大学物理同步训练第2版第五章机械波详解
大学物理课后习题答案第五章
第五章 机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6， 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：； 即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]． （2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt -π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为： ， 位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（1）P 点的振动表达式； （2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)， 其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)． （2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为． （3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为： ，当t = T /4时的波形方程为：． 在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0． 因此波动方程为：． （2）在x = λ/2处质点的振动方程为：， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为； x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.5φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1． （1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)． 令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)， 各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)， 即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示． （1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)， 其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：， 那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程； （3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为 ．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为． （3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为， ，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量．[解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)， 波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)， 平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =图5.10声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)， 平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)， 此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为， 其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)． 火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)． （2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)． 当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长； （2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)； 在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)； 在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为 = 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--= 1768(Hz)． 反射声音的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)， 结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为 ，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为． 两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．`11331142133165B u u u νν==⨯--`1111331651421BBu u u u λννν--=-==`1`13311768u λν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-S 1 S 2S 125.17 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，， 可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。
大学物理 机械波ppt课件
3. 波速u : 单位时间波所传过的间隔
波速ｕ又称相速度(相位传播速度)
三者关系
u
T
固体内横波和纵波的传播速度u分别为
u G (横波)
u E (纵波)
G：切变模量，E弹性模量， ρ 固体的密度
液体和气体内，纵波的传播速度为
u K (纵波)
K为体积模量
弹性绳上的横波 u T
T-绳的初始张力, -绳的线密度
u
y
u
P
O
x
x
动摇方程的另外两种常见方式
由 ω = 2π /T ，u = ν λ = λ /T
有 y(x,t)Aco2s(tx) 或
取角波数k k 2 有 u
y(x,t)Aco2s(T tx)
y (x ,t) A c ot s k)(x
假设知距O点为x0 的点Q的振动规律为 yQA co ts ()
y u
Q O
x0
x
P x
那么相应的波函数为 yAco stx ux0
沿Ox轴负方向传播的波
y
u
P
O
x
x
P点的振动比O点早t0= x/u. 当O点的相位是ωt 时, P点 的相位已是ω (t + x / u) .
所以
y(x,t)Acos(tx)
u
或 y(x,t)Aco2sT tx y (x ,t) A cot s k)(x
同理对D点 4. BC间的相位差
yD3co4st5 9 (S)I
C B 2 (x B x C ) 1 .6
CD间的相位差 2x4.4 C相位超前D4.4π
§3 波的能量
一. 弹性波的能量
动摇过程就是能量传播的过程
大学物理同步训练第版机械波详解
同步训练答案第五章 机械波许照锦第五章 机械波一、选择题1. 已知一平面简谐波的波动表达式为y =6cos (πt −3πx +π/2)（SI ），则 （A ）其波速为3 m/s （B ）其波速为1/3 m/s （C ）其频率为πHz（D ）其频率为1.5Hz答案：B分析：由波动方程可知ω=π，k =3π，故频率f =ω2π⁄=0.5Hz ，波速u =ωk ⁄=1/3m/s 。
2. 一平面简谐波的波形曲线如图1所示，则 （A ）其周期为8s （B ）其波长为10m（C ）x =6m 的质点向右运动（D ）x =6m 的质点向下运动答案：D分析：如图分析可得该简谐波的波长为λ=8m ，B 选项错误；将波沿着波传播方向做一微小平移（如图中红色虚线所示），可得x =6m 的质点向下运动，故D 选项正确。
该图信息不全，无法得到波的周期，A 选项错误；质点仅在其平衡位置来回振动，不会随波一起运动，故C 选项错误。
3. 如果上题中的波速u =10 m/s ，则其频率为 （A ）1.25 Hz （B ）1 Hz（C ）0.8 Hz（D ）条件不够，无法求解答案：A分析：由波速的计算公式u =ωk ⁄=λT ⁄=fλ可得其频率为f =u λ⁄=1.25 Hz ，故A 正确。
4. 有一平面简谐波沿Ox 轴的正方向传播，已知其周期为0.5 s ，振幅为1 m ，波长为2 m ，且在t =0时坐标原点处的质点位于负的最大位移处，则该简谐波的波动方程为 （A ）y =cos(πt −4πx +π) （B ）y =cos(4πt +πx +π)（C ）y =cos(4πt −πx −π)（D ）y =cos(4πt −πx ) 答案：C分析：由已知条件可得振幅A =1 m ，角频率ω=2πT ⁄=4π rad/s ，角波数k =2πλ⁄=π 1/m ，由波沿正向传播可得角波数前符号为负，由初始条件及旋转矢量图可得原点处质点振动初相为φ=π或−π，代入波动表达式y =cos(ωt −kx +φ)可得y =cos(4πt −πx −π)。
物理学教程(第二版)上册第五章课后习题答案详解
物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章 机械振动5-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题5-１图分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）．5-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（ ）(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s（D ）2.00 s题5-２图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-3/π2．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ，周期s 40.22==ωπT .故选（B ）． 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（ ）（A ）落后2π（B ）超前2π（C ）落后π（D ）超前π分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．题5 -３图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（ ）（A ）60 （B ）90 （C ）120 （D ）180分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ，式中x 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1）将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s rad π20-⋅=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==． 证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1）证明其运动仍是简谐运动；（2）求系统的振动频率．题5-7图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ（1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ（２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-=（３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1）由本题的求证可知，斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2）如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、向负方向运动；（3）物体在x ＝-1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0和v ＝v 0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-8图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0，sin 0ϕωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=ϕ，因00<v ，取2π2=ϕ；（3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±=ϕ，由00<v ，取3π3=ϕ；（4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±=ϕ，由00>v ，取3π44=ϕ． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=ϕ，3π3=ϕ，3π44=ϕ． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧，当其下端挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1）当t＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2ｍ处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2）当t＝０时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m及弹簧劲度系数k）决定的，即k mω=/，k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A和初相φ需要根据初始条件确定．题5-9图解物体受力平衡时，弹性力F与重力P的大小相等，即F＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k＝F／Δl ＝mg／Δl．系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=（1）设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10＝8.0 ×10-2m、v10＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０时，x 20＝0、v 20＝0.6 ｍ·s -1，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=ϕ［图（b ）］．则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P 对应的相位；（3）到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解 （1）质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0＝0 和t 1＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ）所示．由图可见初相3/π0-=ϕ（或3/π50=ϕ），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图（2）图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ）所示．当初相取3/π0-=ϕ时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=ϕ，则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ．（3）由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动，振幅A =10 cm ，周期T =4.0 s ，t =0 时物体的位移为，cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动，求（1）t =1.0 s 时物体的位移；（2）t =1.0 s 时物体受的力；（3）t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处；（4）第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ，角频率Tπ2=ω均已知，而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程，t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于（3）、（4）两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图（a ）所示，可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ，1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x（2）t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω （3）设t =0时刻后，物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1，画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图，如图（b ）所示，由图可知，A 1与A 的相位差为π，由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt （4）设t =0时刻后，物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图，如图（c ）所示，由图可知，A 2与A 1的相位差为3π2，故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程． 分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0＝－Aωsinφ就可求出φ． 解 （1）由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1）求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3）摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题5-13图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分． 解 （1）单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2）由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３）摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立．*5-14 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．题5-14图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/m g r T J =（这里r l C ≈）．则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题5-15图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1＋m 2和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0和初位移x 0）求得．初相位仍可用旋转矢量法求． 解 振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m vm v又因初始位移x 0＝0，则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=ϕ，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1的空盘．现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？（2）此时的振幅为多大？题5-16图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2）如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2＝g km m 21+为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．5-17 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题． 解 （1）由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max22k -⨯====.m Aa m A E E ω （3）设振子在位移x 0处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x（４）物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧，一端固定，另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体，放在光滑的水平面上，上面放一质量为kg 2.0=m 的物体，两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时，系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下，该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动，故可将它们视为一个整体，则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象，它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时，即max 2max A m ma mg ωμ==，由此可求出max A . 解根据分析，振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1＋x 3的振幅最大？又3ϕ为多少时，x 2＋x 3的振幅最小？题5-19图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 （1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ，故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /（2）要使x 1＋x 3振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1＋x 3的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a ）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x 1和x 2；（2）在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3）若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．解 （1）由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b ）所示．则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x（2）由图（b ）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6． （3）()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率υ1和拍频数Δυ＝|υ2－υ1|已知的情况下，待测频率υ2可取两个值，即υ2＝υ1 ±Δυ．式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．解 根据分析可知，待测频率的可能值为υ2＝υ1 ±Δυ＝（348 ±3） Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ，即质量m 增加时，频率υ减小．从题意知，当待测音叉质量增加时拍频减少，即｜υ2－υ1｜变小．因此，在满足υ2与Δυ均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为υ2＝υ1＋Δυ＝351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为υ1，置于液体中测得的频率为υ2，求此系统的阻尼系数．题5-22图分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=．因此根据题中测得的υ1和υ2（即已知ω0、ω），就可求出δ．解 物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω，得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。
大学物理课件Chapter5
称为能流密度
u
J
u
u
波的强度
I J 1
T
u
Jdt
T
dt u
T0
T0
对于平面简谐波：
1
I 2 A2u
2
单位：Wm2
球面简谐波的波表达式：
r2 r1 O
I1
1 2
A12 2u
I2
1 2
A22 2u
在无吸收时，通过两球面的能流相等
I14pr12 I2 4pr22
A1 r2 A2 r1
解： kr r
1
2
1
2
1 2 2k 1π
r r 2n
1
2
2
2k 1π 2π n 2k 1 2nπ
干涉相消
[例题5-8]两相干波源P、Q，初相位相同，振幅相等，P、 Q间距为1.5个波长， R为PQ连线上任一点，求R点振动的 振幅
t 时刻波阵面
子波源
子波 t+t 时刻波阵面
子波源 子波
用惠更斯原理解释波的衍射 波传播过程中当遇到障碍物时，能绕过障碍物的边 缘而传播的现象——衍射。
阴影区
a
（1）a <<
阴影区
（2）a ~
用惠更斯原理解释波的折射
用作图法求出折射波的传播方向
BC=u1(t2-t1) AD=u2(t2-t1)
y A0r0 cos(t kr)
r
5.3.3 声波 声强级
· I (W / m2) I上=1
1. 正常人听声范围
频率范围：20 20000Hz
·
I0=10-12W/m2
2. 声强级
o 20 1000 20000 (Hz)
大学物理机械振动2-文档资料
t t2 t 1
第五章 机械振动
8
物理学
第五版
5-2 旋转矢量
x
A A2
a
b
t
tb
A
o
A
v
oA t a A
2
x
π 3
π3 1 t T T 2π 6
第五章 机械振动
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物理学
2
第五章 机械振动
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物理学
第五版
5-2 旋转矢量
用旋转矢量图画简谐运动的x 图 t
第五章 机械振动
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物理学
第五版
5-2 旋转矢量
讨论
相位差：表示两个相位之差
（1）对同一简谐运动，相位差可以给出 两运动状态间变化所需的时间．
A cos( t ) x A cos( t ) x 2 2 1 1
旋转矢量
自Ox轴的原点 O作一矢量 A ，使 它的模等于振动的 振幅A，并使矢量 A A 在 Oxy平面内绕点 t 0 O作逆时针方向的 o x0 x 匀角速转动，其角 x A cos 速度 与振动频率 0 相等，这个矢量就 叫做旋转矢量.
第五章 机械振动
3
物理学
第五版
t 0 ， x 0 . 04 m 代入 x A cos( t )
π v 0 0 3
0 .08 0 .04
π 3
A
o 0.04
π 3
x/ m
0.08
13
第五章 机械振动
物理学
第五版
5-2 旋转矢量
π 3 π π x 0 . 08 cos( t ) 2 3 t 1 . 0 s ,x ,F 可求（1） 0 . 069 m t 1 . 0 s 代入上式得 x
大学物理 第五章机械波 课后习题 参考答案
方程才能写成这种形式? 解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为， 所以在波动方程中， 坐标原 点不一定要选在波源处，同样， t 0 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程
w w
可表示为 2 A cos
的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只 要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程． 5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理 量相同? 解: 取驻波方程为 y 2 A cos
(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；
om
者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高， 后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波 面数增加而升高频率．
(2)写出传播方向上距离波源为 l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为 d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程
2
2 代入上式，即得 C
( x 2 x1 )
Cd ．
2
v max A 10 0.05 0.5 m s 1
a max 2 A (10 ) 2 0.05 5 2 m s 2
.c
x)
B 2 ，波速 u ， C C 1 2 波动周期 T ． B (2)将 x l 代入波动方程即可得到该点的振动方程
不变，由此能从波动方程说明什么?
.k
x
u
x x )+ 0 ］中的 表示什么?如果改写为 y = A cos u u x x x ( t 又是什么意思?如果 t 和 x 均增加，但相应的［ ( t )+ 0 ］的值 0 )， u u u
大学物理-机械波习题思考题及答案精品文档10页
第 1 页习题8-1. 沿一平面简谐波的波线上，有相距m 0.2的两质点A 与B ，B 点振动相位比A 点落后6π，已知振动周期为s 0.2，求波长和波速。
解：根据题意，对于A 、B 两点，m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ而相位和波长之间又满足这样的关系：πλπλϕϕϕ221212x x x ∆-=--=-=∆代入数据，可得：波长λ=24m 。
又已知 T=2s ，所以波速u=λ/T=12m/s8-2． 已知一平面波沿x 轴正向传播，距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ，波速为u ，求:（1）平面波的波动式；（2）若波沿x 轴负向传播，波动式又如何?解：（1）根据题意，距坐标原点O 为1x 处P 点是坐标原点的振动状态传过来的，其O 点振动状态传到p 点需用 ux t 1=∆，也就是说t 时刻p 处质点的振动状态重复uxt -时刻O 处质点的振动状态。
换而言之，O 处质点的振动状态相当于ux t 1+时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]c o s [1ϕω++=）（ux t A y波动方程为：11cos[]cos[()]x x x x y A t A t u u uωϕωϕ-=+-+=-+（）第 2 页（2）若波沿x 轴负向传播， O 处质点的振动状态相当于ux t 1-时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]cos[1ϕω+-=）（ux t A y 波动方程为：11cos[]cos[()]x x x x y A t A t u u uωϕωϕ+=--+=-+（） 8-3. 一平面简谐波在空间传播，如图所示，已知A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，试写出：（1）该平面简谐波的表达式；（2）B 点的振动表达式（B 点位于A 点右方d 处）。
解：（1）仿照上题的思路，根据题意，A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，它的振动是O 点传过来的，所以O 点的振动方程为：]2cos[ϕπν++=）（ult A y 那么该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（ux u l t A y （2）B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-，代入波动方程：也可以根据B 点的振动经过ud时间传给A 点的思路来做。
《大学物理》 第二版 第五章课后习题答案-推荐下载
J mol1 K 1
J mol1 K 1
8.31
433
27Байду номын сангаас
59.3J
2
解
为 E1
氢气的等体积摩尔热容为 CV
E1
CV T
5 2
RT
5 R ,在 A-B 等提过程中，气体不做功，热力学能增量 2
5 2
8.31 60
在 B-C 等温过程中热力学能不变，氢气的体积从V0 变化到 2V0 ，气体对外所做的功为
(1)若系统从状态 A 沿 ADB 变化到状态 B 是，系统做的功 42J，问由多少热量传递给系
统。
（2）当系统从状态 B 沿曲线 BEA 返回到状态 A 时，外界对系统做功为 84J,问系统是吸
热还是放热？传递热量多少？
(3)若 ED EA 167J ，求系统沿 AD 及 DB 变化时，各吸收多少热量？
（2） 体积不变时，系统所吸热为
QV E nCV T2 T1 4.46102 20.8 433 273 1.48102 J
（3） 在等压过程中所做功为
Wp
pdV
T2
T1
在等体积过程中，气体体积不变，故所做的功为零。
说明：功的值亦可用热力学第一定律 Q E W 来求
5-2 如图 5.3 所示，一定质量的理想气体，沿图中斜向下的直线由状态 A 变化到状态 B 初
态时压强为 4.0 105 Pa ，体积为1.0 103 m2 ，末态的压强为 2.0 105 Pa ，体积为
3.0 103 m2 ，求此过程中气体对外所做的功。
解 理想气体做功的表达式为W pdV ,
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—机械波(解析版)
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—机械波（解析版）1.知道机械波的特点和分类.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．考点一波动图象与波速公式的应用1. 波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图所示．图象的应用：(1)直接读取振幅A 和波长λ，以及该时刻各质点的位移． (2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向． 2．波速与波长、周期、频率的关系为：v ＝λT＝λf .[例题1] （2024•丰台区二模）绳上质点P 在外力作用下从平衡位置开始沿竖直方向做简谐运动，带动绳上各点依次上下振动。
振动传到质点Q 时绳子上的波形如图所示。
已知波的传播速度为v ，P 、Q 平衡位置间的距离为L ，下列说法正确的是（ ）A ．质点M 此时向下振动B ．质点P 的振动周期为3L 2vC ．质点P 开始振动的方向是向下的D ．开始振动后，P 、N 两质点的振动步调总是一致【解答】解：AC 、由题意知波向左传播，根据同侧法可知：质点M 此时向上振动，质点Q 开始振动的方向是向上的，则质点P 开始振动的方向也是向上的，故AC 错误；B 、由图圈可知，波长为λ=23L ，则质点P 振动周期为T =λv =23L v =2L3v ，故B 错误；D 、由圈可知P 、N 两质点相距一个波长，则开始振动后，P 、N 两质点的振动步调总是一致，故D正确。
故选：D。
[例题2]（2024•重庆模拟）在长江某流域载有航标灯相距为60m的甲、乙两船静止在平静的江面上，当一艘大货船驶过时产生一列周期为4s的水波在江面上经过甲传向乙。
如图，某时刻甲位于波峰时，乙恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.5m，则（）A．该简谐水波的波长为20mB．该简谐水波的波速为5m/sC．该简谐水波从甲传到乙的时间为12sD．8s内甲运动的路程为2m【解答】解：AB．由图可知，甲、乙的距离为Δx=52λ=60m，代入数据解得：λ＝24m，则水波波速为v=λT=244m/s=6m/s，故AB错误；C．该简谐水波从甲传到乙的时间t=xv=606s=10s，故C错误；D、峰、谷间的高度差为0.5m，则甲、乙的振幅为A＝0.25m，t＝8s＝2T内乙运动的路程为：s＝2×4A＝8×0.25m＝2m，故D正确。
【推选】西华大学物理练习答案 第五章 机械波习题解答PPT资料
x0 处:
4
y 0 即 yAcosT[]0
4
v 0 即 vAsin[T]0
4
0,
T 4 330
2 165
T
y0.1co1s6 [(t5x)]
330
4、 0 .5
5、 5 J
振 动 动 能 和 弹 性 势 能 表 达 式 同
6、 (1)P在 S,S之 间 1 2 （3）t2=T/2时刻，x2=λ/4处质点的振动速度。
沿波的传播方向任一质元Ｐ的振动落后Ａ
（2）t1=T/4时刻，x1=λ/4处质点的位移；
两波源具有相同的初相位 若坐标原点和波源重合，且波沿Ox轴正方向传播，求：
（1）此波的表达式； （3）求时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t （２）以Ｂ点为坐标原点的波动方程：
若坐标原点和波源重合，且波沿Ox轴正方向传播，求：
yAcots(2 L)
反射波
yAcos[(tLx)2L] u
Acos(t2x4L)
与已知反射波比较
4L
于是可得入射波方程
三、计算题
1：如图，一平面波在介质中以u=20m/s速度沿x轴 负方向传播，已知A点的振动方程为 y=3cos4πt(SI)。 （1）以A点为坐标原点写出波动方程；（2）以 距离A点5m处的B点为坐标原点，写出波动方程
2 2 （1）此波的表达式； (r r) (3 4 .5) 3 沿波的传播方向任一质元Ｐ的1 振动落2 后Ａ 求：
（1）该波的波动方程；
AA 3：一简谐波，振动周期，波长λ=10cm，振幅。
4：已知一平面简1谐波的方2程为y=Acosπ(4t+2x)
（1）求该波的波长λ ，频率υ，和波速u的值；
大学物理同步训练 天津大学出版社(第二版)
质点动力学答案一、选择题1、C2、C 二、填空题1、980J2、9J 三、计算题1、解：0220322202213624txtF a tmd tdtt dx t dtx t dx t dtW Fdx t t dt Jυυυ==========⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、解：()2215030145W Fdx x x dx J ==+=⎰⎰质点运动学答案一、选择题1、C2、C3、B4、B5、B6、A7、D8、C 二、填空题1、42、3m s ;9m s3、2m;6m 4/s/s5、239y x =+ 6、7、s t ∆;02tυ∆ 8、6.28m; 0;0; 6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.811、sin sin R ti R tj ωωωω-+；0；半径为R 的圆周 三、计算题(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00640, 1.511(2)2642x x x xtdxt dtt ss x x x x m sms tt s υυυυυ∆-=∆=∆==-==∆=-+-=∆=∆=⨯位移＝＝令第二秒内路程平均速率＝m 时，＝－＝－2s负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向刚体定轴转动习题答案一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。
2、14ml 23、l g 43，l g 234、 2ω05、ωωωω--B A A J )( 6、ML m 23v ．7、L 76v 8、02ωmr J J+ 三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-J TR g /2 那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21 将 J =21MR 2代入上式，得 mM m M gT 2+= 2分 图2分2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分 由上述方程组解得：β＝g / (12r )＝16.33 rad ²s -2 2分3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：水平位置时：lg ml mgl ==002ββ 5分杆与水平方向夹角为60°时：' '静电场答案选择题1、C2、 B3、A 和D4、 C5、 C6、A7、 C8、 A9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的2、2N / C ； 向下3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 34、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷5、高斯面上各点6、qQ / (4πε0R ) ．7、－3.2³10-15 J ;2³104 V 8、－140 V ． 9、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πa br r q q 11400ε．计算题1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (πR )=(Q d θ) / π，它在O 点产生的场强为202204d 4d d RQ R q E εθεπ=π=在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd c o s 4c o s 202RQdE dE x π==θθεθd s i n 4s i n 202R QdE dE y π==对两个分量分别积分2022/2/2022d cos 4RQ RQ dE E x x εθθεπ=π==⎰⎰ππ-2分 0d sin 42/2/202=π==⎰⎰ππ-θθεR Q dE E y y由此得i R Qi E E x2022επ==i为x 轴正向的单位矢量．2、解：r ≤R 时，在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有30123414r E r πρε=π得 r E 013ερ= 1E 方向沿半径向外．r >R 时，x在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有22/4εq E r =π334R q πρ=得 20320234rR r q E ερε=π= 2E 方向沿半径向外．3、 解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为()()x a l l xq x a l q U P -+π=-+π=008d 4d d εε 整个杆上电荷在P 点产生的电势()⎰--+π=ll P x a l x l q U d 80ε()l lx a l l q --+π-=ln 80ε⎪⎭⎫⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Q r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14³10-9 C静电场中的导体和电介质答案选择题 1、． D 2、 B 3、 B 4、 D 5、 D 6、C 7、A 8、 D 9、 D 10、 C 11、［ D ］ 填空题1、 )2/()(21S Q Q + ； )2/()(21S Q Q - ； )S /()Q Q (212-； )2/()(21S Q Q +2、)4/()(22R Q q π+ 3、 9.1³105 C 4、 U 0 5、无极分子；电偶极子6、 E D rεε0= 7、εr ； 1 ； εr 8、σ ； σ / ( ε 0ε r )9、不变 ，减小 计算题1、图示为一半径为a 的、带有正电荷Q 的导体球．球外有一内半径为b 、外半径为c 的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势． 解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q ，外表面为正的感生电荷Q ．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体球的电势为c Qb Q a Q U 0001444εεεπ+π-π=Q abc ac bc ab ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=04πε 球壳电势 cQU 024επ=2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 的值(2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=-)(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值 无影响．3、 三个电容器如图联接，其中C 1 = 10³10-6 F ，C 2 = 5³10-6 F ，C 3 = 4³10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16³10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111³10-3 C4、 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d <<S )，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为εr 1和εr 2，厚度分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝d ，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q 和－Q ，求： (1) 电容器的电容．(2) 电容器储存的能量．解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S 在介质中的场强大小分别为E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S )⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22110221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2101221εεεεε+= 电容 C = Q / U 121221210r r r r d d Sεεεεε+=(2) 电场能量 21221CU W =()SQ d d r r r r 210212212εεεεε+=恒定磁场答案一 选择题三．计算题1.解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元 圆环所带电量为rdr dq πσ2=)(2122R R Q-=πσ 圆环以角速度ω绕O 转动时等效的圆电流为rdr rdr T dq dI σωππσω===22 圆电流在P 点的磁感应强度d B232230232220)(2)(2x r drr x r dIr dB +=+=σωμμ整个转盘在P 点的磁感应强度B)]()[(21)(222122222221222023223021xR x x R x x R x R x r drr dB B R R +-+++-+=+==⎰⎰σωμσωμ方向沿x 轴正方向2.解：54321B B B B B B ++++=2014R I B πμ= 方向向外；202024221R I R I B μμ==方向向里；03=B ；101044221R IR I B μμ==方向向里；1054R IB πμ=方向向外 1020********R IR I R I R I B μμπμπμ--+=方向向外 3.解：各边受力：（1）B l d I F d ⨯=21dx x I I dF πμ21021=⇒dld I I F +=⇒ln 22101πμ方向：竖直向下（2）θπμθtan )(2tan 21022l l d I I l BI F +== 方向：水平相右（3）B l d I F d ⨯=23dl x I I dF πμ21023=⇒⎰+=⇒ld dx dxII F θπμcos 22103dld I I F +=⇒ln cos 22103θπμ 方向：垂直杆斜向上θπμtan ln 22103d l d I I F x +-= dld I I F y +=ln 22103πμ 0=y F θπμt a n )ln (2210dld d l l I I F x +-+=方向水平相左4.解：（1）n I R S I m 241π== 21sin()42M m B R IB t k ππω=⨯=-（2）max f =电磁感应答案一．选择题1. B2. A3.D4.A5.D6.D7.D 8A 9.D 10.B 二．填空题1．t r m nI ωωμsin 20π 2．229R B ω ；O 点3．导线端点；导线中点 4． 221R B ω;沿曲线由外指向中心5．答案见图．6．20 J 7. 1:2 ；1:28．2A 9．不能 三．计算题1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)(20xIB π=μ)d (20⎰⎰+==bd d xx IaBdS πμΦ)ln(20dbd Ia+π=μ∴εtI d b d a dt d d d ])(ln[20+π=Φ=μ2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为t r Bm ωπcos 22=Φ2sin 2tr B dt d m ωωπε=Φ-=LORtr B R i 2sin 2ωωπε==3．解：建立坐标(如图)则：x IB π=20μ， B方向⊙εd x xI x B d )1(2v d v 0π==μ ε⎰⎰+π==x xI b a d )1(2v d a0μ☜a b a I +π=ln 2v0μ4．解：(1)B a U U U E O OE221ω=-=(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以OFEF OE ☜☜☜=+即可直接由辅助线上的电动势 OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势．aa OF 245cos 2=︒=B a a B U U U F O OF 22)2(21ωω==-=(3) O 点电势最高 ．《机械振动》答案一、选择题CDBBB CACAA DC 二、填空题1、n T /2、T 4，2/2S3、0sin A ωϕ，-02cos ϕωA4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向I CDvO5、10cm ，π32，4.8s ，)32125cos(1.0ππ+=t x （SI ）6、如图所示7、k m π221+，02x m k8、m k π1，mk π19、238kA 10、π 三、计算题1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ∆满足如下关系Mg L k =∆ （1）对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，有Ma T Mg =-a m T L x k '=+∆+-)(由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得a m M kx )(+=-由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为mM k+=ω已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为kMgL A =∆=，πϕ=则可得M 滑块的运动方程⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=πt m M k k Mg x cos （SI ） 2、 解：设该质点的简谐运动方程为)cos(ϕω+=t A x （SI ）则可以知道该质点的速度满足)2cos(πϕωωυ++=t A （SI ）由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为ππϕ322=+→ 6πϕ=14433t ωππ∆Φ===∆ → 1030/3A ππ== 因此可以得到该质点的振动方程30cos 36x t πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（SI ） 3、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以知道质点从2/A 处（速度为正）运动到2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为π1219=∆Φ已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为319=∆Φ=∆ωt （s ） 4、 解：将振动方程2x 写为t x πcos 32=（SI ）画出三个旋转矢量，如右图所示。
大学物理机械波课件
单位时间内通过垂直于传播方向上单位面积的能量，反映机械波传播过程中能量的 流动情况。
衰减原因及影响因素分析
衰减原因
机械波在传播过程中，由于介质阻尼、 内摩擦等因素导致能量逐渐转化为热 能或其他形式的能量而耗散。
影响因素
介质性质（如密度、弹性模量等）、 波的传播速度、波长以及环境温度等 都会对机械波的衰减产生影响。
表面波和体波区别
1 2
传播范围 表面波沿物体表面传播，能量集中在物体表面附 近；体波在物体内部传播，能量分布在物体内部。
传播速度 表面波的传播速度通常小于体波的传播速度。
3
影响因素
表面波的传播特性受物体表面形状、粗糙度等因 素的影响较大；体波的传播特性受物体内部结构 和成分等因素的影响较大。
色散现象和群速度概念
声子与格波关系
声子是格波的量子化形式，描述晶体中原子或分子的集体振动行为。 声子与格波之间存在对应关系。
声子概念及其在固体物理中应用
声子概念
声子是描述晶体中原子或分子集体振动行为的量子化粒子，类似 于光子在电磁场中的角色。
声子与热传导
在固体物理中，声子对热传导起到重要作用。晶体的热传导性能与 声子的传播和散射行为密切相关。
机械波分类
根据质点振动方向与波传播方向的 关系，机械波可分为横波和纵波。
波动现象与振动关系
波动现象
波动是振动在介质中的传播过程，表 现为质点在平衡位置附近的往复运动。
振动与波动关系
振动是波动的起因，波动是振动的传播。 无振动则无波动，有波动则必有振动。
传播介质与波速关系
传播介质
机械波需要在介质中传播，介质可以是固体、液体或气体。
干涉、衍射和叠加原理
大学物理机械波
通过测量血液中散射超声波的多 普勒频移来测量血流速度。
微波多普勒雷达
利用微波段电磁波的多普勒效应 进行目标检测和速度测量。
光学多普勒成像
结合光学干涉和多普勒效应，对 生物组织或流体进行无损成像和
流速测量。
PART 06
机械波干涉、衍射和偏振 现象
REPORTING
干涉现象及其条件
大学物理机械波
REPORTING
• 机械波基本概念与性质 • 线性简谐振动在介质中传播 • 非线性振动在介质中传播 • 机械波在界面处反射和折射 • 多普勒效应及其应用 • 机械波干涉、衍射和偏振现象
目录
PART 01
机械波基本概念与性质
REPORTING
机械波定义及分类
机械波定义
机械波是指通过介质传播的波动现 象，其产生依赖于介质中质点的振 动。
波动方程建立与求解
要点一
波动方程建立
描述波在介质中传播的数学模型，对于一维波动，波动方程 可表示为 $frac{partial^2 y}{partial x^2} = frac{1}{v^2} frac{partial^2 y}{partial t^2}$，其中 $y$ 为质点位移， $x$ 为位置坐标，$t$ 为时间，$v$ 为波速。
求解方法
采用解析方法（如摄动法、变分法）或数值方法（如有限差分法、有限元法）求解非线性振动方程，得到 振动的时域或频域特性。
孤立波、冲击波等非线性波动现象
孤立波
一种在传播过程中形状和速度保持不变的局部化波动现象，具有粒子性和波动性双重特 性。
冲击波
一种在介质中传播时波形陡峭、振幅大、能量集中的非线性波动现象，常见于爆炸、冲 击等过程。
大学物理(II)下册教学课件：机械波2009
2
u
dWp
1 2
k dy 2
1 2
ESdx(dy )2 dx
1 2
u 2dV
( dy )2 dx
1 dVA2 2 sin2 (t x )
2
u
dW
dWk
dWp
dVA2 2
sin 2 (t
x) u
机械波习题课
4 一平面简谐机械波在弹性介质中传播,
下述各结论哪个正确？
选择（ D ）
(A)介质质元的振动动能增大时，其弹性势
介质有关？ 波源（均匀介质无吸收）： A，(T，)
与介质有关： u
（2）式中“＋”“－”如何确定 由波的传播方向和 ox 轴的正方向来确定。
当传播方向沿着 ox 轴正方向时，取“－” 号当传播方向沿着 ox 轴负方向时，取“＋”
机械波习题课
（3）式中 是否就是波源的初相？
不一定！是坐标原点（不一定是波源） 处振动的初相，（ t 0 时，x 0 处的初相）
建立波动方程的问题 y(102m)
（1）由图知
A 2102 m，T
4s，
2
振动方程 （为什么？） 2 o
y0
机械波习题课
2
102
cos(
2
t
2
)
2
2
4
t(s)
（2）由已知某点（坐标原点)
的振动方程得波动方程 ( uT 20m)
y
2 102
cos[
(t
x)
]
给定
x 5
2 52
，得振动方程
y
2 102
y(102 m)
u
2
o
2 Q4
P
大学物理课后习题答案第五章
第五章 机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6， 因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：； 即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]． （2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt -π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为： ， 位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（1）P 点的振动表达式； （2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)， 其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)， 周期为：T = λ/u = 1(s)， 圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)． （2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为． （3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为： ，当t = T /4时的波形方程为：． 在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0． 因此波动方程为：． （2）在x = λ/2处质点的振动方程为：， 曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为； x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.5φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1． （1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)． 令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)， 各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)， 即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示． （1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)， 其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+5cos()26y x ππ=-图5.8已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：， 那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程； （3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为 ．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为． （3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为， ，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量． [解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)， 波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)， 平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =图5.10声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)， 平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)， 标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)， 此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为， 其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)． 火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)． （2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)． 当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长； （2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)； 在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)； 在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．（2）反射面接收到的频率为 = 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+1033165108033130B Su u u u νν++==⨯--= 1768(Hz)． 反射声音的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)， 结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为 ，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为． 两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．`11331142133165B u u u νν==⨯--`1111331651421BBu u u u λννν--=-==`1`13311768u λν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-S 1 S 2S 125.17 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，， 可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。
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+
������0]
（B）������
=
������cos
[������
(������
+
������2+������1)
������
+
������0]
（C）������
=
������cos
[������
(������
−
������2−������1)
������
+
������0]
知位于������������处的 P 点振动方程������������ = ������cos(������������ + ������������)，则该平面简谐波的波动 方程为������ = ������cos[������������ ± ������(������ − ������������) + ������������]，其中±为：波沿正向传播取负，波沿反向传播取正； ������ 为 角 波 数 ， ������ = 2������⁄������ = ������⁄������ 。 利 用 该 方 法 ， 由 波 沿 正 向 传 播 可 得 ������������ = 5cos[2������������ − ������(������������ − ������������) + ������] ， 其 中 ������ = 2������⁄������ = ������⁄2 ， ������������ = −2 ， ������������ = 3 ， 代 入 可 得 ������������ = 5cos(2������������ − 3 ������⁄2) = 5cos(2������������ + ������⁄2)，故 A 选项正确。
（D）������ = 6m 的质点向下运动
答案：D
分析：如图分析可得该简谐波的波长为λ = 8m，B 选项错误；将波沿着波传播方向做一微小
平移（如图中红色虚线所示），可得������ = 6m 的质点向下运动，故 D 选项正确。该图信息不
全，无法得到波的周期，A 选项错误；质点仅在其平衡位置来回振动，不会随波一起运动，
（A）若该质点位于负的最大位移处，其动能为零，势能最大 （B）该质点的机械能总是守恒的 （C）该质点在最大位移处的势能最大，在平衡位置的势能最小 （D）该质点的动能和势能总是相等 答案：D 分析：在平面简谐波的传播过程中，媒质中质点的动能和势能总是相等，其动能或势能在平
衡位置处达到最大值，在波峰、波谷处达到最小值（为零）。故选项 D 正确。 11. 如图 5 所示，有距离为������⁄2两相干波源 S1、S2，若在 S1、S2 的连线上 S1 外侧（即 S1 左 侧）各点干涉相消，则
此 P 点的振动方程为������ = 2cos(10������������ + ������⁄2)，即选项 A 正确。
7. （★）一平面简谐波沿 Ox 轴正方向传播，波长为 4 m。若图 4 中 A 点处质点的振动方程
为������������ = 5cos(2������������ + ������)（SI），则 B 点处质点的振动方程为 （A）������������ = 5cos(2������������ + ������⁄2) （B）������������ = 5cos(2������������ − ������⁄2) （C）������������ = 5cos(2������������ + ������) （D）������������ = 5cos(2������������ − ������������⁄2 + ������⁄2)
5. 一沿着 Ox 轴负方向传播的平面简谐波在������ = ������⁄4时的波形曲线如图 2 所示，则原点 O 处
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第五章 机械波
许照锦
质点振动的初相为
（A）0
（B）������⁄2
（C）������
（D）3������⁄2
答案：C
分析：如图中黑色虚线所示，逆着波传播的方向移动������⁄4即
的 质 点 的 相 位 为 Φ(������, ������) = ������������ + ������������ + ������ ， 故 题 中 所 求 的 相 位 差 为 Φ(������1, ������) − Φ(������2, ������) =
������(������1 − ������2) = 2������⁄������ ∙ (������ + ������⁄2) = 3������，故 B 选项正确。
1/m，由波沿正向传播可得角波数前符号为负，由初始条件及旋转矢量图可得原点处质点振
动初相为������ = ������或−������，代入波动表达式������ = cos(������������ − ������������ + ������)可得������ = cos(4������������ − ������������ − ������)。
8. 一平面简谐波沿 Ox 轴负方向传播，其波长为λ，则位于������1 = ������的质点的振动与位于
������2 = −������/2的质点的振动的相位差为
（A）−3π
（B）3π
（C）−3π/2
（D）π/2
答案：B
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第五章 机械波
许照锦
分析：沿 Ox 轴负方向传播的波动方程为������ = cos(������������ + ������������ + ������)，其中������ = 2������⁄������，位于 x 处
（B）������ = 2cos(10������������ − ������⁄2)
（C）������ = 2cos(5������������ + ������)
（D）������ = 2cos(5������������ + ������⁄2)
答案：A
分析：同选择题 5，做出初始时刻的波形图如图中黑色虚线所示；利用选择题 2 的判断方法
（C）������ = cos(4������������ − ������������ − ������)
（D）������ = cos(4������������ − ������������)
答案：C
分析：由已知条件可得振幅������ = 1 m，角频率������ = 2������⁄������ = 4������ rad/s，角波数������ = 2������⁄������ = ������
=
������cos
[������
(������
−
������2+������1)
������
+
������0]
答案：C 分析：方法同选择题 7，可知������2 处的振动方程为������ = ������cos[������������ − ������(������2 − ������1) + ������0]，其中 ������ = ������⁄������，代入即可得选项 C 正确。 10. （☆）一平面简谐波在弹性媒质中传播，研究其中一个质点，下列说法正确的是
可知初始时刻 P 点位于平衡位置、沿−������方向运动，由旋转矢量图可知 P 点初相������������ = ������⁄2。 由波形图可得振幅������ = 2 m，波长������ = 4 m，由u = ������⁄������可得������ = ������������ = ������ ∙ 2������⁄������ = 10������，因
故 C 选项错误。
3. 如果上题中的波速������=10 m/s，则其频率为
（A）1.25 Hz
（B）1 Hz
（C）0.8 Hz
（D）条件不够，无法求解
答案：A
分析：由波速的计算公式������ = ������⁄������ = ������⁄������ = ������������可得其频率为������ = ������⁄������ = 1.25 Hz，故 A 正确。
答案：B
分析：由波动方程可知ω = π，k = 3π，故频率f = ������⁄2������ = 0.5Hz，波速u = ������⁄������ = 1/3m/s。
2. 一平面简谐波的波形曲线如图 1 所示，则
（A）其周期为 8s
（B）其波长为 10m
（C）������ = 6m 的质点向右运动
为初始时刻的波形图（因为经过一个周期波向波的传播方
向移动一个波长）。由图形可知原点 O 处质点初始时刻位于
负的位移最大处，初相为������ = ������。故 C 选项正确。
6. 图 3 为一平面简谐波在������ = ������⁄4时的波形图，则 P 点处的振动方程应为
（A）������ = 2cos(10������������ + ������⁄2)
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第五章 机械波
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许照锦
一、选择题
1. 已知一平面简谐波的波动表达式为y = 6cos(������������ − 3������������ + ������/2)（SI），则
（A）其波速为 3 m/s
（B）其波速为 1/3 m/s
（C）其频率为������Hz
（D）其频率为 1.5Hz
4. 有一平面简谐波沿 Ox 轴的正方向传播，已知其周期为 0.5 s，振幅为 1 m，波长为 2 m，