大学物理答案第十六章

第十六章 机械波
16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．
分析 波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．
由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．
解 (1)波源的角频率为
rad/s 200rad/s 01
.022πππω===T 初始时波源振动达正方向的最大值，即0=ϕ，波源的振动方程为
)200cos(4.0π=y
已知m/s 400=v ，波函数为
)400
(200cos 4.0x t y -
=π 0>x (2)由波函数得m 2=x 处振动方程为
)200cos(4.0)400
2(200cos 4.0πππ-=-=t y 该处质点初相为π．
m 16=x 处振动方程为
m 820040400
1620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y 该处质点初相为π8或0． (3)两点相位差为 2
01.0400151622ππλ∆πϕ∆=⨯-==x 15m 处质点相位超前．
16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？
分析 本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点的
振动速度为t
y u d d =． 解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得
m/s 5.2 /s rad 5.2==v πω
m
2m 8.05.2s 8.0s 5.222=⨯=====T T v λπ
πωπ (2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为
m )5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5
.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x
(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为
m 205
215220040.).(.cos ..=-==t t y π 该时刻该质点振动速度为
05
21525220d d 040040=-⨯-====..).(.sin ..t t t t y u ππ 是原点处质点在05
2140=-)..(时刻的振动状态． 再经过s 40.该运动状态传播的距离
m 1524040=⨯==...v x
即传至距该处m 1或距原点m 2处．
16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(ϕω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数．
分析 本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．
解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前v
ω
, 所以O 点的振动方程为
)](cos[ϕω
ω++=v l t A y 以O 为原点的波函数为
)])(cos[)]()(cos[ϕωϕωω+--=++-=v
v v l x t A l x t A y (2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前v
l ω，所以O 点的振动方程为 )](cos[ϕωω++=v
l t A y 以O 为原点的波函数为
)])(cos[]()(cos[ϕωϕωω+++=++--=v
v v l x t A l x t A y 16-4 一平面余弦波在T t 4
3=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.
分析 波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从T t 4
3= 时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．
图16-4
解 (1) T t 43=时刻的波形沿
x 轴负向移动λ4
3即为t=0时的波形，或沿x 轴正向移动λ4
1即得t=T 时的波形，如图16-4(b)． (2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v
对O 点有，t =0时，有
0cos 0==ϕA y （1） 0sin 0<-=ϕωA v （2） 由(1)式得2π
ϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取
2πϕ=
对P 点， t =0时，有 2.0cos 0==ϕA y P (3)
0sin 0=-=ϕωA P v (4)
因A =0.2m ，由(3)式得0=ϕ，满足(4)式．
(3)波的角频率 rad/s 180rad/s 4
03622ππλπω=⨯==.v
O 点的振动方程为 )cos(.2
18020ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.2
3618020ππ+-=x t y m 16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s, 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．
分析 从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.
解 由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm, 205
01010....===t v m/s 22040===..v T λs πππω===222T rad/s 对O 点 0cos 0==ϕA y
(1)
0sin 0<-=ϕωA v (2)
由(1)式得2π
ϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取
2π
ϕ=
故O 点的振动方程为 )cos(.210ππ+
=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.]).(cos[.2
51022010ππππ+-=+-=x t x t y m (2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为
10210510t t y ππ
πcos .]).(cos[.=+⨯-=m
16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.
分析 本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰．
解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(cos[.2
100252010πππ-+=x t y m m 1014.3100 25Hz, m,01.0 2-⨯==
==πλνA m/s 79025101432..=⨯⨯==-T
v λ
(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02
252=-ππ)(t 得 t =0.01s
(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程
x x y 2000102
20050010sin .)cos(.=-+=ππ 欲出现波峰需满足条件：
)0,1,2.....( 2
12200=+±=k k x π
)(sin 得最靠近原点的两波峰位置为 m 1035.2 2
3200 -1,m
1085.7 2200 ,02231--⨯-=-==⨯===x x k x x k ππ
16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.
分析 由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.
解 从图16-7(a)知
s 4s 5
.02===v
λT rad/s 5.02==T
πω 可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有
0cos 0==ϕA y (1)
0sin 0<-=ϕωA v (2) 由(1)式得2π
ϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取
2π
ϕ=
O 点的振动方程为 )cos(.2
250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(cos[.250250ππ++=x t y m
16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.
分析 振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．
解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有
A A y -==ϕcos 0 (1)
0sin 0=-=ϕωA v
(2)
由(1)式得πϕ=，满足(2)式． 因T =4s ，则 ππω5.02==T
rad/s 所以P 点的振动方程为 )cos(ππ
+=t A y 2 m (2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为
])(cos[])(cos[πλ
πππ+-=+-=d t A v d t A y 4220 m
有 4λλ==
T v
以O 为原点的波函数为 ])(cos[])(cos[πλ
πππ+-+=+-+=d x t A v d x t A y 4422m 16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上
时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动， 而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．
解 从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.
m/s 10 rad/s 102====T
T λππωv 从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：
0cos 0==ϕωA y (1)
0sin 0<-=ϕωA v (2)
由(1)式得2π
ϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取
2π
ϕ=
得波函数为 ])(cos[.2
101020ππ++=x t y m 16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,
频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析 相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．
解 (1) 已知
ππνωω200221=== rad/s
所以S 1、S 2的振动方程为
t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==
(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中
点P 的振动方程为
)](cos[λνπP x t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105
151002010-=-=t t ππ 第二列波到达P 点的振动方程为
)](2cos[22λνπP
x x t A y --=
)(cos .)](cos[.310020105
151002010-=-
=t t ππ 所以P 点的合振动方程式为 )(cos .3100202021-=+=t y y y π m
16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-⨯W/m 2
, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.
分析 本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度
或波的强度. 从能量密度)(sin v
x t A w -=ωρω222看到, 介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．
解 (1)平均能量密度为 222
1A w ρω= 平均强度为 v A I 222
1ρω= 3533
J/m 103J/m 300
109--⨯=⨯==v I w 能量密度为 )(sin 222v
x t A w -=ωρω 最大能量密度为 353522max J/m 106J/m 10322--⨯=⨯⨯===w A w ρω
(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300
300===νλv m 相邻同相面间的波中含有能量
J 1062.4J )07.0(14.31037252--⨯=⨯⨯⨯===λπr w V w W
16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001⨯=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001⨯=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为︒60， 求一分钟通过该面积的平均能流.
解 (1)能流密度为
2
523242322W/m 1058.1W/m 10)100.1()1014.32(80021 21⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==
-v A I ρω (2)一分钟通过垂直于波传播方向的平均能流为
W 1089.1W 6060cos 100.41058.1345⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-οIst P
16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.
分析 1s 太阳能电池板产生的电能与1s 电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．
解 1 s 太阳能电池吸收的太阳能为
J 3.1J 1013100.143=⨯⨯⨯==-Is W
产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J
所以转换效率为
%9.6%1003
.109.0=⨯=W E 16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动， 它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止
的各点的位置.
分析 两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π． 解 两相干平面波波长为 2100
200===νλv m 两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有
x x x
x l A B ππππλππϕϕ2192
2202)(2+-=--=---=- 相遇点为干涉静止时需满足条件为
),2,1,0( )12(Λ±±=+=-k k A B πϕϕ
得 πππ)12(219+=+-k x
所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为
x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±=Λk
16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假
定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为t A y πcos 10=和)2/cos(20ππ+=t A y , 且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波分别在P 点引
起的振动的振动方程; (2)P 点的合振幅(
分析 通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持不变．
解 (1) 222===π
πωπT s 在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1
点的简谐波在P 点的振动方程为
)cos()cos(])(cos[πππππλ
λπ-=-=+-=t A t A t A y P 158221 通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为
)cos(])(cos[2
23222πππλλπ+=+-=t A t A y P (2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为
A A A A 222222=++=)cos(ππ合
16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为
)/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,
且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.
分析 振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．
解 三列简谐波在P 点的振动方程分别为
)cos()cos(])(
cos[232192521πωπωπλλπ-=-
=+-=t A t A T t A y P t A t A T t A y P ωπωλ
λπcos )cos()](cos[=-=-=8422 )cos()cos(])(cos[2
2210225223πωππωπλλπ-=--=--=t A t A T t A y P 先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的
旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为 )cos(
313πω+=t A y
)cos(
2πω-=t A y 合 16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?
分析 考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.
解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λ
πωL t A y B 2-= 反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均
落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位
为
)()()(x L t x L L t --=---2222λ
πωλπλπω 所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为
)cos(λ
πωx L t A y --=22反
(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为
)cos(πλ
πω+--=x L t A y 22反 16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为),(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.
分析 两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t x
A y πνλπ222= λπx
A 22cos 为振幅项．结合书上对驻波
的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．
解 两波函数改写为
)(cos .)
(cos .x t y x t y +=-=ππ05005021
所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为
t x A y πνλ
π222cos cos = 与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω.
得 22==
ωπT s ，501.==T
ν Hz ， 2==vT λm. 所以驻波波函数为
t x y ππcos cos .10= m
当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即 ππk x = (k =0,1,2,…..)
解出x=k m 出现波腹.
当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即
2
12ππ)(+=k x (k =0,1,2,…..) 解出)(122
1+=k x m 出现波节. (2)x =1.2m 处的振幅为 0810********..cos .cos ..====ππx x A m .
16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射.
若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点
的反射波的波函数; (3)设L =4
3λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.
分析 将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.
解 (1)波源的初相由下式给出
A A y ==ϕcos 0 (1)
0sin 0>=ϕA v (2) 从(1)式解出 0=ϕ
满足(2)式, 故 0=ϕ 所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为 )(cos λ
πx T t A y +=21 (2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为
])(2cos[πλ
π+-=L T t A y B 振 反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为
πλ
ππλλπ++-=++--)()(x L T t x L L T t 222 所以以B 为原点的反射波波函数为
])(cos[πλ
π++-=x L T t A y 222 (3) 因4
3λ=L ，所以入射波波函数为 )(cos λ
πx T t A y +=21 反射波波函数为
)(cos ]))((cos[λ
ππλλπx T t A x T t A y -=++-=243222 BO 间两波叠加, 合成波为
t T
x A y y y πλπ2221cos cos =+= 为驻波.
因干涉而静止点的位置满足 02=λ
πx cos
即λ4
12+±=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为 λλ4
341, 处． 16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.
分析 据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.
解 设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννv
V V -=1 火车背着观察者运动v<0, 有 ννv
V V +=2 两式相除得 v
V v V -+=21νν 解出火车速度 m/s 5.20m/s 340390
4403904402121=⨯+-=+-=V ννννv 16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇
收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播
速度为u ）.
分析 超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.
解 超声波从甲传到乙时， 甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以
v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为 0ννu
v +='u 超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为 0νννv -u v v +='-=u u u。