大学物理(第四版)课后习题及答案波动

1、第十四章波动4- 一横波再沿绳子传播时得波动方程为。（ 1）求波得振幅、波速、频率及波长；(2）求绳上质点振动时得最大速度; （ 3)分别画出t 1与t=2时得波形，并指出波峰与波谷。画出=。处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。4分析 (1 ）已知波动方程( 又称波函数 ) 求波动得特征量( 波速、频率、振幅 A 及彼长等 ) ，通常采用比较法。 将已知得波动方程按波动方程得一般形式书写，然后通过比较确定各特征量 ( 式中前“ - 、“ + 得选取分别对应波沿轴正向与负向传播） 。比较法思路清晰、求解简便，就是一种常用得解题方法。 （）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间得内在联

2、系与区别。 例如区分质点得振动速度与波速得不同 , 振动速度就是质点得运动速度，即; 而波速就是波线上质点运动状态得传播速度（也称相位得传播速度、波形得传播速度或能量得传播速度), 其大小由介质得性质决定。介质不变，彼速保持恒定.(3) 将不同时刻得t值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻得波形方程, 从而作出波形图。而将确定得值代入波动方程，便可以得到该位置处质点得运动方程, 从而作出振动图。解（ 1）将已知波动方程表示为与一般表达式比较，可得则(2) 绳上质点得振动速度则（） t 1与 t 2时得波形方程分别为波形图如图1 1（ a) 所示。x=1 。0m处质点得运动方程为振动图线如图 1

3、 1(b) 所示 .波形图与振动图虽在图形上相似, 但却有着本质得区别前者表示某确定时刻波线上所有质点得位移情况，而后者则表示某确定位置得时间变化得情况.4 波源作简谐运动， 其运动方程为 ,它所形成得波形以3 m/s 得速度沿一直线传播。(）求波得周期及波长 ;(2) 写出波得方程。4-2分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅地角频率及初相，而这三个物理量与波动方程得一般形式中相应得三个物理量就是相同得。再利用题中已知得波速U及公式与即可求解。解（ 1）由已知得运动方程可知，质点振动得角频率. 根据分析中所述, 波得周期就就是振动得周期 ,

4、 故有波长为(2 ）将已知得波源运动方程与简谐运动方程得一般形式比较后可得故以波源为原点, 沿 X 轴正向传播得波得波动方程为14 3以知以波动方程为。(1 ）求波长、频率、波速与周期;（2）说明x 0时方程得意义,并作图表示.4- 分析采用比较法。将题给得波动方程改写成波动方程得余弦函数形式，比较可得角频率波速 U, 从而求出波长、频率等. 当 x 确定时波动方程即为质点得运动方程.解 (1 ）将题给得波动方程改写为. 、与比较后可得波速角频率, 故有(2) 由分析知x=0时 , 方程表示位于坐标原点得质点得运动方程( 图1 4） .1 4波源作简谐振动点经平衡位置向正方向运动,周期为 0、

5、02s，若该振动以,求：（）距离波源15. 与00m/得速度传播,设 t=0 时 ,波源处得质5。0m 两处质点得运动方程与初相；( )距离波源16.0 与17 0m两处质点得相位差.1 4分析（） 根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处得坐标，即得到质点得运动方程 . 并可求得振动得初相。 （ ) 波得传播也可以瞧成就是相位得传播 . 由波长得物理含意，可知波线上任两点间得相位差为。解 (1 ）由题给条件T0、 02 s,u=100 s l, 可得当 0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点得初相为。若以波源为坐标原点 , 则波动方程为距波源为 1=15、 0

6、m与 x 2=5、 0m处质点得运动方程分别为它们得初相分别为（若波源初相取，则初相, 。）(）距波源 6.0 m 与 17 。 0 m 两点间得相位差14-5波源作简谐振动，周期为、0 10 2s，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以 u=40 m/s 得速度沿直线传播。 求：(）距离波源8.0m 处质点 P 得运动方程与初相;(2 ）距离波源 9.0与 10.处两点得相位差。 4解分析同上题。在确知角频率、波速与初相得条件下，波动方程位于xP = 、 0处 , 质点P 得运动方程为该质点振动得初相。而距波源9、 0 m 与 10 、两点得相位差为如果波源初相取，则波动方程为质

7、点振动得初相也变为, 但波线上任两点间得相位差并不改变.14 675. m有一平面简谐波在介质中传播，波速处得一点P 得运动方程为。求（1）波向=1 0m/s,波线上右侧距波源（坐标原点）为x 轴正方向传播时得波动方程;(2）波向 x 轴负方向传播时得波动方程。 4 6分析在已知波线上某点运动方程得条件下 , 建立波动方程时常采用下面两种方法： （ 1) 先写出以波源 O为原点得波动方程得一般形式 , 然后利用已知点 P 得运动方程来确定该波动方程中各量， 从而建立所求波动方程。 （ 2）建立以点 P 为原点得波动方程， 由它来确定波源点得运动方程，从而可得出以波源点 O为原点得波动方程。解（

8、 1）设以波源为原点 O，沿轴正向传播得波动方程为将u= 00 m s代人，且取二75 得点P 得运动方程为与题意中点P得运动方程比较可得A= 、 0、 . 则所求波动方程为(2 ）当沿 X 轴负向传播时，波动方程为将x= 5 、代人后 , 与题给点P 得运动方程比较得A0、 0、，则所求波动方程为解 2（）如图14 一 6(a ）所示，取点为坐标原点向为正方向。根据分析，当波沿该正方向传播时, 由点O ( 即点 P)为原点得波动方程为O，沿 Ox 轴向右得方P 得运动方程，可得出以将x= 5 m 代入上式，可得点O得运动方程为由此可写出以点O为坐标原点得波动方程为（ 2) 当波沿河 X 轴负

9、方向传播时 . 如图 14（ ) 所示 , 仍先写出以 O（即点 P）为原点得波动方程将 x m 代人上式 , 可得点 O 得运动方程为则以点为原点得波动方程为讨论对于平面简谐波来说, 如果已知波线上一点得运动方程, 求另外一点得运动方程也可用下述方法来处理: 波得传播就是振动状态得传播, 波线上各点 ( 包括原点）都就是重复波源质点得振动状态，只就是初相位不同而已. 在已知某点初相平0 得前提下，根据两点间得相位差，即可确定未知点得初相中小,1 7图 4-7 为平面简谐波在t=0时得波形图,设此简谐波得频率为2 0H ,且此时图中质点P 得运动方向向上.求 :(1) 该波得波动方程；( )在

10、距原点O 为7.5m处质点得运动方程与=0时该点得振动速度。14-7分析（ 1）从波形曲线图获取波得特征量，从而写出波动方程就是建立波动方程得又一途径。具体步骤为：、从波形图得出波长、振幅A 与波速； 2、根据点P 得运动趋势来判断波得传播方向， 从而可确定原点处质点得运动趋向, 并利用旋转关量法确定其初相.( ）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O为 X 处得运动方程y=y（ ), 及该质点得振动速度 = /d。解（）从图 5中得知 , 波得振幅 A= 0 0，波长 , 则波速 . 根据 t=0时点 P 向上运动，可知彼沿 Ox轴负向传播 , 并判定此时位于原点处得质点将沿轴负方向运动。

11、利用旋转矢量法可得其初相。故波动方程为( ）距原点为 x=7.5m处质点得运动方程为t 0 时该点得振动速度为?14-8平面简谐波以波速0.5m/ 沿x 轴负方向传播，在t=2s时得波形图如图14 8(a ）所示。求原点得运动方程。14 8分析上题已经指出，从波形图中可知振幅、波长与频率。由于图14（ a) 就是时刻得波形曲线，因此确定 = 时原点处质点得初相就成为本题求解得难点。求t=0 时得初相有多种方法. 下面介绍波形平移法、波得传播可以形象地描述为波形得传播。由于波就是沿Ox 轴负向传播得，所以可将t= s 时得波形沿Ox轴正向平移，即得到0 时得波形图14- (b) ，再根据此时点O

12、得状态，用旋转关量法确定其初相位.解由图 1 9（ a）得知彼长，振幅A=0.5 m 。角频率 .按分析中所述 , 从图 5 9（ b) 可知 =时 , 原点处得质点位于平衡位置。并由旋转矢量图14 8（）得到 , 则所求运动方程为tt14一平面简谐波,波长为方向传播，图14 9(a）所示为振动曲线，求此波得波动方程.1，沿 O轴负x=1.0处质点得 - 分析该题可利用振动曲线来获取波动得特征量 , 从而建立波动方程。 求解得关键就是如何根据图较简便得方法就是旋转矢量法（参见题3 1 ) 。解 由图 14 9( ) 可知质点振动得振幅A0.40A 2 处并向 O轴正向移动。据此作出相应得旋转矢

13、量图图 4 9(a) 可知， t=5 s 时，质点第一次回到平衡位置频率。由上述特征量可写出x l 、 0m处质点得运动方程为14（ a) 写出它所对应得运动方程.，t 0 时位于 x=1 。0m得质点在1 9( ） , 从图中可知。又由, 由图 1 -9 （ b）可瞧出 , 因而得角采用题 14 6 中得方法 , 将波速代人波动方程得一般形式中动方程作比较 , 可得，则波动方程为, 并与上述x=1.0m 处得运14-10 图 14-1 中 (）就是 t=0 时得波形图 ,（ I）就是 t=0 、1时得波形图，已知 T 0、 1s, 写出波动方程得表达式。1 -10分析已知波动方程得形式为从如

14、图 1所示得t=0 时得波形曲线, 可知彼得振幅与波长，利用旋转矢量法可确定原点处质点得初相。因此, 确定波得周期就成为了解题得关键. 从题给条件来瞧，周期只能从两个不同时刻得波形曲线之间得联系来得到。为此，可以从下面两个不同得角度来分析 .（ l ）由曲线（）可知, 在 tzo时, 原点处得质点处在平衡位置且向Oy 轴负向运动，而曲线 ( ) 则表明，经过0.1s 后，该质点已运动到 y 轴上得一处。因此，可列方程,在一般情形下，k= 0,1,2, 这就就是说，质点在0 。 1s 内 , 可以经历 k 个周期振动后再回到 A 处，故有 . （ 2）从波形得移动来分析. 因波沿 Ox 轴正方向

15、传播，波形曲线 ( ) 可视为曲线（ ) 向右手移了。 由图可知，故有，同样也得。 应当注意 , 得取值由题给条件T0 、1s 所决定 .解 从图中可知波长, 振幅 A 0。由波形曲线（) 得知在 t 0 时，原点处质点位于平衡位置且向 y 轴负向运动，利用旋转矢量法可得。根据上面得分析，周期为由题意知 T 0、 1s, 故上式成立得条件为 , 可得 T=、。这样 , 波动方程可写成1 -1 平面简谐波得波动方程为。求（ 1）t 2、1s 时波源及距波源 0。10m 两处得相位； （ 2）离波源 0 80m 处及 3两处得相位。14-1 解（ 1) 将 2、与x=0 代人题给波动方程, 可得波

16、源处得相位将 t 、 s 与 =0、 10 m 代人题给波动方程，得0、10 处得相位为从波动方程可知波长。这样，m 与 m 两点间得相位差14-12为了保持波源得振动不变，需要消耗、0W 得功率。若波源发出得就是球面波（设介质不吸收波得能量)。求距离波源5.0m 与 10。 0处得能流密度.14 2分析波得传播伴随着能量得传播。由于波源在单位时间内提供得能量恒定，且介质不吸收能量，敌对于球面波而言, 单位时间内通过任意半径得球面得能量（即平均能流) 相同 , 都等于波源消耗得功率户。而在同一个球面上各处得能流密度相同, 因此，可求出不同位置得能流密度。解由分析可知，半径户处得能疏密度为当r

17、1=5.0 m 、 r 2 10、 0m时，分别有 -13有一波在介质中传播,其波速u=、 0 10m/s, 振幅 A= 、 0- m, 频率 1、 z。若介质得密度为、01kg/m 3,求： (1 ）该波得能流密度； （ 2)1 i内垂直通过、0 10-4 得总能量。14- 3解 (1) 由能流密度I 得表达式得2）在时间间隔内垂直通过面积得能量为1 - 4 如图 14 4 相位相同，且频率均为所示 ,两振动方向相同得平面简谐波波源分别位于 A 、 B 两点 .设它们得 =30 ，波速 u= 5 m/ ,求在点 P 处两列波得相位差。14 14 v=3 分析在均匀介质中，两列波相遇时得相位差

18、 , 一般由两部分组成，即它们得初相差与由它们得波程差而引起得相位差 . 本题因 , 故它们得相位差只取决于波程差。解在图 14 4 得中 , 由余弦定理可得两列波在点P 处得波程差为, 则相位差为1 -15 两波在同一细绳上传播 ,它们得方程分别为与。 （ 1)证明这细绳就是作驻波式振动，节点与波腹得位置 ;（）波腹处得振幅有多大？在 x= .2m 处，振幅多大？并求1 - 5分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程节得位置与任意位置处得振幅 .得形式即可。由驻波方程可确定波腹、波解（ l) 将已知两波动方程分别改写为可见它们得振幅A 二 0。 0 , 周期 T 二 0。5 （频率。二在波线上

19、任取一点P，它距原点为。则该点得合运动方程为 i） , 波长八二m。k 式与驻波方程具有相同形式，因此，这就就是驻波得运动方程由得波节位置得坐标为由得波腹位置得坐标为门) 驻波振幅，在波腹处 二 ZA 二 0.12 m; 在二。 12 处，振幅为14 6一弦上得驻波方程式为。(1) 若将此驻波瞧成就是由传播方向相反两列相干波叠加而成得,求它们得振幅及波速;(2 ）求相邻波节之间得距离,振幅及波速均相同得;(3 ）求 t=、 0 13s时位于x 0。 25处质点得振动速度.1 16分析 ( ) 采用比较法。 将本题所给得驻波方程，与驻波方程得一般形式相比较即可求得振幅、波速等。 （ 2) 由波节

20、位置得表达式可得相邻波节得距离 .(3) 质点得振动速度可按速度定义 V 一如 Nz 求得。解（）将已知驻波方程0。 s 一小与驻波方程得一般形式得振幅 A 1 。5 X 10 m,2 43。 8 in SIy=（3。0 1 2 m） cos( 。 6 。 ml) -c o（ 5y ZAco (2 。 / 八) 。 ( 。 yi) 作比较 , 可得两列波波长八二 1. 5m,频率 v 二 75 i, 则波速 u 一如（ 2）相邻波节间得距离为(3 ）在二 3. 03 s时，位于x= 0. 25m处质点得振动速度为14 1 一平面简谐波得频率为5 0 ,在空气中（ =1 。 k m3)以 u=3

21、40 /s 得速度传播，到达人耳时，振幅约为A 1、 0 10-6m. 试求波在耳中得平均能量密度与声强.14-17解波在耳中得平均能量密度声强就就是声波得能疏密度，即这个声强略大于繁忙街道上得噪声，使人耳已感到不适应。一般正常谈话得声强约为 。 0 X 10 6 W m2 左右*14 1得窗户开向街道,街中噪声在窗户得声强级为80d。问有多少声功率面积为 10m传入窗内 ?4分析首先要理解声强、声强级、 声功率得物理意义 , 并了解它们之间得相互关系. 声强就是声波得能流密度 , 而声强级 L 就是描述介质中不同声波强弱得物理量. 它们之间得关系为 一体 I/IO ），其中 IO 二 1 。

22、 0 X10 2 0为规定声强。 L 得单位就是贝尔（） , 但常用得单位就是分贝 （ dB),且 = dB. 声功率就是单位时间内声波通过某面积传递得能量，由于窗户上各处得I相同，故有 P=I 。解根据分析，由 L= g(I/ I）可得声强为则传入窗户得声功率为4- 9若在同一介质中传播得、频率分别为1 Hz 与 4 0 z 得两声波有相同得振幅。求： (1 ）它们得强度之比;（）两声波得声强级差。14 19解 (1 ）因声强 I=p . /2 ，则两声波声强之比（2) 因声强级 L 一回对几），则两声波声强级差为14 0一警车以25m 得速度在静止得空气中行驶，假设车上警笛得频率为80 Hz。求：( )静止站在路边得人听到警车驶近与离去时得警笛声波