而后辈人确立点处的坐标，即获得质点的运动方程。并可求得振动的初相。（2）波的流传也能够当作是相位的流传。由波长A的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为2x/。解（1）由题给条件T＝0.02s，u＝100m·s－l，可得当t＝0时，波源质点经均衡地点向正方向运动，因此由旋转矢量法可得该质点的初相为0/2(或3/2）。若以波源为坐标原点，则摇动方程为距波源为x1=15.0m和x2＝5.0m处质点的运动方程分别为它们的初相分别为1015.5和205.5（若波源初相取03/2,则初相122(x2x1)/，。）（2）距波源16.0m和17.0m两点间的相位差14-5波源作简谐振动，周期为1.0×10-2s，以它经均衡地点向正方向运动时为时间起点，若此振动以u=400m/s的速度沿直线流传。求：（1）距离波源8.0m处质点P的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m和10.0m处两点的相位差。14-5解剖析同上题。在确知角频次

2/T

200s

1、波速

u

400ms

1和初相

0

3/2(或

/2）的条件下，摇动方程位于xP=8.0m处，质点P的运动方程为该质点振动的初相5/2。而距波源9.0mP0

和

10.0m

两点的相位差为质点

假如波源初相取0P振动的初相也变为

/2，则摇动方程为9/2，但波线上任两点间的相位P0差其实不改变。14-6有一平面简谐波在介质中流传，波速u=100m/s，波线上右边距波源O（坐标原点）为75.0m处的一点P的运动方程为yp(0.30m)cos[(2s1)t/2]。求（1）波向x轴正方向流传时的摇动方程；（2）波向x轴负方向流传时的摇动方程。14-6yp(0.30m)cos[(2s1)t/2]剖析在已知波线上某点运动方程的条件下，成立摇动方程常常采纳下边两种方法：（1）先写出以波源O为原点的摇动方程的一般形式，而后利用已知点P的运动方程来确立该摇动方程中各量，进而成立所求摇动方程。（2）成立以点P为原点的摇动方程，由它来确立波源点O的运动方程，进而可得出以波源点O为原点的摇动方程。解1（1）设以波源为原点O，沿X轴正向流传的摇动方程为将u＝100m·s－‘代人，且取x二75m得点P的运动方程为与题意中点P的运动方程比较可得A＝0.30m、2s1、2。则所求摇动方程为当沿X轴负向流传时，摇动方程为将x＝75m、u100ms1代人后，与题给点P的运动方程比较得A＝0.30m、2s1、0，则所求摇动方程为解2（1）如图14一6（a）所示，取点P为坐标原点O’，沿O’x轴向右的方向为正方向。依据剖析，当波沿该正方向流传时，由点P的运动方程，可得出以O’（即点P）为原点的摇动方程为将x=-75m代入上式，可得点O的运动方程为由此可写出以点O为坐标原点的摇动方程为（2）当波沿河X轴负方向流传时。如图14－6（b）所示，仍先写出以O’（即点P）为原点的摇动方程将x=-75m代人上式，可得点O的运动方程为则以点O为原点的摇动方程为议论关于平面简谐波来说，假如已知波线上一点的运动方程，求此外一点的运动方程，也可用下述方法来办理：波的传播是振动状态的流传，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，不过初相位分歧而已。在已知某点初相平0的前提下，依据两点间的相位差0'02x/，即可确立未知点的初相中小14-7图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图，设此简谐波的频次为250Hz，且此时图中质点P的运动方向向上。求：（1）该波的摇动方程；（2）在距原点O为7.5m处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度。14-7剖析（1）从波形曲线图获得波的特点量，进而写出摇动方程是成立摇动方程的又一门路。详细步伐为：1.从波形图得出波长'、振幅A和波速u；2.依据点P的运动趋势来判断波的流传方向，进而可确立原点处质点的运动趋势，并利用旋转关量法确立其初相0。（2）在摇动方程确立后，即可获得波线上距原点O为X处的运动方程y＝y（t），及该质点的振动速度v＝dy／dt。解（1）从图15－8中得悉，波的振幅A＝0.10m，波长20.0m，则波速u5.0103ms1。依据t＝0时点P向上运动，可知彼沿Ox轴负向流传，并判断此时位于原点处的质点将沿Oy轴负方向运动。利用旋转矢量法可得其初相0/3。故动摇方程为2）距原点O为x=7.5m处质点的运动方程为t=0时该点的振动速度为14-8平面简谐波以波速u=0.5m/s沿Ox轴负方向流传，在t=2s时的波形图如图14-8（a）所示。求原点的运动方程。14-8剖析上题已经指出，从波形图中可知振幅A、波长和频次。因为图14－8（a）是t＝2s时刻的波形曲线，所以确立t＝0时原点处质点的初相就成为此题求解的难点。求t＝0的初相有多种方法。下边介绍波形平移法、波的流传能够形象地描绘为波形的流传。因为波是沿

时Ox轴负向流传的，所以可将t＝2s时的波形沿Ox轴正向平移xuT(0.50ms1)2s1.0m，即获得t=0时的波形图14－8（b），再依据此时点O的状态，用旋转关量法确立其初相位。解由图15－9（a）得悉彼长2.0m，振幅A＝0.5m。角频次2u/0.5s1。按剖析中所述，从图15—9（b）可知t=0时，原点处的质点位于均衡地点。并由旋转矢量图14－8（C）获得0/2，则所求运动方程为14-9一平面简谐波，波长为12m，沿Ox轴负方向流传，图14-9（a）所示为x=1.0m处质点的振动曲线，求此波的摇动方程。14-9剖析该题可利用振动曲线来获得摇动的特点量，进而成立摇动方程。求解的重点是怎样依据图14－9（a）写出它所对应的运动方程。较简易的方法是旋转矢量法（拜会题13－10）。解由图14－9（b）可知质点振动的振幅A＝0.40m，t＝0时位于x＝1.0m的质点在A／2处并向Oy轴正向挪动。据此作出相应的旋转矢量图14－9（b），从图中可知3。又由图014－9（a）可知，t＝5s时，质点第一次回到均衡地点，由图14－9（b）可看出t56，因此得角频次6s1。由上述特点量可写出x＝l.0m处质点的运动方程为采纳题14－6中的方法，将波速uT21.0ms1代人动摇方程的一般形式yAcos[(txu)0]中，并与上述x＝1.0m处的运动方程作比较，可得02，则摇动方程为14-10图14-10中（I）是t=0时的波形图，（II）是t=0.1s时的波形图，已知T>0.1s，写出摇动方程的表达式。14-10剖析已知摇动方程的形式为从如图15—11所示的t＝0时的波形曲线Ⅰ，可知彼的振幅A和波长，利用旋转矢量法可确立原点处质点的初相0。所以，确立波的周期就成为认识题的重点。从题给条件来看，周期T只好从两个分歧时刻的波形曲线之间的联系来获得。为此，能够从下边两个分歧的角度来剖析。l）由曲线（Ⅰ）可知，在tzo时，原点处的质点处在均衡地点且向Oy轴负向运动，而曲线（Ⅱ）则注明，经过0。1s后，该质点已运动到Oy轴上的一A处。所以，可列方程kTT40.1s，在一般情况下，k=0，1，2，这就是说，质点在0。1s内，能够经历k个周期振动后再回到A处，故有T(0.1s)(k0.25)。（2）从波形的挪动来剖析。因波沿Ox轴正方向流传，波形曲线（Ⅱ）可视为曲线（Ⅰ）向右手移了xuttT。由图可知，xk4，故有k4tT，相同也得T(0.1s)(k0.25)。应该注意，k的取值由题给条件T＞0.1s所决定。解从图中可知波长2.0m，振幅A＝0.10m。由波形曲线（Ⅰ）得悉在t=0时，原点处质点位于均衡地点且向Oy轴负向运动，利用旋转矢量法可得0/2。依据上边的剖析，周期为由题意知T＞0.1s，故上式成立的条件为，可得T＝0.4s。这样，摇动方程可写成14-11平面简谐波的摇动方程为y(0.08m)cos[(4s1)t(2m1)x]。求（1）t=2.1s时波源及距波源0.10m两处的相位；（2）离波源0.80m处及0.30m两处的相位。14-11y(0.08)cos(4s1)t2m1xm解（1）将t＝2.1s和x=0代人题给摇动方程，可得波源处的相位将t＝2.1s和x＝0.10m代人题给摇动方程，得0.10m处的相位为从摇动方程可知波长。这样，

m与

m两点间的相位差14-12

为了坚持波源的振动不变，需要耗费

4.0W

的功率。若波源发出的是球面波（设介质不汲取波的能量）。求距离波源5.0m和10.0m处的能流密度。14-12剖析波的流传陪同着能量的流传。因为波源在单位时间内供给的能量恒定，且介质不汲取能量，敌关于球面波而言，单位时间内经过随意半径的球面的能量（即均匀能流）相同，都等于波源耗费的功率户。而在同一个球面上各处的能流密度相同，所以，可求出分歧地点的能流密度IPS。解由剖析可知，半径户处的能疏密度为当r1＝5。0m、r2＝10.0m时，分别有14-13有一波在介质中流传，其波速u=1.0×103m/s，振幅A=1.0×10-4m，频次ν=1.0×103Hz。若介质的密度为ρ=8.0×102kg/m3，求：（1）该波的能流密度；（2）1min内垂直经过-424.0×10m的总能量。14-13u1.0103ms1解（1）由能流密度I的表达式得2）在时间间隔t60s内垂直经过面积S的能量为14-14如图14-14所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A、B两点。设它们的相位相同，且频次均为ν=30Hz，波速u=0.50m/s，求在点P处两列波的相位差。14-14v=30Hz剖析在均匀介质中，两列波相遇时的相位差，一般由两部分构成，即它们的初相差AB和由它们的波程差而惹起的相位差2r。此题因A，故它们的相位差只取决于波程差。解在图14－14的APB中，由余弦定理可得两列波在点P处的波程差为rAPBP，则相位差为14-15两波在同一细绳上流传，它们的方程分别为y1(0.06m)cos(m1)x[(4s1)t]和y2(0.06m)cos(m1)x[(4s1)t]。（1）证明这细绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的地点；（2）波腹处的振幅有多大？在x=1.2m处，振幅多大？14-15剖析只要证明这两列波会成后拥有驻波方程的形式即可。由驻波方程可确立波腹、波节的地点和随意地点处的振幅。解（l）将已知两摇动方程分别改写为可见它们的振幅A二0。06m，周期T二0。5s（频次。二2Hi），波长八二2m。在波线上任取一点P，它距原点为P。则该点的合运动方程为式与驻波方程拥有相同形式，所以，这就是驻波的运动方程由得波节地点的坐标为由得波腹地点的坐标为门）驻波振幅，在波腹处A’二ZA二0。12m；在x二0。12m处，振幅为14-16一弦上的驻波方程式为y(3.0102m)cos(1.6m1)xcos(550s1)t。1）若将此驻波当作是由流传方向相反，振幅及波速均相同的两列相关波叠加而成的，求它们的振幅及波速；（2）求相邻波节之间的距离；（3）求t=3.0×10-3s时位于x=0.625m处质点的振动速度。14-16剖析（1）采纳比较法。将此题所给的驻波方程，与驻波方程的一般形式对比较即可求得振幅、波速等。（2）由波节地点的表达式可得相邻波节的距离。（3）质点的振动速度可按速度定义V一如Nz求得。解（1）将已知驻波方程y＝（3。0X10－2m）cos（。6。ml）－coos（550。s一小与驻波方程的一般形式y＝ZAcos（2。x／八）。（2。yi）作比较，可得两列波的振幅A＝1。5X10－‘m，波长八二1。25m，频次v二275Hi，则波速u一如2343。8in·SI（2）相邻波节间的距离为(3）在t二3。0X10－3s时，位于x＝0。625m处质点的振动速度为14-17一平面简谐波的频次为500Hz，在空气中（ρ=1.3kg/m3）以u=340m/s的速度流传，抵达人耳时，振幅约为A=1.0×10-6m。试求波在耳中的均匀能量密度和声强。14-17解波在耳中的均匀能量密度声强就是声波的能疏密度，即这个声强略大于忙碌街道上的噪声，令人耳已感觉不适应。一般正常讲话的声强约为1。0X10－6W·m－2左右*14-18面积为1.0m2的窗户开向街道，街中噪声在窗户的声强级为80dB。问有多少声功率传入窗内？14-18剖析第一要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的互相关系。声强是声波的能流密度I，而声强级L是描绘介质中分歧声波强弱的物理量。它们之间的关系为L一体I／IO），此中IO二1。0X10－’2W·0－‘为规定声强。L的单位是贝尔（B），但常常使用的单位是分贝（dB），且IB＝10dB。声功率是单位时间内声波经过某面积传达的能量，因为窗户上各处的I相同，故有P=IS。解依据剖析，由L＝ig（I／IO）可得声强为则传入窗户的声功率为14-19若在同一介质中流传的、频次分别为1200Hz和400Hz的两声波有相同的振幅。求：（1）它们的强度之比；（2）两声波的声强级差。14-19解（1）因声强I＝puA‘。‘／2，则两声波声强之比因声强级L一回对几)，则两声波声强级差为14-20一警车以25m/s的速度在静止的