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。

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14－1（b ）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==λ

(2)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 −−−−⨯=+−=ππϕω 14-3 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 y

14-4 波源作简谐振动，周期为0.02s ，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 ＝0.02 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=15.0m 和 x 2＝5.0m 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 x 14-5 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 =8.0 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9.0 m 和 10.0 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