《波动》答案
波动习题答案
波动习题1一、选择题1、 一平面简谐波沿Ox 正方向传播，波动表达式为]2)42(2cos[10.0π+-π=x t y ，则该波在t = 0.5 s 时刻的波形图是 [ B ]x (m )O 20.10y (m )(A)x (m )O 20.10y (m )(B)x (m )O 2-0.10y (m )(C)x (m )O2y (m )(D)-0.102、 已知一平面简谐波的表达式为 )cos(bx at A y -=（a 、b 为正值常量），则A 、波的频率为a ．B 、波的传播速度为 b/a ．C 、波长为 π / b ．D 、波的周期为2π / a ． ［ D ］ 3、 如图所示，有一平面简谐波沿x 轴负方向传播，坐标原点O 的振动规律为)cos(0φω+=t A y ），则B 点的振动方程为 A 、])/(cos[0φω+-=u x t A y ． B 、)]/([cos u x t A y +=ω． C 、})]/([cos{0φω+-=u x t A y ． D 、})]/([cos{0φω++=u x t A y ． ［ D ］ 二、填空题4、 A ，B 是简谐波波线上距离小于波长的两点．已知，B 点振动的相位比A 点落后π31，波长为λ = 3 m ，则A ，B 两点相距L = ____1/2____________m ．5、 已知波源的振动周期为4.00×10-2 s ，波的传播速度为300 m/s ，波沿x 轴正方向传播，则位于x 1 = 10.0 m 和x 2 = 16.0 m 的两质点振动相位差为 π．6、 请按频率递增的顺序，写出比可见光频率高的电磁波谱的名称___紫外线_______ ；_______X 射线___； ___γ射线______ ． 三、计算题7、 图为t = T / 4 时一平面简谐波的波形曲线，求其波的表达式。
解：3304==μλTπππω16543302T 2=⨯==xy uBO |x|x (m)O 1 u =330 m/sy (m)2 3])360(165cos[1.0y ψπ+-=xt s T t 33014==0]3601165cos[1.00=+⨯=ψπy 0〉Vπψ=∴])360(165cos[1.0y ππ+-=xt 8.(不考）一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式． 解：设])(cos[y ψυω+-=xt Am X 24.0651.022=⇒=⨯=⨯=λπλπΔλπΔψ s m T /84.024.0272=⨯===πλωλυt=1时，346521πππφ=+=t=0时，ππππφ637340-=-=即3π 所以]3)84.0(7cos[1.0y ππ+-=x t波动习题2一、选择题1、 一平面简谐波在弹性媒质中传播，质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中A 、它的动能转换成热能。
大学物理(第四版)课后习题及答案 波动(2020年7月整理).pdf
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11−−−=ππ。
（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=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讨论其与波形图得不同。
14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11−−−=ππ分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等），通常采用比较法。
将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）。
比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。
（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。
例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定。
介质不变，彼速保持恒定。
（3）将不同时刻的t 值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =，从而作出波形图。
而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =，从而作出振动图。
解（1）将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(−−⋅−=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+−=u x t A y 比较，可得0,5.2,20.001=⋅==−ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω（2）绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0−−−⋅−⋅−==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1−⋅=s m v（3） t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(−−=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(−−=ππ波形图如图14－1（a ）所示。
第10章波动的答案解析
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：波函数cos x y A t u ωφ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，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π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 ）。
（A ）A 点相位为π； （B ）B 点相位为2π （C ）C 点相位为2π； （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 )。
《波动》答案
第5章 波动一、选择题1(C)，2(A)，3(A)，4(D)，5(C)，6(D)，7(D)，8(D)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1).(2). ]/2cos[1φ+π=T t A y ，2cos[2(//)]y A t T x λφ=++π (3). 11cos[(/)/4]y A t L u ω=-+π，12()L L uω+(4). 4 (5). 2122/R R (6).2Sw ωλπ(7). 相同，2/3(8). cos[2(/)]A t x νλ++ππ，112cos(2/)cos(2)22A x t λν++ππππ (9). 5 J (10). Hz ， Hz 三、计算题1. 如图，一平面波在介质中以波速u = 20 m/s 沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为 t y π⨯=-4cos 1032 (SI)．(1) 以A 点为坐标原点写出波的表达式；(2) 以距A 点5 m 处的B 点为坐标原点，写出波的表达式．解：(1) 坐标为x 点的振动相位为 )]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI)(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]205[4-+π='+x t t φω (SI) ABxu波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-xt y (SI)2. 如图所示，一平面简谐波沿Ox 轴的负方向传播，波速大小为u ，若P 处介质质点的振动方程为 )cos(φω+=t A y P ，求 (1) O 处质点的振动方程； (2) 该波的波动表达式；(3) 与P 处质点振动状态相同的那些点的位置．解：(1) O 处质点的振动方程为 ])(cos[0φω++=u Lt A y (2) 波动表达式为 ])(cos[φω+++=u Lx t A y(3) x = -L kωuπ2 ( k = 1，2，3，…)3. 如图所示，一简谐波向x 轴正向传播，波速u = 500 m/s ，x 0 = 1 m, P 点的振动方程为 )21500cos(03.0π-π=t y (SI).(1) 按图所示坐标系，写出相应的波的表达式； (2) 在图上画出t = 0时刻的波形曲线．解：(1) 2m )250/500(/===νλu m波的表达式 ]/2)1(21500cos[03.0),(λπ--π-π=x t t x y]2/2)1(21500cos[03.0π--π-π=x t)21500cos(03.0x t π-π+π= (SI)(2) t = 0时刻的波形曲线 x x x y π=π-π=sin 03.0)21cos(03.0)0,( (SI)OL ux (m)u x 0Py (m)Ox (m)uP O-2-112-0.030.034. 一微波探测器位于湖岸水面以上 m 处，一发射波长21 cm 的单色微波的射电星从地平线上缓慢升起，探测器将相继指出信号强度的极大值和极小值．当接收到第一个极大值时，射电星位于湖面以上什么角度解：如图，P 为探测器，射电星直接发射到P 点的波①与经过湖面反射有相位突变的波②在P 点相干叠加，波程差为 λ∆21+-'=DP P O 22cos sin sin λθθθ+-=h h = k = （取k = 1）θλθsin 21)2cos 1(=-h∵ θθ2sin 212cos -= ∴ λθ21sin 2=h==)4/(sin h λθ = 6°5. 设入射波的表达式为 )(2cos 1TtxA y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式；(2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是 21y y y += )21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ (3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, P D hO ′θθ2θ①②λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ λn x 21=, n = 1, 2, 3, 4,…6. 一弦上的驻波表达式为 t x y ππ⨯=-550cos )6.1(cos 1000.32(SI)．(1) 若将此驻波看作传播方向相反的两列波叠加而成，求两波的振幅及波速； (2) 求相邻波节之间的距离； (3) 求t = t 0 = ×10-3s 时，位于x = x 0 = m 处质点的振动速度．解：(1) 将 t x y ππ⨯=-550cos 6.1cos 1000.32与驻波表达式 )2cos()/2cos(2t x A y νλππ= 相对比可知： A = ×10-2m, = m ， = 275 Hz 波速 u == m/s(2) 相邻波节点之间距离 λ21=∆x = m (3) 2.4600,-=∂∂=t yt x v m/s7. 如图7所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3 /4，DP = 6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 则反射波的表达式是 ])(2cos[2π++-+-π=φλνxDP OP t A y合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A yOP B Cx入射反射D 图7在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ， 故得 π=21φ 因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 38. 一弦线的左端系于音叉的一臂的A 点上，右端固定在B 点，并用T = N 的水平拉力将弦线拉直，音叉在垂直于弦线长度的方向上作每秒50次的简谐振动（如图）．这样，在弦线上产生了入射波和反射波，并形成了驻波．弦的线密度 = g/m ，弦线上的质点离开其平衡位置的最大位移为4 cm ．在t = 0时，O 点处的质点经过其平衡位置向下运动，O 、B 之间的距离为L = m ．试求： (1) 入射波和反射波的表达式； (2) 驻波的表达式．解：按题意，弦线上行波的频率= 50 Hz ，波速u = (T/)1/2= 60 m/s ，波长= u /= m. 取O 点为x 轴和y 轴的原点．x 轴向右，y 轴向上．令入射波在B 点的初相为π-21B φ，则其表达式为 ]2)(22cos[1π-+-π-π=B L x t A y φλν ① B 点为固定点，则反射波的表达式为 ]2)(22cos[2π++-π+π=B L x t A y φλν ② 弦线上驻波表式为 21y y y +=]2cos[]2)(2cos[2B t L x A φνλ+ππ+-π= ③ 据此，O 点振动方程为 ]2cos[]22cos[20B t L A y φνλ+ππ+π-= 由4/7/=λL 有 )2cos(20B vt A y φ+π-=)2cos(2π-+π=B vt A φ ④由③式可知弦线上质点的最大位移为2A ，即 2A = 4 cmBAO L再由题给条件可得④式中 π=π-21B φ， 即 π=23B φ 由此可得：入射波： ]26.0100cos[100.221π+π-π⨯=-x t y (SI) 反射波： ]26.0100cos[100.222π+π+π⨯=-x t y (SI) 驻波： )2100cos(6.0cos100.42π+ππ⨯=-t x y (SI)9．一声源S 的振动频率为S= 1000 Hz ，相对于空气以v S = 30 m/s的速度向右运动，如图．在其运动方向的前方有一反射面M ，它相对于空气以v = 60 m/s 的速度向左运动．假设声波在空气中的传播速度为u = 330 m/s ，求：(1) 在声源S 右方空气中S 发射的声波的波长； (2) 每秒钟到达反射面的波的数目； (3) 反射波的波长．解：(1) 设一接收器R 静止于空气中，声源S 以v S 速率接近接收器R ，则由多普勒效应公式可知，R 接收到的声波频率 1100100030330330=⨯-=-=S S u u ννv Hz 则 ==νλ/u 330/1100 = 0.30 m(2) 每秒钟到达反射面处波的数目在数值上等于反射面处接收到的波的频率ν'．由多普勒效应公式有： 130010003033060330=⨯-+=-+='S S u u ννv v Hz (3) 接收器接收到反射面的反射波的频率νν'-=vu uR 反射波的波长 21.0130060330=-='-==ννλv u u R R mS v SvM四研讨题1. 波传播时，介质的质元并不随波迁移。
大学物理《波动篇·机械波》复习题及答案
v0 -0.06 sin 0
/ 3
振动方程 y0 0.06 cost / 3 (SI)
（2）波动方程，以该质点的平衡位置为 坐标原点，振动的传播速度方向为坐标轴 正方向。 y 0.06 cos t - x / u / 3
0.06 cos t - x / 2 / 3 (SI)
u - vR (C) S; u
u ( D) S u - vR
[ B ]
13.两列完全相同的平面简谐波相向而行 形成驻波。以下几种说法中为驻波所特 的特征是：
（A）有些质元总是静止不动； （B）迭加后各质点振动相位依次落后； （C）波节两侧的质元振动位相相反； （D）质元的振动能与势能之和不守恒。
18.在绳上传播的入射波方程为 : y1=Acos(t+2 x /) ，入射波在 x =0 处 反射，反射端为固定端，设反射波不衰减， 求驻波方程及波腹和波节的位置。
解：入射波，在 x=0 处引起的振动方程为
S1 r1
p
1
S2
r2
2
解：
/ 2 - 2 r1 / u1 2 r2 / u2 0
A A1 A2
4 10 m
-2
S1
r1
p
1
S2
r2
2
15.同一介质中两相干波源位于 A、B 两点， 其振幅相等，频率均为 100Hz，位相差为 ，若 A、B 两点相距 30m，且波的传播 速度 u = 400m· -1，若以 A 为坐标圆点， s 试求 AB 连线上因干涉而静止的各点的位 置。
设s1和s2的振动初位相分别为?1和?2在x1点两波引起的振动位相差??2???xd2121112?kx?d2??122112??kx1在x2点两波引起的振动位相差?2??xd?2?322122?kx?d2??322212??kx2d2???212112xk?当k?2?3时位相差最小???12得1?2xx?2412?xx122m652k17
大学物理—波动习题答案
L2 P2 x
P1 O
2.（3294） （ ） 在截面积为S的圆管中，有一列平面简谐波在传播， 在截面积为 的圆管中，有一列平面简谐波在传播，其波的表达 的圆管中
ω 管中波的平均能量密度是w， 式为y = Acos[ t − 2π( x / λ )]，管中波的平均能量密度是 ，则 ωλ 通过截面积S的平均能流 的平均能流____________________． 通过截面积 的平均能流 ． Sw 2π
波动习题
1.（3067） （ ） 时的波形曲线如图所示， 一平面简谐波的表达式为 (SI) ，t = 0时的波形曲线如图所示， 时的波形曲线如图所示 则 y (m) (A) O点的振幅为 点的振幅为-0.1 m． 点的振幅为 ． u 0.1 (B) 波长为 m． 波长为3 ． (C) a、b两点间相位差为 ． 、 两点间相位差为 O a b x (m) C ］ (D) 波速为 m/s ． 波速为9 ［ -0.1
7. 解：入射波在 x = 0 处引起的振动方程为 y10 = A cosωt ，由于反射端为固定 端,∴反射波在 x = 0 处的振动方程为 ∴ y20 = A cos(ωt + π) 或 y20 = A cos(ωt − π) 2分 ∴反射波为 或 驻波表达式为
x y2 = A cos(ωt + π − 2π )
(SI)
(SI)
6.解：(1) 与波动的标准表达式 y = A cos 2 π(ν t − x / λ ) 解 得： ν = 4 Hz， λ = 1.50 m， ， ， u = λν = 6.00 m/s 波速 (2) 节点位置
1 4 πx / 3 = ± ( nπ + π ) 2
1 x = ± 3( n + ) m , 2
大学物理第四版课后习题及答案波动
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ;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=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讨论其与波形图得不同;14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ分析1已知波动方程又称波函数求波动的特征量波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等,通常采用比较法;将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比较确定各特征量式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播;比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法;2讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别;例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度,其大小由介质的性质决定;介质不变,彼速保持恒定;3将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图;而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图;解1将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(--⋅-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得0,5.2,20.001=⋅==-ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω2绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0---⋅-⋅-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-⋅=s m v3 t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(--=ππ波形图如图14－1a 所示;x ＝1.0m 处质点的运动方程为()t s m y 15.2cos )20.0(--=π 振动图线如图14－1b 所示;波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则表示某确定位置的时间变化的情况;14-2 波源作简谐运动,其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π,它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播;1求波的周期及波长；2写出波的方程;14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π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()0cos ϕω+=t A y 进行比较,求出振幅地角频率ω及初相0ϕ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 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T /22ππνω==和uT =λ即可求解;解1由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1240-=s πω;根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有s T 31033.8/2-⨯==ωπ波长为m uT 25.0==λ2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0240100.4013==⨯=--ϕπω，，s m A故以波源为原点,沿X 轴正向传播的波的波动方程为()[]])8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y ----⨯=+-=ππϕω14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π;1求波长、频率、波速和周期；2说明x=0时方程的意义,并作图表示;14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分析采用比较法;将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式,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的运动方程)(t y y =; 解1将题给的波动方程改写为]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ-⋅-=--s m x t s m y 与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较后可得波速 角频率110-=s πω,故有m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，2由分析知x=0时,方程表示位于坐标原点的质点的运动方程图13—4;]2/)10cos[()05.0(1ππ-=-t s m y14-4 波源作简谐振动,周期为,若该振动以100m/s 的速度传播,设t=0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,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分析1根据题意先设法写出波动方程,然后代人确定点处的坐标,即得到质点的运动方程;并可求得振动的初相;2波的传播也可以看成是相位的传播;由波长A 的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆;解1由题给条件 T ＝ s,u ＝100 m ·s －l,可得m uT s T 2100/21====-λππω；当t ＝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的初相为）或2/3(2/0ππϕ-=;若以波源为坐标原点,则波动方程为]2/)100/)(100cos[(11ππ-⋅-=--s m x t s A y距波源为 x 1=和 x 2＝处质点的运动方程分别为]5.15)100cos[(11ππ-=-t s A y]5.5)100cos[(12ππ-=-t s A y它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ,;2距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(22121x x14-5 波源作简谐振动,周期为×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=400m/s 的速度沿直线传播;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解分析同上题;在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下,波动方程 ]2/3)400/)(200cos[(11ππ+⋅-=--s m x t s A y位于 x P = m 处,质点 P 的运动方程为]2/5)(200cos[(1ππ-=-t s A y p该质点振动的初相2/50πϕ-=P ;而距波源 m 和 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212ππλπϕ=-=-=∆uT x x x x如果波源初相取2/0πϕ-=,则波动方程为]2/9)(200cos[(1ππ-=-t s A y质点P 振动的初相也变为2/90πϕ-=P ,但波线上任两点间的相位差并不改变;14-6 有一平面简谐波在介质中传播,波速u=100m/s,波线上右侧距波源O 坐标原点为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p ;求1波向x 轴正方向传播时的波动方程；2波向x 轴负方向传播时的波动方程;14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下,建立波动方程时常采用下面两种方法：1先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式,然后利用已知点P 的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 为原点的波动方程,由它来确定波源点O 的运动方程,从而可得出以波源点O 为原点的波动方程;解11设以波源为原点O,沿X 轴正向传播的波动方程为()[]0cos ϕω+-=u x t A y将 u ＝100 m ·s －‘代人,且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为()[]075.0cos ϕω+-=s t A y p与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝、12-=s πω、πϕ20=;则所求波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y p π2当沿X 轴负向传播时,波动方程为()[]0cos ϕω++=u x t A y将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后,与题给点 P 的运动方程比较得A ＝ 、12-=s πω、πϕ-=0,则所求波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y解21如图14一6a 所示,取点P 为坐标原点O ’,沿O ’x 轴向右的方向为正方向;根据分析,当波沿该正方向传播时,由点P 的运动方程,可得出以O ’即点P 为原点的波动方程为]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅-=--s m x t s m y将 x=-75 m 代入上式,可得点 O 的运动方程为t s m y O )2cos()30.0(1-=π由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y π2当波沿河X 轴负方向传播时;如图14－6b 所示,仍先写出以O ’即点P 为原点的波动方程]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅+=--s m x t s m y将 x=-75 m 代人上式,可得点 O 的运动方程为])2cos[()30.0(1ππ-=-t s m y O则以点O 为原点的波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y讨论对于平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播,波线上各点包括原点都是重复波源质点的振动状态,只是初相位不同而已;在已知某点初相平0的前提下,根据两点间的相位差λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆,即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz,且此时图中质点P 的运动方向向上;求：1该波的波动方程；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分析1从波形曲线图获取波的特征量,从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径;具体步骤为：1.从波形图得出波长'λ、振幅A 和波速λν=u ；2.根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转关量法确定其初相0ϕ;2在波动方程确定后,即可得到波线上距原点O 为X 处的运动方程y ＝yt,及该质点的振动速度v ＝dy ／d t;解1从图 15－ 8中得知,波的振幅 A ＝ 0.10 m,波长m 0.20=λ,则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν;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的质点将沿Oy 轴负方向运动;利用旋转矢量法可得其初相3/0πϕ=;故波动方程为()[]]3/)5000/)(500cos[()10.0(cos 110ππϕω+⋅+==++=--s m x t s m u x t A y2距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为]12/13)500cos[()10.0(1ππ+=-t s m yt=0时该点的振动速度为1106.4012/13sin )50()/(--=⋅=⋅-==s m s m dt dy v t ππ14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传播,在t=2s 时的波形图如图14-8a 所示;求原点的运动方程;14-8分析上题已经指出,从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν;由于图14－8a 是t ＝2s 时刻的波形曲线,因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点;求t ＝0时的初相有多种方法;下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播;由于波是沿 Ox 轴负向传播的,所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-,即得到t=0时的波形图14－8b,再根据此时点O 的状态,用旋转关量法确定其初相位;解由图 15－ 9a 得知彼长m 0.2=λ,振幅 A＝ 0.5 m;角频率15.0/2-==s u πλπω;按分析中所述,从图15—9b 可知t=0时,原点处的质点位于平衡位置;并由旋转矢量图14－8C 得到2/0πϕ=,则所求运动方程为]5.0)5.0cos[()50.0(1ππ+=-t s m y14-9 一平面简谐波,波长为12m,沿Ox 轴负方向传播,图14-9a 所示为x=1.0m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程;14-9分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量,从而建立波动方程;求解的关键是如何根据图14－9a 写出它所对应的运动方程;较简便的方法是旋转矢量法参见题13－10; 解 由图14－9b 可知质点振动的振幅A ＝0.40 m,t ＝0时位于 x ＝1.0m 的质点在A ／2处并向Oy 轴正向移动;据此作出相应的旋转矢量图14－9b,从图中可知30πϕ-=';又由图 14－9a 可知,t ＝5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图14－9b 可看出65πω=t ,因而得角频率16-=s πω;由上述特征量可写出x ＝处质点的运动方程为]3)6cos[()40.0(1ππ+=-t s m y 采用题14－6中的方法,将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人波动方程的一般形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中,并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比较,可得20πϕ-=,则波动方程为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+=--20.1)6(cos )40.0(11ππs m x t s m y14-10 图14-10中I 是t=0时的波形图,II 是t=时的波形图,已知T>,写出波动方程的表达式;14-10分析 已知波动方程的形式为])(2cos[0ϕλπ+-=x T t A y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λ,利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0ϕ;因此,确定波的周期就成为了解题的关键;从题给条件来看,周期T 只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到;为此,可以从下面两个不同的角度来分析;l 由曲线Ⅰ可知,在 tzo 时,原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动,而曲线Ⅱ则表明,经过0;1s 后,该质点已运动到 Oy 轴上的一A 处;因此,可列方程s T kT 1.04=+,在一般情形下,k= 0, 1,2,…这就是说,质点在 0;1 s 内,可以经历 k 个周期振动后再回到A 处,故有)25.0()1.0(+=k s T ;2从波形的移动来分析;因波沿Ox 轴正方向传播,波形曲线Ⅱ可视为曲线Ⅰ向右手移了T t t u x ∆=∆=∆λ;由图可知,4λλ+=∆k x ,故有T t k ∆=+λλλ4,同样也得)25.0()1.0(+=k s T ;应当注意,k 的取值由题给条件 T ＞所决定;解 从图中可知波长m 0.2=λ,振幅A ＝0.10 m;由波形曲线Ⅰ得知在t=0时,原点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动,利用旋转矢量法可得2/0πϕ=;根据上面的分析,周期为⋅⋅⋅=+=,2,1,0,)25.0()1.0(k k s T由题意知 T ＞,故上式成立的条件为,可得 T ＝;这样,波动方程可写成()()ππ5.00.24.02cos )10.0(+-=m x s t m y14-11 平面简谐波的波动方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ;求1t=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;14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ解1将t ＝和x=0代人题给波动方程,可得波源处的相位πϕ4.81=将t ＝和x ＝ m 代人题给波动方程,得 m 处的相位为πϕ2.82=从波动方程可知波长;这样, m 与 m 两点间的相位差πλπλ=∆⋅=∆x 214-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗的功率;若波源发出的是球面波设介质不吸收波的能量;求距离波源5.0m 和10.0m 处的能流密度;14-12分析波的传播伴随着能量的传播;由于波源在单位时间内提供的能量恒定,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的球面的能量即平均能流相同,都等于波源消耗的功率户;而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出不同位置的能流密度 P I =;解由分析可知,半径户处的能疏密度为 24r P I π=当 r 1＝5;0 m 、r 2＝ m 时,分别有222111027.14--⋅⨯==m W r P I π232221018.34--⋅⨯==m W r P I π14-13 有一波在介质中传播,其波速u=×103m/s,振幅A=×10-4m,频率ν=×103Hz;若介质的密度为ρ=×102kg/m 3,求：1该波的能流密度；21min 内垂直通过×10-4m 2的总能量;14-1313100.1-⋅⨯=s m uHz v m A 34100.1,100.1⨯=⨯=-32100.8-⋅⨯=m kg ρ24100.4m -⨯解1由能流密度I 的表达式得25222221058.1221-⋅⨯===m W v uA uA I ρπωρ 2在时间间隔s t 60=∆内垂直通过面积 S 的能量为J t IS t P W 31079.3⨯=∆⋅=∆⋅=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,且频率均为ν=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P 处两列波的相位差;14-14 v=30Hz150.0-⋅=s m u分析在均匀介质中,两列波相遇时的相位差ϕ∆,一般由两部分组成,即它们的初相差B A ϕϕ-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ∆2;本题因B =ϕϕA ,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m AB AP AB AP BP 94.230cos 222=︒⋅-+=两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=∆,则相位差为ππλπϕ2.722=∆=∆⋅=∆u r v r14-15 两波在同一细绳上传播,它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ;1证明这细绳是作驻波式振动,并求节点和波腹的位置；2波腹处的振幅有多大 在x=1.2m 处,振幅多大14-15分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可;由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅;解l 将已知两波动方程分别改写为可见它们的振幅 A 二0;06 m,周期 T 二0;5 s 频率;二2 Hi,波长八二2 m;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k 式与驻波方程具有相同形式,因此,这就是驻波的运动方程由得波节位置的坐标为由得波腹位置的坐标为门驻波振幅,在波腹处A ’二ZA 二0;12 m ；在x 二0;12 m 处,振幅为()()[]t s x m m y 1114cos )06.0(---=ππ()()[]t s x m m y 1124cos )06.0(--+=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=()m x s t m y 25.2cos )06.0(1-=π()m x s t m y 25.02cos )06.0(2+=πt s x m ts x m y y y P P P P )4cos(2cos )12.0()4cos()cos()12.0(1121--⎪⎭⎫ ⎝⎛==+=πλπππ02cos 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛λπP x A ⋅⋅⋅±±=+=+=,2,1,0,)5.0(4)12(k m k k x P λm A x A P 12.022cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛λπ ⋅⋅⋅±±===,2,1,0,2k km k x P λ12.02,2cos 2=='⎪⎭⎫ ⎝⎛='A A x A A P λπ ()m m x A A P 097.012.0cos 12.02cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛='πλπ14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ;1若将此驻波看成是由传播方向相反,振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的,求它们的振幅及波速；2求相邻波节之间的距离；3求t=×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度;14-16分析1采用比较法;将本题所给的驻波方程,与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等;2由波节位置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; 0 X 10－2 m cos; 6; ml －coos550;s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos2;x ／八;2;yi 作比较,可得两列波的振幅 A ＝ 1; 5 X 10－‘ m,波长八二 1; 25 m,频率 v 二 275 Hi,则波速 u 一如 2343;8 in ·SI2相邻波节间的距离为3在 t 二 3; 0 X 10－3 s 时,位于 x ＝ 0; 625 m 处质点的振动速度为()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππs t 3100.3-⨯=dt dy v =()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=m A 2105.1-⨯=18.343-⋅==s m v u λ625.024)12(4]1)1(2[1==+-++=-=∆+λλλk k x x x k ks t 3100.3-⨯=()()()11112.46550sin 6.1cos 5.16----⋅-=⋅-==s m t s x m s m dt dy v πππ14-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气中ρ=1.3kg/m 3以u=340m/s 的速度传播,到达人耳时,振幅约为A=×10-6m;试求波在耳中的平均能量密度和声强;14-17解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度,即这个声强略大于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应;一般正常谈话的声强约为 1; 0 X 10－6 W ·m －2左右26222221042.6221--⋅⨯===m J v A A ρπωρϖ 231018.2--⋅⨯==m W u I ϖ26100.1--⋅⨯m W14-18 面积为1.0m 2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分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系;声强是声波的能流密度I,而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量;它们之间的关系为 L 一体I ／IO,其中 IO 二 1; 0 X 10－’2 W ·0－‘为规定声强;L 的单位是贝尔B,但常用的单位是分贝dB,且IB ＝10 dB;声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I 相同,故有P=IS;解根据分析,由L ＝igI ／ IO 可得声强为则传入窗户的声功率为)0lg(I I L =010I I L =2120100.1--⋅⨯=m W IW S I IS P L 40100.110-⨯===14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为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2因声强级L 一回对几,则两声波声强级差为222ωρuA I =9222121==ωωI I ()0lg I I L =()()()dB B I I I I I I L 54.9954.0lg lg lg 210201===-=∆14-20 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为800Hz;求：1静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；2如果警车追赶一辆速度为15m/s 的客车,则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少设空气中的声速u=330m/s14-20分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果;在处理这类问题时,不仅要分清观察者相对介质空气是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态;解1根据多普勒频率公式,当声源警车以速度 vs ＝25 m ·s －‘运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时,式中Vs 前取“－”号,故有警车驶离观察者时,式中Vs 前取“＋”号,故有2声源警车与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为SS v u u v v s m v ='⋅=-125 Hz v u u v v S6.8651=-=' Hz v u u vv S 7.7432=+=' Hz v u v u v v S2.82603=--='14-21 如图14-21所示;一振动频率为ν=510Hz 的振源在S 点以速度v 向墙壁接近,观察者在点P 处测得拍音频率ν′=3Hz,求振源移动得速度;声速为330m/s14-21分析位于点P 的观察者测得的拍音是振源S 直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的;由于振源运动,接收频率;l 、12均与振源速度;有关;根据多普勒效应频率公式和拍频的定义,可解得振源的速度;解根据多普勒效应,位于点P 的人直接接收到声源的频率; l 和经墙反射后收到的频率 分别为由拍额的定义有将数据代入上式并整理,可解得vu u v v v u u v v -=+=21, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-='v u v u uv v v v 1121 10.1-⋅≈s m v14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度指平均电场强度E 约为×10-3V/m;设收音机能清楚的收听到×103km 远处某电台的广播,该台的发射是各向同性的以球面形式发射,并且电磁波在传播时没有损耗,问该台的发射功率至少有多大14-22HE r A AS P 0024μεπ==⋅=292001065.2--⋅⨯===m W E H E S μεW S r P 42103.34⨯=⋅=π14-23 一气体激光器发射的光强可达×1018W/m 2,计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅; 14-23()1101001075.42-⋅⨯==m V I E m εμ18001026.1-⋅⨯==m A E H m m εμ。
大学物理习题答案13波动
大学物理练习题十三一、选择题1. 下列函数f (x, t)可表示弹性介质中的一维波动，式中A 、a 和b 是正的常数。
其中哪个函数表示沿X 轴负方向传播的行波？ [ A ] （A ）()()bt ax A t x f +=cos , （B ）)cos(),(bt ax A t x f -= （C ）bt ax A t x f cos cos ),(⋅= （D ）bt ax A t x f sin sin ),(⋅=2. 如图所示为一平面简谐波在t=2s 时刻的波形图，质点P 的振动方程是 [ C ]（A ）[]3/)2(cos 01.0ππ+-=t y p (SI) （B ）[]3/)2(cos 01.0ππ++=t y p (SI) （C ）[]3/)2(2cos 01.0ππ+-=t y p (SI) （D ）[]3)2(2cos 01.0ππ--=t y p (SI)解:m A 01.0=，m 200=λ，s m u /200=，πλππνω222===u设P 点振动方程为)cos(φω+=t A y p ，t=2s 时 ⎪⎩⎪⎨⎧<+⨯-==+⨯=0)22cos(sin 005.0)22cos(01.0φπωφπA v y pp ，⎩⎨⎧>+⨯=+⨯0)22sin(5.0)22cos(φπφπ 322πφπ=+⨯ ， 34ππφ+-= =+-=)342cos(01.0πππt y p )3)2(2cos[01.0ππ+-t3. 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，波传播到的媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是 [ C ] （A ）动能为零，势能最大。
（B ）动能为零，势能为零。
（C ）动能最大，势能最大。
（D ）动能最大，势能为零。
解：媒质中质元的能量pk W W ∆=∆)(22y A -∝ 平衡位置y=0，所以动能与势能均最大。
注意：不同于弹簧振子的动能与势能关系！二、填空题1. 一个余弦横波以速度u 沿X 轴正向传播，t 时刻波形曲线如图所示。
《波动》选择题解答与分析研究
5波动5.1简谐波地传播1. 在下面几种说法中，正确地说法是：(A) 波源不动时，波源地振动周期与波动地周期在数值上是不同地．(B) 波源振动地速度与波速相同．(C)在波传播方向上地任一质点振动相位总是比波源地相位滞后(按差值不大于π计)．(D) 在波传播方向上地任一质点地振动相位总是比波源地相位超前．(按差值不大于π计)答案：(C)参考解答：无论传播地是横波还是纵波，媒质质元仅仅在自己地平衡位置附近振动，并未“随波逐流”.波地传播不是媒质质元地传播，所传播地只是振动状态.由于振动状态是由位相决定地，振动状态地传播也可说成是位相地传播.即沿波地传播方向，各质元地振动位相逐一落后，这是波动地重要特征.对选择(B)，进入下面地讨论.1.1机械波地波速与波长（或频率）有没有关系？参考解答：波速是振动状态地传播速度，用u表示.因位相代表了振动状态，波速也叫相速，波速与波源振动地速度是两回事.机械波地波速与波长（或频率)无关，取决于媒质地性质(弹性和惯性，材料对不同地形变有不同地抵抗能力即表现出不同地弹性).理论和实验表明，弹性模量越大地介质，波地传播速度就越大；密度越大地介质，波地传播速度就越小.对其他选择，进入下面地思考题.1.2波传播时，介质地质元并不随波迁移.但水面上有波形成时，可以看到漂在水面上地树叶沿水波前进地方向移动.这是为什么？参考解答：如图所示，当水面上有波形成时，表面上水地质元是在平行于波传播方向地竖直平面内做圆周运动（不是上下地简谐运动）.这是因为，水波传过时，波峰处地水面比原来高了，波谷处地水面比原来低了，波峰处增加地水量必定是由临近地波谷处移来地.这样，水面上地质元就有了沿水波传播方向地纵向振动，纵向振动和横向振动地合成就使得水面质元做圆周运动.正是由于水面质元地圆周运动（或说是由于质元有沿水波传播方向地纵向振动），使得水面上地树叶等漂浮物沿水波前进地方向移动.进入下一题：2.在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为λ21（λ 为波长）地两点地振动速度必定(A) 大小相同，而方向相反． (B) 大小和方向均相同． (C)大小不同，方向相同． (D) 大小不同，而方向相反． 答案：(A)参考解答：一般情況下地波是很复杂地，如果波源作简谐振动，则波所传到地各媒质质元均作简谐振动，这样地波称为简谐波.另外，波所传播地只是振动状态.由于振动状态是由位相决定地，振动状态地传播也可说成是位相地传播，沿波地传播方向，各质元地振动位相逐一落后，而具体位相差地公式是：,2x ∆=∆λπϕ当,,2πϕλ=∆=∆ x 即位相相反.设沿传播方向相距为λ21地两点为P 和，2λ+P 按照谐振动速度表达式，有：)sin(ϕωω+-=t A P v ，).sin(πϕωωλ++=+t A 2P v显然P 2P v v-=+-=++=+)sin()sin(ϕωωπϕωωλt A t A ，所以这两点振动速度大小相同，而方向相反.对所有选择，均给出参考解答，直接进入下一题.5.2波动表达式1. 如图所示，一平面简谐波沿x 轴正向传播，已知P 点地振动方程为)cos(0φω+=t A y ，则波地表达式为 (A) }]/)([cos{0φω+--=u l x t A y ． (B) })]/([cos{0φω+-=u x t A y ． (C) )/(cos u x t A y -=ω．(D) }]/)([cos{0φω+-+=u l x t A y ．答案：(A) 参考解答：沿波地传播方向，各质元地振动位相逐一落后，根据位相差地公式：,2x ∆=∆λπϕ,2,000l t P P λπφωϕϕϕϕϕϕ++=∆+=∆-=- 可通过P 点地振动方程求出0点地振动方程：)2cos(00l t A y λπφω++=}][cos{0φω++=u lt A ，则波地表达式为：}.])([cos{}][cos{00φωφω+--=+-+=ul x t A ux ul t A y对所有错误选择，进入下面地讨论.1.1波动方程)(cos uxt A y -=ω中地u x表示了什么？ 如果把此式改写为)cos(ux t A y ωω-=，式中地u xω又表示了什么？参考解答：波动沿着x 轴方向传播，设位于原点o 处质元地振动方程为t A y ωcos =，每到一处，那里地质元将以同样地振幅和频率重复原点o 点地振动.波动方程既描述了同一时刻各媒质质元离开平衡位置地位移即该时刻地波形，同时又反映了随着时间地推移，波形沿着传播方向地运动情况.u x表示因振动从原点o 传播到距离o 点为x 处所需地时间； uxω表示x 处质元振动落后于o 处质元振动地位相；进入下一题：2. 如图所示，有一平面简谐波沿x 轴负方向传播，坐标原点O 地振动规律为)cos(0φω+=t A y ），则B 点地振动方程为(A) ])/(cos[0φω+-=u x t A y ． (B) )]/([cos u x t A y +=ω．(C) })]/([cos{0φω+-=u x t A y ． (D) })]/([cos{0φω++=u x t A y ．答案：(D) 参考解答：沿波地传播方向，各质元地振动位相逐一落后，根据位相差地公式：,2x ∆=∆λπϕ,)(2,0000φωλπφωϕϕϕϕϕϕ++=++=∆-=∆-=-u x t x t B B 则B 点地振动方程为：}.][cos{cos 0φωϕ++==ux t A A y B进入下一题：5.3波地能量1.当机械波在媒质中传播时，一媒质质元地最大变形量发生在 (A) 媒质质元离开其平衡位置最大位移处．(B) 媒质质元离开其平衡位置(2/2A )处(A 是振动振幅)． (C)媒质质元在其平衡位置处．(D) 媒质质元离开其平衡位置A 21处（A 是振动振幅）．答案：(C) 参考解答：如图所示：一媒质质元地最大变形量发生在媒质质元在其平衡位置处.另外，a 点：位移最大处，动能为零；没有形变，形变势能为零.b 点：位移为零处，动能最大；形变最大，形变势能最大.对所有选择，均给出参考解答，直接进入下一题.2. 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处地过程中：(A) 它地动能转换成势能． (B) 它地势能转换成动能．(C)它从相邻地一段质元获得能量其能量逐渐增大．(D) 它把自己地能量传给相邻地一段质元，其能量逐渐减小． 答案：(D) 参考解答：波动过程是波地能量传播地过程.在波地传播过程中，质元都在各自地平衡位置附近振动，因而具有动能∆E k ，另外，波源地振动通过弹性力在媒质传播，由于媒质形变媒质中地各点也具有势能∆E P ，可以证明：,)(sin )(21222⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-∆=∆=∆ϕωωρu x t A V E E P k 体积元地动能和势能相等，随时间作同步变化：同时达到最大，同时达到最小.这里没有动能和势能地相互转化；体积元地总机械能并不守恒，显然和孤立振动系统（如弹簧振子）总能量守恒地情况不同.这是由于此质元和周围媒质间有弹性力地作用，进行着能量交换.每一质元都在不断地接受和释放能量.而媒质质元在平衡位置处：速度最大所以动能最大，媒质形变最大，其势能也最大.所以在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处地过程中：它把自己地能量传给相邻地一段质元，其能量逐渐减小.所有错误选择，进入下面地讨论.2.1橡皮绳上传播横波时，在同一时刻，何处动能密度最大？何处弹性势能密度最大？何处总能量密度最大？何处这些能量密度最小？参考解答：拉紧地橡皮绳上有横波传播时，在某一时刻t ，位移为零地质元处动能密度最大（如图中地A ，C ，E 和G 各质元），因为在该时刻这些质元地速度最大.在同一时刻t ，位移为零地质元处势能密度也最大（如图中地A ，C ，E 和 G 各质元），因为在该时刻这些质元处橡皮绳地形变最大.当然，在同一时刻t ，也是在位移为零地质元处总能量密度最大.同样可分析出，在同一时刻t ，位移最大（含正最大和负最大）地质元处（如图中地 B ，D 和 F 各质元）动能密度最小、势能密度最小，因而总能量密度也最小，这是因为这些质元在该时刻速度为零且没有形变地缘故.怎样说明在同一时刻位移为零处地质元形变最大而位移最大处地质元形变为零呢？我们用一细地弹性棒中有横波地情形（如图所示）予以说明.当棒中无波时，棒上地质元均无形变，此时地质元可用小长方块表示（仅画了几个）.若在某时刻t ，上述小质元恰巧分别在位移正、负最大处或位移为零处，如图中地下图所示，由图可见，此时刻，位移正、负最大处地质元几乎没有形变，而位移为零地质元形变最大.进入下一题.3.在波传播过程中，每个质元地能量都随时间变化，这是否违反能量守恒定律？(A) 违反. (B) 不违反.答案：(B)参考解答：波动地过程就是能量地传播过程，体积元地动能和势能相等，且随时间作同步变化，同时达到最大，同时达到最小，体积元总地机械能为222()sin [()]xE V A t uρωωϕ∆=∆-+，即体积元地总能量也是随时间作周期变化地.它从零增大到最大值（从前面地质元获得能量），然后又从最大值减小到零（把自身地能量传递给后面地质元），说明任一体积元都在不断地接受和放出能量，这正是能量通过波动传播地过程.因此不违反能量守恒定律.对错误选择，进入下一题：3.1波传播能量与运动粒子携带能量，这两种传递能量地方式有什么不同？参考解答：波动地传播过程就是能量地传播过程，是媒质质元不断从邻近处质元获取能量又不断将能量传递给更远处质元地过程，体积元地总能量也是随时间作周期变化地，它从零增大到最大值（从前面地质元获得能量），然后又从最大值减小到零（把自身地能量传递给后面地质元）.而运动粒子携带能量没有能量地传播.5.4驻波1. 在弦线上有一简谐波，其表达式为]34)20(100cos[100.221π-+π⨯=-x t y (SI) 为了在此弦线上形成驻波，并且在x = 0处为一波腹，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为：(A) ]3)20(100cos[100.222π+-π⨯=-x t y (SI)． (B) ]34)20(100cos[100.222π+-π⨯=-x t y (SI)． (C) ]3)20(100cos[100.222π--π⨯=-x t y (SI)．(D) ]34)20(100cos[100.222π--π⨯=-x t y (SI)． 答案：(D)参考解答：在同一媒质中两列振幅相同地相干波，沿同一直线相向传播时，叠加形成地波称为驻波，驻波是干涉现象地一种重要地特殊情况.驻波各质元以不同地振幅、相同地频率ω作简谐振动.振幅最大地各点称为波腹（由两列波引起地两振动恰好同相，相互加强）.本题x = 0处为一波腹，则两波在x = 0处位相相同，显然(D)正确.对所有错误选择，进入下面地讨论.1.1设P 点距两波源S 1和S 2地距离相等，若P 点地合振幅保持为零，则由S 1和S 2分别发出地两列简谐波在P 点引起地两个简谐振动应满足什么条件？参考解答：两个简谐振动应满足干涉相消地条件，即振动方向相同，振动频率相等，振幅相等，相位差为π．进入下一题.2. 如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，波动方程为：)]/π(2cos[1λνx t A y -=. BC 为波密媒质地反射面.波由P 点反射，0P = 3λ / 4，则反射波地波动方程为(A) )]/π(2cos[2λνx t A y += (B) ])/π(2cos[2πλν++=x t A y答案：(A)对所有选择，均给出参考解答.参考解答：有许多同学是这样考虑：(1) 反射波与入射波传播方向相反，波动方程中x 前面要改符合. (2) 波疏到波密媒质地反射，有半波损失，即波动方程中要加π. 即如果入射波地波动方程为：)]π(2cos[λνxt A y -=入，那么反射波地波动方程一定可以写成：])π(2cos[πλν++=xt A y 反.注意，这并不是在什么情况下都对！请看下面地分析：设入射波地波动方程为：])(cos[ϕω+-=ux t A y 入取如图所示坐标系，有半波损失时地反射波波动方程地一般形式：π])(cos[+++-=ϕωu op-xop t A y 反 注意：坐标原点是可以任意选择地！但常常是按下列两种方式取定坐标系. (1) 取坐标原点距离反射点为四分之一波长地偶数倍，42λk op =.π2)π2(,2k uk u k op =∴==λωλωλ反射波地波动方程：π])(cos[+++=ϕωux t A y 反 (2) 取坐标原点距离反射点为四分之一波长地奇数倍，4)12(λ+=k op .π)12(2)12(,2)12(2+=+∴+=k uk k op λωλ 反射波地波动方程：])(cos[ϕω++=uxt A y 反本题，坐标原点距离反射点为四分之一波长地奇数倍，答案(A)正确.5.5多普勒效应1. 一辆机车以30 m/s 地速度驶近一位静止地观察者，如果机车地汽笛地频率为550 Hz ，此观察者听到地声音频率是（空气中声速为330 m/s ） (A) 605 Hz ． (B) 600 Hz ． (C) 504 Hz ． (D) 500 Hz ． 答案：(A) 参考解答：当波源或观察者或两者都相对于媒质运动时，观察者所观测到地频率就不同于波源地频率，这种现象称为多普勒效应.本题属于观察者静止而波源运动地情况，观察者测得地频率为ννs v u u -='(Hz).60555030330330=⨯-=对所有选择，均给出参考解答，直接进入下一题.1.1波源向着观察者运动和观察者向着波源运动都产生频率增高地多普勒效应，这两种情况有何区别？参考解答：在多普勒效应中，虽然波源向着观察者运动和观察者向着波源运动都产生频率增高地多普勒效应，但其产生频率增高地“机制”是不同地.波源向着观察者运动会引起沿运动方向声波波长地缩短，这样，观察者在单位时间内接收地波地个数比波源不动时会增多，即观察者地接收频率增高.观察者向着波源运动使得观察者单位时间地接收到地波地个数增加，而此时波源静止，波长未变，所以观察者接收到地频率就增加了.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.NrpoJ。
第十三章 波动参考答案(改)
第十三 波动 参考答案一、选择题参考答案：1．C ；2．C ；3．A ；4．D ；5．C ；6．C ；7．B ；8．C ；9．D ；10．A ；11．B ；12．C ；13．B ；14．B ；15．D ；16．B ；17．A ；18．C二、填空题参考答案：1、0.02 m ，2.5 m ，100 Hz ，250 m/s2、0.8m ，0.2m ，125 Hz3、y 轴负向，y 轴正向，y 轴正向4、m ])330(165cos[1.0ππ+-=x t y 或 m ])330(165cos[1.0ππ--=x t y5、23π6、m )22cos(2.0ππ-=t y P7、（1）222ππϕ+=k ， ,2,1,0±±=k （2）2322ππϕ+=k ， ,2,1,0±±=k8、)](22cos[212L L vt A y +-+=λπϕπ1L k x -=λ， ,2,1±±=k9、10、θcos IS 11、2/π 12、)22cos(2212221λπrL A A A A A -++=13、])/(2cos[1πλπ++=x vt A y （SI ） 或 ])/(2cos[1πλπ-+=x vt A y （SI ）)22cos()22cos(2πππλπ++=vt x A y （SI ）或 )22cos()22cos(2πππλπ--=vt x A y （SI ）14、（1）m )200cos(01.0t y π=)（2）m )200cos(02.0t y π= 15、（1）0ϕ（x 处质点比原点落后的相位） （2）3y 16、)42cos(2L x t A y λπλπω-+=（m ）17、t A y ωcos 2-= （m ）或 )cos(2πω±=t A y （m ）t A ωωυsin 2=（m ）018．（图（A ）中a 、b 、c 、d 四点的速度均为零）19、)22cos()22cos(2πππλπ++=vt x A y （m ）2)21(λ-=k x ， ,3,2,1=k20、))(312cos(3000SI t Hyππνμε+=, 如图21、H E S⨯=, 单位时间通过垂直于传播方向单位面积的辐射能（或能流密度）三、计算题参考答案：1. 已知一平面简谐波波函数为y =0.2cos π(2.5t-x),式中x ,y 以m 为单位，t 以s 为单位，试求；(1)该简谐波的波长、周期、波速；（2）在x =1m 处质点的振动方程；（3）在t =0.4s 时，该处质点的位移和速度。
《波动》选择题解答与分析
5波动5.1简谐波的传播1. 在下面几种说法中，正确的说法是：(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(按差值不大于π计)．(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．(按差值不大于π计)答案：(C)参考解答：无论传播的是横波还是纵波，媒质质元仅仅在自己的平衡位置附近振动，并未“随波逐流”。
波的传播不是媒质质元的传播，所传播的只是振动状态。
由于振动状态是由位相决定的，振动状态的传播也可说成是位相的传播。
即沿波的传播方向，各质元的振动位相逐一落后，这是波动的重要特征。
对选择(B)，进入下面的讨论。
1.1机械波的波速与波长（或频率）有没有关系？参考解答：波速是振动状态的传播速度，用u表示。
因位相代表了振动状态，波速也叫相速，波速与波源振动的速度是两回事。
机械波的波速与波长（或频率)无关，取决于媒质的性质(弹性和惯性，材料对不同的形变有不同的抵抗能力即表现出不同的弹性)。
理论和实验表明，弹性模量越大的介质，波的传播速度就越大；密度越大的介质，波的传播速度就越小。
对其他选择，进入下面的思考题。
1.2 波传播时，介质的质元并不随波迁移。
但水面上有波形成时，可以看到漂在水面上的树叶沿水波前进的方向移动。
这是为什么？参考解答：如图所示，当水面上有波形成时，表面上水的质元是在平行于波传播方向的竖直平面内做圆周运动（不是上下的简谐运动）。
这是因为，水波传过时，波峰处的水面比原来高了，波谷处的水面比原来低了，波峰处增加的水量必定是由临近的波谷处移来的。
这样，水面上的质元就有了沿水波传播方向的纵向振动，纵向振动和横向振动的合成就使得水面质元做圆周运动。
正是由于水面质元的圆周运动（或说是由于质元有沿水波传播方向的纵向振动），使得水面上的树叶等漂浮物沿水波前进的方向移动。
进入下一题：2. 在简谐波传播过程中，沿传播方向相距为λ21（λ 为波长）的两点的振动速度必定(A) 大小相同，而方向相反． (B) 大小和方向均相同．(C) 大小不同，方向相同． (D) 大小不同，而方向相反．答案：(A)参考解答：一般情況下的波是很复杂的，如果波源作简谐振动，则波所传到的各媒质质元均作简谐振动，这样的波称为简谐波。
第十一章+波动答案[1]..
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一. 选择题[D] 1．（基础训练2）一平面简谐波，沿x 轴负方向传播．角频率为ω ，波速为u ．设 t = T /4 时刻的波形如图14-11所示，则该波的表达式为：(A) )(cos xu t A y -=ω．(B)]21)/(cos[π+-=u x t A y ω．(C) )]/(cos[u x t A y +=ω．(D)])/(cos[π++=u x t A y ω． 【提示】}])4[(cos{ϕω++-=uxT t A y 。
ϕ为0=x 处初相。
[C] 2．（基础训练4） 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是 (A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零．(C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零． 【提示】波的能量特点。
[B] 3．（基础训练5）在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动 (A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．(C) 振幅相同，相位不同． (D) 振幅不同，相位不同． 【提示】驻波特点。
[C] 4．（基础训练8）如图14-15所示两相干波源S 1和S 2相距λ /4，（λ 为波长），S 1的相位比S 2的相位超前π21，在S 1，S 2的连线上，S 1外侧各点（例如P 点）两波引起的两谐振动的相位差是：(A) 0． (B) π21． (C) π． (D) π23． 【提示】21212()r r πϕϕϕπλ-∆=--=-[D] 5．（自测提高6）如图14-25所示，S 1和S 2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为λ 的简谐波，P 点是两列波相遇区域中的一点，已知 λ21=P S ，λ2.22=P S ，两列波在P 点发生相消干涉．若S 1的振动方程为 )212cos(1π+π=t A y ，则S 2的振动方程为图14-25(A) )212cos(2π-π=t A y ． (B) )2cos(2π-π=t A y ． (C) )212cos(2π+π=t A y ． (D) )1.02cos(22π-π=t A y【提示】21212()r r πϕϕϕλ∆=---22(2.2 2.0)(21)2k ππϕλλπλ=---=+[C] 6．（自测提高7）在弦线上有一简谐波，其表达式是 ]3)2002.0(2cos[100.221π+-π⨯=-x t y (SI) 为了在此弦线上形成驻波，并且在x = 0处为一波节，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为：(A) ]3)2002.0(2cos[100.222π++π⨯=-x t y (SI)． (B) ]32)2002.0(2cos[100.222π++π⨯=-x t y (SI)．(C) ]34)2002.0(2cos[100.222π++π⨯=-x t y (SI)．(D) ]3)2002.0(2cos[100.222π-+π⨯=-x t y (SI)．【提示】两沿反方向传播的波在0x =处振动合成为零。
南开24年秋季《现当代文学名篇导读》作业参考三
24秋学期《现当代文学名篇导读》作业参考1.鲁迅小说《狂人日记》的主题是选项A：批判国民性的弱点选项B：暴露家族制度与礼教的弊害选项C：探索知识分子前进的道路选项D：反映中国农民所受的压迫参考答案：B2.诗集《北方》的作者是选项A：田间选项B：艾青选项C：臧克家选项D：鲁藜参考答案：B3.（）的《沉重的翅膀》获得了“第二届矛盾文学奖”。
选项A：张洁选项B：张欣欣选项C：王安忆选项D：路遥参考答案：A4.散文集《缘缘堂随笔》的作者是（）选项A：李广田选项B：丰子恺选项C：陆蠡选项D：丽尼参考答案：B5..北岛在文革期间用艾珊的笔名写的小说是（）选项A：《野兽》选项B：《第二次握手》选项C：《波动》选项D：《相信未来》参考答案：C6.1985年，（）发表的《文学的“根”》一文，被认为是“寻根文学”的理论宣言。
选项A：韩少功选项B：阿城选项C：郑义选项D：残雪参考答案：A7.“黑夜给了我黑色的眼睛，我却用它来寻找光明”出自顾城的诗歌作品（）选项A：《远和近》选项B：《一代人》选项C：《我是一个任性的孩子》选项D：《生命幻想曲》参考答案：B8.15.在中国现代文学史上，被称为“雨巷诗人”的作家是()选项A：卞之琳选项B：闻一多选项C：戴望舒选项D：徐志摩参考答案：C9.“为什么我的眼里常含泪水？/因为我对这土地爱得深沉。
”上述诗句出自（）的《我爱这土地》。
选项A：艾青选项B：辛笛选项C：卞之琳。
大学物理(吴百诗)习题答案12波动
12-1一横波沿绳子传播时的波动方程为m )410cos(05.0x t y ππ-=，求：（1）此波的振幅、波速、频率和波长；（2）绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度；（3）x ＝0.2m 处的质点在t ＝1s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？（4）分别画出t ＝1s 、1.25s 、1.50s 时的波形。
解：（1）)]5.2(10cos[05.0)410cos(05.0),(xt x t t x y -=-=πππ m 05.0=A ，m /s 5.2=v ，Hz 52102===πππων，m 5.055.2===νλv （2）)410sin(1005.0d d x t t y v πππ-⨯-==，)410cos()10(05.0d d 2x t tva πππ-⨯-== m/s 57.1m ax =v ，2m ax m/s 3.49=a（3）πππϕ2.92.041101,2.0=⨯-⨯===t x ，ππ2.910=t ，s 92.0=t（4）略。
12-2波源作简谐振动，周期为1.0⨯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 ＝400m/s 的速度沿直线传播，求：（1）距波源为8.0m 处的质点P 的运动方程和初相；（2）距波源为9.0m 和10.0m 处两点的相位差。
解：（1）)2200cos()201.02cos(ππππ-=-=t A t A y o ，]2)400(200cos[),(ππ--=x t A t x y )29200cos(]2)4008(200cos[ππππ-=--=t A t A y P ，0=t ，29πϕ-=P （2）2)109(400200109ππϕϕϕ=--=-=∆12-3图12-3为一沿x 轴正向传播的平面余弦波在t =1/3s 时的波形，其周期T =2s 。
求：（1）O 点和P 点的运动方程；（2）波动方程；（3）P 点离O 点的距离。
大学物理16波动答案
波动一、单选题：1、（3058A10）C2、（3066A05）B3、（3067A15）C4、（3068A15）D5、（3147B25）B6、（3151B25）B7、（3407A20）D8、（3411A15）C9、（3413A15）A 10、（3479A15）A 11、（3483B35）C 12、（3841A10）B 13、（3842A10）A 14、（3847A20）D 15、（5193A15）B 16、（5204B25）D 17、（5317A10）C 18、（5513A10）C 19、（3069C45）C 20、（3070B30）D 21、（3071C45）D 22、（3072B30）A 23、（3073B35）C 24、（3145B30）C 25、（3149B30）A 26、（3150B25）A 27、（3152C45）C 28、（3338B30）D 29、（3339B30）D 30、（3340B25）A 31、（3341B30）A 32、（3408B30）B 33、（3409B40）D 34、（3412B30）A 35、（3415B30）D 36、（3573B25）C 37、（3574A20）B 38、（3575B25）A 39、（3603A15）A 40、（5203B25）D 41、（3087B30）A 42、（3088B30）A 43、（3089B35）D 44、（3090B35）C 45、（3286A10）C 46、（3287B30）D 47、（3288B25）C 48、（3289B35）B 49、（5320B30）B 50、（3295B25）D 51、（3433A15）D 52、（3434B25）C 53、（5321B30）D 54、（3101B30）B 55、（3308A10）B 56、（3309A10）C 57、（3310B25）C 58、（3311B25）D 59、（3312B25）C 60、（3591A20）D 61、（3592A20）D 62、（3593A20）C 63、（5194A10）C 64、（3457A05）B 65、（3458A15）C 66、（3459A15）C 67、（3598A05）C 68、（5523B25）A 69、（3112A15）B 70、（3113B25）C 71、（3321A10）A 72、（3322A10）B 参考解 21、（3071C45） 解：由图 b 2=λ, bu u2==λν令波的表达式为 ])(2c o s [φλν+-π=x t a y 在 t = t ', ])(2c o s [φλν+-'π=xt a y由图，这时x = 0处 初相 22π-=+'πφνt可得 t 'π-π-=νφ22故x = 0处 ]2c o s [φν+π=t a y ]2)(c o s [π-'-π=t t bu a二、填空题：1、（3059A10） 向下 ； 向上 ； 向上2、（3061A15） 503 m/s3、（3062A15） π4、（3063A15） 0.8 m ； 0.2 m ； 125 Hz5、（3065A10） 0.233 m6、（3074A15） 波从坐标原点传至x 处所需时间 ；x 处质点比原点处质点滞后的振动相位；t 时刻x 处质点的振动位移7、（3075A10） 125 rad/s ； 338 m/s ； 17.0 m 8、（3153B35） φλ+π-/2L ； λk L ± ( k = 1，2，3，…) ；λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)9、（3342A10） )23c o s (2.02x t a π+ππ-= (SI)10、（3417A05） 17 m 到1.7³10-2 m 11、（3418A05） 2π /5 12、（3420A20） 0 13、（3421A15） aE 14、（3423B30） )2121200c o s (1023π-π-π⨯=-x t y (SI)15、（3425A10） 2.4 m ； 6.0 m/s 16、（3426A10） 5.0 ³104 Hz ； 2.86³10-2 m ； 1.43³103 m/s17、（3441B25） ]42c o s [λλωLxt A π-π+18、（3442B25） )]22()(2cos[λφλL xTt A π-π+++π或)]22()(2cos[λφλLxTt A π-π-++π19、（3445B30） )2(2c o s λλνL xt A +-π 20、（3446B35） )22c o s (π±-π+λωxL t A21、（3571A10） u x x /)(12-ω 注：（x 1和x 2写反了扣1分） 22、（3572A10） )24c o s (1.0x t π-π 23、（3576A10） a /b 24、（3578A15） π /3 25、（3580A10） b / 2π ； 2π / d 26、（3850A15） 0.1cos(4πt - π) (SI) ； -1.26 m/s 27、（3852A10） 2 cm ； 2.5 cm ； 100Hz ； 250 cm/s 28、（3853A10） 0.6 m ； 0.25 m 29、（3862A10） 30 ； 30 30、（3863A15） 2π /C ； B /C ； Cd31、（5318B25） 答案见右图32、（5514A05） 0.533、（5515A10） 3 ； 300 34、（3076B30） ])330/(165cos[10.0π--π=x t y (SI) 35、（3077B25） }]/)1([cos{φω+++=u x t A y (SI)36、（3132A20） ]4/)/(c o s [11π+-=u L t A y ω； uL L )(21+ω图(1)图(2)37、（3133B25） ])(2c o s [212φλν++-π=L L t A y ； λk L x +-=1 ( k = ± 1，± 2，…）38、（3134B35） ]2)(2c o s [π+++π=λνLx t A y；νλνkLt ++1，k = 0，±1，±2, … [注：只写 )/(1λνL t + 也可以]39、（3135B30） ]2)2(2c o s [π-+-π=u xt u A y λ； ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ40、（3136B30） ]/2c o s [1φ+π=T t A y ； ])//(2c o s [2φλ++π=x T t A y41、（3330C45） )2121c o s (2.0π-π=t y P42、（3337B25） 答案见右图43、（3343B30）)22c o s (1π-π=t T A y x或 )/2sin(1T t A y x π=44、（3344B30） )c o s (04.02π+π=t y P (SI) 45、（3424B40） ]21)(2c o s [0π+-π=t t A y ν46、（3607B40） 3T /4 47、（3608B40） π2348、（3609B40）λ21 49、（3610B40） 3λ/ 450、（3856A15） )4521s i n (06.0π-π=t y51、（5195C55）)/2c o s (λωx t A y π-π+=；)/2/4cos(λλωx L t A y π+π-'='52、（5205C45） 答案见图 注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播：1）x = 0点t = 0时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ处．2）x = 0点在t = T / 4时刻的相位，在t = T 时刻传到x = (3 /4)λ 点．3）x = 0点在t = (3 /4)T 时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ /4点． 53、（5524B35） 答案见右图54、（3091A15） 2122/R R55、（3092B25） 答案见图（子波源、波阵面、波线各1分）56、（3291A15） 5 J 57、（3292A10） 4 58、（3293A20） I S cos θ 59、（3294B25）Swπ2ωλ60、（3431A20） DC 为 t + τ 时刻波在介质2中的波前61、（3859A10） 0.08 W/m 2参考解：∵ P r S =π⋅24∴ 08.04/2=π=r P S W/m 262、（5196A10） 7.96³10-2 W/m 2 63、（3093B25） 相同 ； 2π/3 64、（3094B25） S 1的相位比S 2的相位超前π/2 65、（3301B25）)22c o s (2212221λπrL A A A A -++66、（3587A15） 2A 67、（3588A10） 0 68、（3589A10） 0 69、（3857A15） 1.7³103 Hz参考解：两路声波干涉减弱条件是： λδ)12(21+=-=k EBA ECA ①当C 管移动x = 10 cm = 0.1 m 时，再次出现减弱，波程差为 λδδ]1)1(2[212++=+='k x ②②－①得 x 2=λ 故 ===)2/(/x u u λν 1.7³103 Hz 70、（5517B30） 2k π + π /2，k = 0，±1，±2，… ；2k π +3 π /2，k = 0，±1，±2，… 71、（3105B35） tx y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122 (SI) ；)12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m ； n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 72、（3106C45） ])/(2c o s [π++πλνx t A ； )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ73、（3107C45） )(2c o s λx T t A -π； A74、（3154A20） t A y ωc o s 21-= 或 )c o s (21π±=t A y ω ； t A ωs i n 2=v75、（3156C50） 答案见右图 76、（3314B30） )212c o s (]212c o s [2π+ππ-π=t xA y νλ或)212cos(]212cos[2π-ππ+π=t xA y νλ或 )2cos(]212cos[2t x A y νλππ+π=77、（3315A20） )21100c o s ()21c o s (30.0π+ππ=t x y(SI)78、（3316A15） λ21)21(+=k x ，k = 0，1，2，3，… 79、（3317A15） λ21)21(-=k x ，k = 1，2，3，…80、（3317A15） 2 m ； 45 Hz 81、（3318A20） 100 m/s 82、（3487B25） π 83、（3488B25） 0 84、（3594A10） π 85、（3595A10） λ21 86、（3597A10）λ2187、（5198B25） 答案见右图88、（2196A10） 三者相互垂直， 成右手关系，即H E⨯的方向为波传播的方向． 89、（2197A10） 紫外 ； X 射线 ； γ 射线． 90、（2748A10） 2.00³108 m/s 91、（3125A10） 垂直 ； 相同 92、（3126A15） )6/2c o s (39.2π+π=t H y ν A/m 93、（3127A15） )3/2c o s (796.0π+π-=t H y ν A/m ；如图 94、（3456A05） 介电常数ε 和磁导率μ 95、（3460A05） 4.69³102 m 96、（3461A05） ν = 108 Hz 97、（3462A10） 3 m 98、（3463A15） )312c o s (452π+πt ν(SI)99、（3464A15） )/(2c o s 59.1c x t H z -π=ν (SI) 100、（3465A15） )/(2cos 12.2c x t H z +π-=ν (SI)101、（3466A15） ])/(c o s [754π+--=c z t E y ω (SI) 102、（3467A15） )/(2c o s 565λνz t +π (SI)103、（3468A20） 1.91³10-7 W ²m -2zyxcx EyHO104、（3469A15） 4.0³1026 J105、（3470A15） 1.59³10-5 W ²m -2 106、（3600A05） 3.00³108 107、（5197A05） 6 ； 4 108、（3115A10） 637.5 Hz ； 566.7 Hz 109、（3116B25） 1065 Hz ； 935 Hz 110、（5877A20） S Ruu νv -111、（5878A20） S Su uνv -三、计算题：1、（3083B30） 解：由题 λ = 24 cm, u = λν = 24³25 cm/s ＝600 cm/s 2分 A = 3.0 cm ， ω = 2πν = 50 π/s 2分y 0 = A cos φ = 0， 0s i n 0>-=φωA yπ-=21φ2分]21)6/(50cos[100.32π--π⨯=-x t y(SI) 2分2、（3085C45）解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y(SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)3、（3086C65）解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成)/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分)由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分3/17π-=φ 1分∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y(SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)4、（3335B25）解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π=(SI) 3分(2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4c o s 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ．)4/1(212==T ts ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分5、（3410A20）解：(1) 已知波的表达式为)2100cos(05.0x t y π-π= 与标准形式)/22c o s (λνx t A y π-π= 比较得A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m 各1分 u = λν = 50 m/s 1分 (2) 7.152)/(max max =π=∂∂=A t y νv m /s 2分322m a x 22m a x 1093.44)/(⨯=π=∂∂=A t y a ν m/s 2 2分(3) π=-π=∆λφ/)(212x x ，二振动反相 2分6、（3860A15）解： 5.0/==λνu Hz νωπ=2= π s -1 1分x = 0处的初相 π=210φ，角波数 π=π=λ/2k m -1 ，波动表达式为 2分(A = 0.1 m) )21c o s (1.0π+π-π=x t y 1分)s i n (),(0φωω+--=∂∂=kx t A ty t x v速度最大值为： v max = 0.314 m/s 1分7、（3861A15）解：(1) 振动方程： )c o s (0φω+=t A y A = 10 cm ， ω = 2πν = π s -1，ν = u / λ = 0.5 Hz 初始条件： y (0, 0) = 00)0,0(>y得 π-=210φ故得原点振动方程： )21c o s (10.0π-π=t y (SI) 2分(2) x = 150 cm 处相位比原点落后π23， 所以)2321c o s (10.0π-π-π=t y )2c o s (10.0π-π=t(SI) 3分也可写成ty π=c o s 10.0 (SI)8、（3864A15）解： A = 0.01 m ，λ = u /ν = 1 m ，T = 1 s 1分x = 0处， φ 0 = 0 2分波表达式为 )//(2c o s 01.0λx T t y +π=)(2c o s 01.0x t +π= (SI) 2分 9、（5199B30）解：该波波长 λ = u /ν = 0.8 m (1) x 2点与x 1点的相位差为λφφ/)(2)(1212x x -π=--λφφ/)(21212x x -π-=- 3分 当=-12x x 0.12 m 时 π-=-3.012φφ rad 1分 (2) 同一点x ，时间差12t t -，相应的相位差T t t /)(21212-π='-'φφ)(212t t -π=ν 3分 当 31210-=-t t s 时， π='-'12φφ rad 1分 10、（5319B40）解：这是一个向x 轴负方向传播的波．(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m 1分 由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 1分 波速 u = νλ = 2 m/s 1分 (2) 波峰的位置，即y = A 的位置． 由 1)24(c o s =+πx t有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…)解上式，有 t k x 2-=．当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ． 2分所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近． 2分 (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m 处所需的时间为∆t ，则 ∆t = | ∆x | /u = | ∆x | / (ν λ ) = 0.2 s 1分 ∴ 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 2分 11、（3078B40）解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )2c o s (φν+π=t A y由图可知，t = t ＇时 0)2c o s (=+'π=φνt A y 1分 0)2s i n (2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1分所以 2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=νφ2212分x = 0处的振动方程为 ]21)(2c o s [π+'-π=t t A y ν 1分(2) 该波的表达式为 ]21)/(2c o s [π+-'-π=u x t t A y ν3分12、（3079B30）解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21c o s (1022π--π⨯=-x t y ，(SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分 波形曲线见图 2分13、（3080A15）解：(1) x 1 = 10 m 的振动方程为)7.3125cos(25.010-==t y x (SI) 1分x 2 = 25 m 的振动方程为)25.9125cos(25.025-==t y x (SI) 1分 (2) x 2与x 1两点间相位差∆φ = φ2 - φ1 = -5.55 rad 1分 (3) x 1点在t = 4 s 时的振动位移y = 0.25cos(125³4－3.7) m= 0.249 m 2分 14、（3081A15） 解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-== 6.17³103 m/s 2 2分15、（3082B35）解：(1) 坐标为x 点的振动相位为)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 2分t (s)O -2³10-21y (m )234(a)2³波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI) 2分 (2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为]205[4-+π='+x t t φω(SI) 2分 波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-xt y(SI) 2分16、（3084B30）解：(1) 以O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为 0c o s 0==φA y ， 0s i n 0<-=φωA v 所以 π=21φ波的表达式为 ]21)/(c o s [π+-=u x t A y ωω4分(2) 8/λ=x 处振动方程为]21)8/2(c o s [π+π-=λλωt A y )4/c o s (π+=t A ω 1分8/3λ=x 的振动方程为]218/32c o s [π+-=λλπωt A y )4/c o s (π-=t A ω 1分(3) )21/2s i n (/d d π+π--=λωωx t A t yt = 0，8/λ=x 处质点振动速度]21)8/2s i n [(/d d π+π--=λλωA t y 2/2ωA -= 1分t = 0，8/3λ=x 处质点振动速度]21)8/32sin[(/d d π+⨯π--=λλωA t y 2/2ωA =1分17、（3137A20）解：(1) 振动方程 }]/)([2c o s {φλν+--π=L t A y P])/(2c o s [φλν++π=L t A 2分 (2) 速度表达式 ])/(2sin[2φλνπν++π-=L t A P v 2分加速度表达式 ])/(2c o s [422φλνν++ππ-=L t A a P 1分 18、（3138B35） 解：(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t(SI) 3分(2) 波动表达式])/(c o s [06.0π+-π=u x t y3分])21(c o s [06.0π+-π=x t(SI)(3) 波长 4==uT λ m 2分19、（3139B30）解：(1) O 处质点的振动方程为 ])(c o s [0φω++=u L t A y2分(2) 波动表达式为 ])(c o s [φω+++=uL x t A y 2分(3) x = -L ± k ωuπ2 ( k = 1，2，3，…) 1分20、（3140B30）解：(1) O 处质点振动方程 ])(c o s [0φω++=uL t A y 2分(2) 波动表达式 ])(cos[φω+--=uL x t A y2分(3) ωukL x L x π±=±=2 (k = 0，1，2，3，…) 1分21、（3141B30）解：(1) O 处质点，t = 0 时 0c o s 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分 故波动表达式为 ]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x ty(SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=ty P )234.0c o s (04.0π-π=t(SI) 2分22、（3142B35） 解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，O 处质点 φc o s 0A =， φωs i n00A -=<v ， 故 π-=21φ2分又t = 2 s ，O 处质点位移为 )214c o s (2/π-π=νA A所以 π-π=π-21441ν，ν = 1/16 Hz 2分振动方程为 )218/c o s (0π-π=t A y (SI) 1分(2) 波速 u = 20 /2 m/s = 10 m/s波长 λ = u /ν = 160 m 2分波动表达式 ]21)16016(2c o s [π-+π=xt A y (SI) 3分23、（3143B35）解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φc o s2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v 所以 4/π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y(SI) 3分由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为]41)200250(2cos[π++π=x t A y(SI) 2分(2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是)45500cos(1π+π=t A y 1分振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v(SI) 2分24、（3144B35）解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为])4/2c o s [(π+π=t A y P )21c o s (π+π=t A (SI) 3分(2) 波动表达式为 ])4(2c o s [π+-+π=λdx t A y (SI) 3分(3) O 处质点的振动方程 )21c o s (0t A y π= 2分25、（3146C50）解：(1)波的周期T = λ / u =( 40/20) s= 2 s ． 2分P 处Q 处质点振动周期与波的周期相等，故P 处质点的振动曲线如图(a) 振动方程为： 2分)21c o s (20.0π-π=t y P (SI) 2分(2) Q 处质点的振动曲线如图(b)，振动方程为)cos(20.0π+π=t y Q (SI) 2分 或 )cos(20.0π-π=t y Q (SI) 2分 26、（3331C50）解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分 波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y)312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分27、（3332B30） 解：(1) 2m )250/500(/===νλu m波的表达式]/2)1(21500cos[03.0),(λπ--π-π=x t t x y]2/2)1(21500cos[03.0π--π-π=x t))21500cos(03.0x t π-π+π= (SI) 3分(2) t = 0时刻的波形曲线x x x y π=π-π=s i n 03.0)21cos(03.0)0,( (SI) 2分28、（3333B35） 解：(1) )3121cos(10220π+π⨯=-t y (SI)3分(2)]31)4141(2cos[1022π+-π⨯=-x t y(SI)2分(3) t = 1 s 时，波形表达式： )6521c o s (1022π-π⨯=-x y(SI)故有如图的曲线． 3分29、（5200B30） 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动． 2分该波的表达式为 )]4(22cos[x utA y -π-π=λλλ)222c o s (x u t A λλπ+π-π= (SI) 3分(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22c o s (x A y λπ+π-=)22c o s (π-π=x A λ 2分按上述方程画的波形图见图B ． 3分30、（5201C50） 解：该波波速u = 20 m/s ，角频率 ω = 4π s -1则 k = 2π /λ = ω / u = π /5 m -1． (1) 任取一点P （图A ），可得波的表达式为 )4c o s (3.0kx t y +π-π= )5/4c o s (3.0x t y π+π-π= (SI) 3分 以x D = -9 m 代入上式有 )5/94c o s (3.0π-π-π=t y )5/144cos(3.0π-π=t (SI) 1分 (2) 任取一点P （图B ），可得波的表达式为 ]5/)(4c o s [3.0l x t y -π-π-π=以l = 5 m 代入, 有 )5/4c o s (3.0x t y π-π= 3分 以x D = 14 m 代入上式, 有 )5/144cos(3.0π-π=t y D (SI) 1分 此式与(1) 结果相同. 31、（5206C50）-2- x P x λ/4u图A解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分 T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121c o s (5.0π+π=t y(SI) 3分32、（5516B30）解：设x = 0处质点振动的表达式为 )c o s (0φω+=t A y ， 已知 t = 0 时，y 0 = 0，且 v 0 > 0 ∴π-=21φ∴ )2c o s (0φν+π=t A y )21100c o s (1022π-π⨯=-t(SI) 2分由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为)/22c o s (0u x t A y νφνπ-+π=)2121100cos(1022x t π-π-π⨯=- (SI) 2分x = 4 m 处的质点在t 时刻的位移)21100c o s (1022π-π⨯=-t y(SI) 1分该质点在t = 2 s 时的振动速度为 )21200s i n (1001022π-π⨯⨯-=-πv2分= 6.28 m/s 1分33、（3428A20）解：(1) ==t W P / 2.70³10-3 J/s 1分(2) ==S P I /9.00³10-2 J /(s ²m 2) 2分(3) u w I ⋅===u I w / 2.65³10-4 J/m 3 2分34、（0347B35）解：据题意作下图，S 和OP 分别表示船和悬崖，S ′为船上天线．考虑由S ′发出的S ´P 波①与经海平面反射的S ´MP ②两列波在P 点的干涉．当发生相消干涉时接收站收不到讯号，注意到反射波②在反射时有相位突变π ，整个情况和光学的洛埃镜类似．当不计相移π 时，两波的波程差 20001502522sin 2⨯⨯=≈≈SOOP aa θ∆ m= 3.75 m 5分计入相移π ，则当 ∆ = k λ时，接收信号最弱。
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第5章 波动
一、选择题
1(C)，2(A)，3(A)，4(D)，5(C)，6(D)，7(D)，8(D)，9(D)，10(A)
二、填空题
(1). p
(2). ，
(3). ，
(4). 4
(5).
(6).
(7). 相同，2p/3
(8). ，
(9). 5 J
(10).637.5 Hz， 566.7 Hz
三、计算题
1. 如图，一平面波在介质中以波速u= 20 m/s沿x轴负方向传播，已知A 点的振动方程为 (SI)．
(1) 以A点为坐标原点写出波的表达式；
(2) 以距A点5 m处的B点为坐标原点，写出波的表达式．
解：(1) 坐标为x点的振动相位为
波的表达式为 (SI)
(2) 以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为
(SI)
波的表达式为 (SI)
2. 如图所示，一平面简谐波沿Ox轴的负方向传播，波速大小为u，若P 处介质质点的振动方程为，求
(1) O处质点的振动方程；
(2) 该波的波动表达式；
(3) 与P处质点振动状态相同的那些点的位置．
解：(1) O处质点的振动方程为
(2) 波动表达式为
(3) x = -L±k ( k = 1，2，3，…)
3. 如图所示，一简谐波向x轴正向传播，波速u = 500 m/s，x0 = 1 m, P点的振动方程为(SI).
(1) 按图所示坐标系，写出相应的波的表达式；
(2) 在图上画出t = 0时刻的波形曲线．
解：(1) m
波的表达式
(SI)
(2) t = 0时刻的波形曲线
(SI)
4. 一微波探测器位于湖岸水面以上0.5 m处，一发射波长21 cm的单色微波的射电星从地平线上缓慢升起，探测器将相继指出信号强度的极大值和极小值．当接收到第一个极大值时，射电星位于湖面以上什么角度？
解：如图，P为探测器，射电星直接发射到P点的波①与经过湖面反射有相位突变p的波②在P点相干叠加，波程差为
= k = （取k = 1）
∵
∴
0.105
q = 6°
5. 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求
(1) 反射波的表达式；
(2) 合成的驻波的表达式；
(3) 波腹和波节的位置．
解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变p，且反射波振幅为A，
因此反
射波的表达式为
(2) 驻波的表达式是
(3) 波腹位置： ,
, n = 1, 2, 3, 4,…
波节位置：
, n = 1, 2, 3, 4,…
6. 一弦上的驻波表达式为 (SI)．
(1) 若将此驻波看作传播方向相反的两列波叠加而成，求两波的振幅及波速；
(2) 求相邻波节之间的距离；
(3) 求t = t0 = 3.00×10-3 s时，位于x = x0 = 0.625 m处质点的振动速度．解：(1) 将
与驻波表达式相对比可知：
A = 1.50×10-2 m, l = 1.25 m，n = 275 Hz
波速u = ln = 343.8 m/s
(2) 相邻波节点之间距离 = 0.625 m
(3) m/s
7. 如图7所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，BC为波密媒质的反射面．波由P点反射， = 3l /4， = l 6．在t = 0时，O处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A，频率为n．）
解：选O点为坐标原点，设入射波表达式为
则反射波的表达式是
合成波表达式（驻波）为
在t = 0时，x = 0处的质点y0 = 0，，
故得
因此，D点处的合成振动方程是
8. 一弦线的左端系于音叉的一臂的A点上，右端固定在B点，并用T= 7.20 N的水平拉力将弦线拉直，音叉在垂直于弦线长度的方向上作每秒50次的简谐振动（如图）．这样，在弦线上产生了入射波和反射波，并形成了驻波．弦的线密度h = 2.0 g/m，弦线上的质点离开其平衡位置的最大位移为4 cm．在t= 0时，O点处的质点经过其平衡位置向下运动，O、B之间的距离为L = 2.1 m．试求：
(1) 入射波和反射波的表达式；
(2) 驻波的表达式．
解：按题意，弦线上行波的频率n = 50 Hz，波速u = (T/h)1/2 = 60 m/s，波长l = u/n = 1.2 m.
取O点为x轴和y轴的原点．x轴向右，y轴向上．令入射波在B点的初相为，则其表达式为①
B点为固定点，则反射波的表达式为②
弦线上驻波表式为③
据此，O点振动方程为
由有④
由③式可知弦线上质点的最大位移为2A，即 2A = 4 cm
再由题给条件可得④式中，即
由此可得：
入射波： (SI)
反射波： (SI)
驻波： (SI)
9．一声源S的振动频率为n S = 1000 Hz，相对于空气以v S = 30 m/s的速度向右运动，如图．在其运动方向的前方有一反射面M，它相对于空气以v= 60 m/s的速度向左运动．假设声波在空气中的传播速度为u= 330 m/s，求：
(1) 在声源S右方空气中S发射的声波的波长；
(2) 每秒钟到达反射面的波的数目；
(3) 反射波的波长．
解：(1) 设一接收器R静止于空气中，声源S以v S速率接近接收器R，则由
多普勒效应公式可知，R接收到的声波频率
Hz
则 330/1100 = 0.30 m
(2) 每秒钟到达反射面处波的数目在数值上等于反射面处接收到的波的频率．由多普勒效应公式有：
Hz
(3) 接收器接收到反射面的反射波的频率
反射波的波长 m
四研讨题
1. 波传播时，介质的质元并不随波迁移。
但水面上有波形成时，可以看到漂在水面上的树叶沿水波前进的方向移动。
这是为什么？
参考解答：
如图所示，当水面上有波形成时，表面上水的质元是在平行于波传
播方向的竖直平面内做圆周运动（不是上下的简谐运动）。
这是因为，水波传过时，波峰处的水面比原来高了，波谷处的水面比原来低了，波峰处增加的水量必定是由临近的波谷处移来的。
这样，水面上的质元就有了沿水波传播方向的纵向振动，纵向振动和横向振动的合成就使得水面质元做圆周运动。
正是由于水面质元的圆周运动（或说是由于质元有沿水波传播方向的纵向振动），使得水面上的树叶等漂浮物沿水波前进的方向移动。
2. 如果地震发生时，你站在地面上，先感到哪种摇晃？
参考解答：
地震波在地球内部的传播有纵波（P 波）和横波（S 波）两种形式，并且纵波（P波）的传播速度比横波（S波）的传播速度快（前者的速度在地壳内是 5 km /s，在地幔深处是14 km /s，而后者的速度是 3 km
/s～ 8 km /s）。
当地震发生时，如果人站在震源正上方的地面上，会感觉到先上下颠（纵波引起的感觉）然后横向摇（横波引起的感觉），这中间的时间差在日本被称为“自救时间”.
3. 为什么在没有看见火车也没有听到火车鸣笛的声音的情况下，把耳朵贴靠在铁轨上可以判断远处是否有火车驶来？
参考解答：
从传播速度来看，声波在铁轨中的传播速度远远大于声波在空气中的传播速度。
低碳钢棒中纵波的速度为5200 m /s，而空气中纵波的速度为331 m /s. 从声音的强度来看，因为波的强度为
其中，铁轨的密度ρ及u都分别远远大于空气的ρ及u，在ω，A分别相同的情况下，铁轨中传播的声波的强度也远比空气中声波的强度大。
综合以上两个因素可知，把耳朵贴靠在铁轨上就容易判断出远处是否有火车驶来。
4. 沿波的传播方向，各质元的振动位相逐一落后，具体位相差的公式是：请分析相位干涉仪如何利用这一特征，测定来波方向.
参考解答：
相位干涉仪就是利用这一特征，测定来波的方向。
在军事上常常需要确定雷达信号的来波方向,称为无源测向. 相位干涉测向仪是一种常用的测向系统,其基本结构与工作原理如图所示.两个天线单元A和B相隔一定距离d,水平放置，当雷达电磁波平行传输过来，到达A天线比到达B天线多经过的路程为：
式中θ是来波方向与天线轴线的夹角,也就是方位角. 则两天线信号的相位差为：
式中λ是雷达信号的波长. 相位干涉仪一般采用超外差接收机,首先确定信号波长λ,然后根据测出的A、B 天线信号的相位差Δφ,就可以利用上式计算出方位角θ.
5. 利用干涉原理制成干涉消声器可以降低内燃机、压缩机等排放高速气流时产生的低频噪声,请查阅资料说明干涉消声器控制噪声的工作原理.参考解答：
利用干涉原理制成干涉消声器可以降低内燃机、压缩机等排放高速
气流时产生的低频噪声,其原理如图所示.
波长为λ的声波沿管道向右传播,在A处分成两束相干波,它们分别通过r1和r2的路程后再在B处相遇,若Δr = r2 - r1恰好等于声波半波长λ/2 的奇数倍,则干涉相消,从而达到控制噪声的目的.为了使这类消声器在低频范围内具有较宽的消声频率,一般将多个这样的消声单元串联起来,并且使每一个单元的Δr不等,就可以对不同波长的噪声加以控制.。