(d)解驻波方程

大学物理学——振动和波振 动班级 学号 姓名 成绩内容提要1、简谐振动的三个判据（1）；（2）；（3）2、描述简谐振动的特征量： A 、T 、γ；T1=γ，πγπω22==T3、简谐振动的描述：（1）公式法 ；（2）图像法；（3）旋转矢量法4、简谐振动的速度和加速度：)2cos()sin(v00πϕωϕωω++=+-==t v t A dt dx m ； a=）（）（πϕωϕωω±+=+=0m 0222t a t cos -dtxd A 5、振动的相位随时间变化的关系：6、简谐振动实例弹簧振子：，单摆小角度振动：，复摆：0mgh dt d 22=+θθJ ,T=2mghJπ 7、简谐振动的能量：222m 21k 21A A Eω==系统的动能为：）（ϕωω+==t sin m 21mv 212222A E K ；系统的势能为：）ϕω+==t (cos k 21kx 21222A E P8、两个简谐振动的合成（1）两个同方向同频率的简谐振动的合成合振动方程为：）（ϕω+=t cos x A其中，其中；。

＊(2) 两个同方向不同频率简谐振动的合成拍：当频率较大而频率之差很小的两个同方向简谐运动合成时，其合振动的振幅表现为时而加强时而减弱的现象，拍频：12-γγγ=＊（3）两个相互垂直简谐振动的合成合振动方程：）（1221221222212-sin )(cos xy 2y x ϕϕϕϕ=--+A A A A ，为椭圆方程。

练习一一、 填空题1．一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为T 1。

若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为m/2的物体，则系统的周期T 2等于 。

2．一简谐振动用余弦函数表示，其振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为：A ＝ ；=ω ;=ϕ 。

3．如图，一长为l 的均匀细棒悬于通过其一端的光滑水平固定轴上，做成一复摆。

已知细棒绕过其一端的轴的转动惯量J ＝3/2ml ，此摆作微小振动的周期为 。

机械波一章习题解答习题13—1 一平面简谐波的波动方程为)3cos(1.0πππ+-=x t y (SI)，t =0时的波形曲线如图所示，则：［ ］(A) O 点的振幅为－0.1m 。

(B) 波长为3m 。

(C) a 、b 两点间位相差为2π。

(D) 波速为9m/s 。

解：首先，由于振幅是非负数，所以答案(A)可以被排除；另一方面，该波的波动方程可以写成⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ππ)3(3cos 1.0x t y与标准波动方程比较容易得到：rad/s 3πω=，波速m/s 3=u ，因此，波长m 23322=⨯==ππωπλu所以(B)和(D)也可以被排除，所以最后应当选择答案(C)。

事实上，因a 、b 两点相距为4λ，故相应两点的位相差应当是2π。

习题13—2 已知一平面简谐波的波动方程为)cos(bx at A y -=(a 、b 为正值)，则：［ ］(A) 波的频率为a 。

(B) 波的传播速度为b /a 。

(C) 波长为b /π。

(D) 波的周期为a /2π。

解：该波的波动方程可以写成⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)(cos a x t a A y与波动方程的标准形式比较可知，圆频率为a ，波速为a /b ，波长为b /2π，波的周期为a /2π，因此，应当选择答案(D)。

习题13─3 一平面简谐波以速度u 沿X 轴正向传播，在t t '=时的波形曲线如图所示，则坐标原点O 的振动方程为：［ ］(A) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+'-=2)(cos πt t bua y 。

(B) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'-=2)(2cos ππt t bua y 。

–习题13―1图习题13―3图(C) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+'-=2)(cos ππt t b u a y 。

(D) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'-=2)(cos ππt t b ua y 。

解：由波形曲线可知b 2=λ，因此ππλππνωbub u u ====2222t t '=时，原点处质元通过平衡位置向Y 轴正向运动，其位相为2πϕω-=+'t ，所以，t but '--='--=ππωπϕ22故坐标原点O 的振动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'-='--=2)(cos )2cos(),0(πππππt t bua tb u t b u a t y (SI)习题13—4 如图，有一平面简谐波沿X 轴负方向传播，坐标圆点O 的振动规律为)cos(0ϕω+=t A y ，则B 点的振动方程为：［ ］(A) []0)(cos ϕω+-=u x t A y 。

大学物理学(第三版)赵近芳第5章答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同又有什么联系振动曲线和波形曲线有什么不同解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为)(t f y =；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x ，又是时间t 的函数，即),(t x f y =．(2)在谐振动方程)(t f y =中只有一个独立的变量时间t ，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程),(t x f y =中有两个独立变量，即坐标位置x 和时间t ，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程)(cos uxt A y -=ω中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线)(t f y =描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y ，横轴为t ；波动曲线),(t x f y =描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为x ．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x 变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．5-2 波动方程y =A cos ［ω(u x t -)+0ϕ］中的ux表示什么如果改写为y =A cos (0ϕωω+-u x t )，u x ω又是什么意思如果t 和x 均增加，但相应的［ω(u x t -)+0ϕ］的值不变，由此能从波动方程说明什么解: 波动方程中的u x /表示了介质中坐标位置为x 的质元的振动落后于原点的时间；uxω则表示x 处质元比原点落后的振动位相；设t 时刻的波动方程为)cos(0φωω+-=uxt A y t则t t ∆+时刻的波动方程为])()(cos[0φωω+∆+-∆+=∆+ux x t t A y t t 其表示在时刻t ，位置x 处的振动状态，经过t ∆后传播到t u x ∆+处．所以在)(ux t ωω-中，当t ，x 均增加时，)(u xt ωω-的值不会变化，而这正好说明了经过时间t ∆，波形即向前传播了t u x ∆=∆的距离，说明)cos(0φωω+-=uxt A y 描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV 内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为),(t x f y =，则相对形变量(即应变量)为x y ∂∂/.波动势能则是与x y ∂∂/的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应变也为极小(该处0/=∂∂x y )，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．题5-3图对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化．5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处 t =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻 波动方程写成y =A cos ω(uxt -)时，波源一定在坐标原点处吗在什么前提下波动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，0=t 的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成)(cos uxt A y -=ω时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，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vt x A y απλπcos 2cos2=，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为x A λπ2cos2．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(λ'/u )会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即B v u u +='，因而单位时间内通过观察者完整波的数目λu '也会增多，即接收频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(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．题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(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)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =， 波长C πλ2=，波速CB u ==λυ， 波动周期BT πυ21==．(2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为 )(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米计，t 以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x =0.2m处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点解: (1)将题给方程与标准式)22cos(x t A y λππυ-=相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1s m -⋅．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相， 即 2.9=φπ． 设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m5-10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点的振动 位相又是多少解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有题5-10图对于O 点：∵0,0<=O O v y ，∴2πφ=O对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ 对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴2πφ-=B对于C 点：∵0,0<=C C v y ，∴23πφ-=C(取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有对于O 点：∵0,0>'='O Ov y ，∴2πφ-='O对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ 对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴2πφ=B对于C 点：∵0,0>'='C C v y ，∴23πφ='C(此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=， 又5.225===λυuHz ，则ππυω52== 题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=uxt A y ， 则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m (2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m 如题5-11(c)图所示．5-12 如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： (1)波动方程； (2)P 点的振动方程．解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴20πφ=，而25.01==∆∆=t x u 1s m -⋅，5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m题5-12图5-13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1，波长为2m ，求： (1)波动方程；(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间．解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，0,200<=v A y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，10=u 1s m -⋅，则5210===λυuHz∴ ππυω102==(1)波动方程为]3)10(10cos[.01ππ+-=x t y m题5-13图(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p (3)∵ πππ34|3)10(100-=+-=t x t ∴解得 67.135==x m(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s 5-14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0ϕω+t )．(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；(2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程．解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为])(cos[0φω+-+=uxu l t A y 如图(b)，则波动方程为题5-14图])(cos[0φω++=uxt A y (2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω+-=ub t A A Q 如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为])(cos[0φω++=ubt A A Q5-15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线．解:(1)波峰位置坐标应满足ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵uxt t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,∴ 2.024.0=-='∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．题5-15图(2)∵2,4==u πω1s m -⋅，∴12===ωπλuuT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，ππφ8.1642.40=⨯=A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π又，当A y -=时，πφ17=x ，则应有πππ1728.16=+x 解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y 5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J ·m -2·s -1，频率为300 Hz ，波速为300m ·s -1，求 ：(1)波的平均能量密度和最大能量密度(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量解: (1)∵ u w I =∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅ 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅(2) νπλπωud w d wV W 224141=== 7251024.9300300)14.0(41106--⨯=⨯⨯⨯⨯=πJ5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求： (1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r 0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-19 如题5-19图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为t y π2cos 10231-⨯=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为)2cos(10232ππ+⨯=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s -1，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅； *(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，P 处合振动的振幅．解: (1) )(2)(12BP CP ---=∆λπϕφφ)(BP CP u --=ωπ 0)4.05.0(2.02=--=ππ题5-19图(2)P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以321104-⨯=+=A A A P m(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为0，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为33122211083.210222--⨯=⨯==+=A A A A m5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν 波速为u ．(1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置．解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=u x t A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A)22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x 故 4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x 5-20 一驻波方程为y =0.02cos20x cos750t (SI)，求： (1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速； (2)相邻两波节间距离．解: (1)取驻波方程为t uxA y πυπυ2cos 2cos 2= 故知 01.0202.0==A m 7502=πυ，则πυ2750=， 202=uπυ∴ 5.37202/7502202=⨯==πππυu 1s m -⋅ (2)∵314.01.020/2====πυπυυλu m 所以相邻两波节间距离 157.02==∆λx m5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为1y =0.1cos(13t +0.0079x ) (SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x =0处为波 节．解: 为使合成驻波在0=x 处形成波节，则要反射波在0=x 处与入射波有π的位相差，故反射波的波动方程为)0079.013cos(1.02π--=x t y5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为1y =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(t x ππ4+)(SI)．(1)试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2)波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解: (1)它们的合成波为)4cos(06.0)4cos(06.0t x x y ππππ++-= t x ππ4cos cos 12.0=出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动． 令ππk x =，则k x =，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置．(2)波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定，即097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m5-24 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz 变到了1000 Hz ，设空气中声速为330m ·s -1，求汽车的速率．解: 设汽车的速度为s v ，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为 01υυsv u u-=汽车驶离车站时，车站收到的频率为02υυsv u u+= 联立以上两式，得3010012001000120030021211=+-⨯=+-=υυυυυu1s m -⋅5-25 两列火车分别以72km ·h -1和54 km ·h -1的速度相向而行，第一 列火车发出一个600 Hz 的汽笛声，若声速为340 m ·s -1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少解: 设鸣笛火车的车速为201=v 1s m -⋅，接收鸣笛的火车车速为152=v 1s m -⋅，则两者相遇前收到的频率为66560020340153400121=⨯-+=-+=υυv u v u Hz 两车相遇之后收到的频率为54160020340153400121=⨯+-=+-=υυv u v u Hz。

第5章机械波基本要求1．理解描述简谐波的各物理量的意义及相互间的关系.2．理解机械波产生的条件．掌握由已知质点的简谐振动方程得出平面简谐波的波函数的方法．理解波函数的物理意义．理解波的能量传播特征及能流、能流密度概念．3．了解惠更斯原理和波的叠加原理.理解波的相干条件，能应用相位差和波程差分析、确定相干波叠加后振幅加强和减弱的条件.4．理解驻波及其形成。

5．了解机械波的多普勒效应及其产生的原因.基本概念1．机械波机械振动在弹性介质中的传播称为机械波，机械波产生的条件首先要有作机械振动的物体，即波源；其次要有能够传播这种机械振动的弹性介质。

它可以分为横波和纵波。

2.波线与波面沿波的传播方向画一些带有箭头的线，叫波线。

介质中振动相位相同的各点所连成的面，叫波面或波阵面。

在某一时刻，最前方的波面叫波前。

3．波长λ在波传播方向上，相位差为2π的两个邻点之间的距离称为波长，它是波的空间周期性的反映。

4．周期T与频率ν一定的振动相位向前传播一个波长的距离所需的时间称为波的周期，它反映了波的时间周期性，波的周期与传播介质各质点的振动周期相同。

周期的倒数称为频率，波的频率也就是波源的振动频率。

5．波速u单位时间里振动状态（或波形）在介质中传播的距离。

它与波动的特性无关，仅取决于传播介质的性质。

6．平面简谐波的波动方程在无吸收的均匀介质中沿x轴传播的平面简谐波的波函数为()2cos y A tx ωϕπλ=+或s )co (x y A tu ωϕ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦其中，“-”表示波沿x 轴正方向传播；“+”表示波沿x 轴负方向传播。

波函数是x 和t 的函数。

给定x ，表示x 处质点的振动，即给出x 处质点任意时刻离开自己平衡位置的位移；给定t ，表示t 时刻的波形，即给出t 时刻质点离开自己平衡位置的位移。

7．波的能量 波动中的动能与势能之和，其特点是同体积元中的动能和势能相等。

任意体积元的222k 211d =d d d sin ()22P W W W VA t x πλρωωϕ==-+8．平均能量密度、能流密度 一周期内垂直通过某一面积能量的平均值是平均能量密度，用w 表示。

习题66.1选择题(1)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的过程中：(A)它的动能转化为势能. (B)它的势能转化为动能.(C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.[答案：D ](2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b 两点位相差是(A)π (B)π/2 (C)5π/4 (D)0[答案：A](3) 设声波在媒质中的传播速度为ｕ，声源的频率为v s ．若声源Ｓ不动，而接收器Ｒ相对于媒质以速度V B 沿着Ｓ、Ｒ连线向着声源Ｓ运动，则位于Ｓ、Ｒ连线中点的质点Ｐ的振动频率为 (A)s v (B)s Bv uV u + (C)s B v V u u + (D) s Bv V u u-[答案：A]6.2填空题(1)频率为100Hz ，传播速度为300m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为π/3，则此两点相距____m 。

[答案：0.5m ](2)一横波的波动方程是))(4.0100(2sin 02.0SI x t y -=π，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。

[答案：0.02;2.5;100;250/m m Hz m s ](3) 设入射波的表达式为])(2cos[1πλνπ++=xt A y ，波在x ＝0处反射，反射点为一固定端，则反射波的表达式为________________，驻波的表达式为____________________，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为____________________。

[答案：)(2cos 2λνπxt A y -= ；2cos(2)cos(2)22x A t ππππνλ++ (21)4x k λ=-]6.3产生机械波的条件是什么？两列波叠加产生干涉现象必须满足什么条件？满足什么条件的两列波才能叠加后形成驻波？在什么情况下会出现半波损失？答：产生机械波必须具备两个条件：有作机械振动的物体即波源；有连续的介质。

第十三章（在下列各题中，均给出了4个～5个答案，其中有的只有1个正确答案，有的则有几1.在下列关于机械波的表述中，不正确的是 A.B.在波的传播方向上，相位差为2πC.D.波的振幅、频率、相位与波源相同;E.波线上离波源越远的质元，相位越落后。

（解：选（D ）。

简谐波的频率与波源的频率相同。

对于平面简谐波，我们假设了介质是均匀、无吸收的，那么各点的振幅将保持不变，且与波源的振幅相同，但对于简谐球面波，其振幅与离开波源的距离成反比。

波的相位与位置有关，且总是落后于波源的相位。

2.已知一平面简谐波的波函数为y =A cos （at -bx ）(a 、b 为正值)A.波的频率为a ；B.波的传播速度为abC.波长为πb D.周期为2πa解：选（D ）。

沿Ox 轴正方向传播的平面简谐波的波函数具有标准形式：cos 2π()λt xy A T =-。

将题中给出的波函数化为cos 2π()2π2πt x y A a b =-，与标准形式比较得：周期2πT a=，波长2πλ=b ，波速λ=a u T b =，频率1==2πaT ν。

3.A. 波的能量221kA E E E P K =+=B. 机械波在介质中传播时，任一质元的K E 和P E 均随时间t 变化，但相位相差π2C. 由于K E 和P E 同时为零，又同时达到最大值，表明能量守恒定律在波动中不成立；D.K E 和P E 同相位，表明波的传播是能量传播的过程。

（解：选（D ）。

在有波传播的介质中，任一体积元中的动能和势能随时间变化的规律完全相同，也就是说，当该体积元内的动能最大时，势能也最大，动能为零时，势能也为零。

但这并不表明能量守恒定律本身不成立，因能量守恒定律只适用于封闭（孤立）系统，而该体积元是开放系统，它不断从后面的介质中获得能量，又不断地把能量传给前面的介质。

这与单个质点的简谐振动不同，当单个质点做简谐振动时，其动能最大时势能为零，势能最大时动能为零，两者之和为221kA E E E P K =+=，机械能守恒。

第10章习题分析与解答习 题 解 答10-1 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，是摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时.若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为（ ） (A) 2π（B ）π/2(C)0 (D)θ解 由已知条件可知其初始时刻的位移正向最大。

利用旋转矢量图可知，初相相位是0.故选C10-2 如图所示，用余弦函数描述一简谐振动。

已知振幅为A ，周期为T ，初相3πϕ-=，则振动曲线为（ ）解 由已知条件可知初始时刻振动的位移是23cos AA y =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=π，速度是()A t A v ωϕωω23sin =+-=，方向是向y 轴正方向，则振动曲线上0=t 时刻的斜习题 10-2 图率是正值。

故选A10-3 已知某简谐振动的振动曲线和旋转矢量图如附图（a ）、（b ）所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒，则此简谐振动的振动方程为（ ）（A）cmt x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3232cos 2（B ）cm t x ⎪⎭⎫⎝⎛-=ππ3232cos 2 （C)cm t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππ3234cos 2 （D ）cmt x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2解 由振动图像可知，初始时刻质点的位移是2A-，且向y 轴负方向运动，附图（b ）是其对应的旋转矢量图，由图可知，其初相位是π32，振动曲线上给出了质点从2A -到A 的时间是s 1，其对应的相位从π32变化到π2，所以它的角速度1-s rad 32T 2⋅==ππω 简谐振动的振动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππ3234cos 2t x习题10-3图故选D10-4 弹簧振子做简谐振动，已知此振子势能的最大值为100J,当振子处于最大位移的一半时其动能为（ ）（A ）25J （B ）50J （C)75J （D)100J解 物体做简谐运动时，振子势能的表达式是221kx E P =，其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移最大时，势能达到最大值221kA E P =，动能为零，但其总机械能却保持不变.当振子处于最大位移的一半时其势能为2281)2(21'kA A k E p ==,所以此时的动能是J J J kA kA kA E k 754310043218121222=⨯=⨯=-=故选C10-5 一质点作简谐振动，速度最大值Vm=0.05m/s ，振幅A=2cm.若令速度具有正最大值的那一时刻为t=0，则振动表达式为 。

驻波反射波方程求解
在无耗波导中传播的电磁波满足驻波方程和反射波方程。

对于驻波方程，假设电磁波的传播方向为x轴方向，波振幅为A，波长为λ，则电场强度可以表示为：
E(x, t) = A * sin(2πx/λ - ωt)
其中，ω = 2πf为角频率，f为频率。

对于反射波方程，设反射波的振幅为B，传播方向与原波相反，即为-x轴方向，则反射波电场强度为：
E_r(x, t) = B * sin(2π(-x)/λ - ωt) = -B * sin(2πx/λ - ωt)
将驻波方程和反射波方程相加，得到总电场强度为：
E_t(x, t) = E(x, t) + E_r(x, t) = (A - B) * sin(2πx/λ - ωt)
驻波方程求解得出的结果为驻波的幅值为(A - B)，表示驻波的最大振幅。

反射波方程求解得出的结果为反射波的幅值为-B，表示反射波的振幅。

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。

OA2练习 十三(简谐振动、旋转矢量、简谐振动的合成)一、选择题1． 一弹簧振子，水平放置时，它作简谐振动。

若把它竖直放置或放在光滑斜面上，试判断下列情况正确的是 （C ）（A ）竖直放置作简谐振动，在光滑斜面上不作简谐振动； （B ）竖直放置不作简谐振动，在光滑斜面上作简谐振动； （C ）两种情况都作简谐振动； （D ）两种情况都不作简谐振动。

解：(C) 竖直弹簧振子:kx mg l x k dt x d m -=++-=)(22(mg kl =),0222=+x dt xd ω弹簧置于光滑斜面上:kx mg l x k dt x d m -=++-=αsin )(22 (mg kl =),0222=+x dtxd ω2． 两个简谐振动的振动曲线如图所示，则有 （A ） （A ）A 超前2π； （B ）A 落后2π；（C ）A 超前π； （D ）A 落后π。

解：(A)t A x A ωcos =,)2/cos(πω-=t A x B3． 一个质点作简谐振动，周期为T ，当质点由平衡位置向x 轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的最短时间为： （B ） （A ）4T ； （B ）12T ； （C ）6T ； （D ）8T。

解：(B)振幅矢量转过的角度6/πφ=∆,所需时间12/26/T T t ==∆=ππωφ,4． 分振动表式分别为)π25.0π50cos(31+=t x 和)π75.0π50cos(42+=t x （SI 制）则它们的合振动表达式为： （C ）（A ）)π25.0π50cos(2+=t x ； （B ）)π50cos(5t x =；（C ）π15cos(50πarctan )27x t =++； （D ）7=x 。

解：(C)作旋转矢量图或根据下面公式计算)cos(21020212221φφ-++=A A A A A 5)25.075.0cos(4324322=-⋅⋅++=ππ712)75.0cos(4)25.0cos(3)75.0sin(4)25.0sin(3cos cos sin sin 1120210120210110---+=++=++=tg tg A A A A tg πππππφφφφφ5． 两个质量相同的物体分别挂在两个不同的弹簧下端，弹簧的伸长分别为1l ∆和2l ∆，且212l l ∆=∆，则两弹簧振子的周期之比21:T T 为 （B ）（A ）2； （B ）2； （C ）2/1； （D ）2/1。

第十六章 机械波和电磁波一 选择题1. 当一平面简谐波通过两种不同的均匀介质时，不会改变的物理量是：（ ） A. 波长和频率 B. 波速和频率C. 波长和波速D. 频率和周期 解： 答案选D2. 已知一平面简谐波方程为y = A cos ( a t -b x )，( a , b 为正值)，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 解： 答案选D3. 如图所示，一平面简谐波沿x 轴正向传播，坐标原点O 的振动规律为y = A cos (ωt + ϕ0 )，则B 点的振动方程为：（ ）A. y = A cos [ωt - ( x / u ) + ϕ0 ]B. y = A cos ω[ t + ( x / u ) ]C. y = A cos {ω[ t - ( x / u ) ] +ϕ0}D. y = A cos {ω[ t + ( x / u ) ] +ϕ0} 解：任意点B 处的振动方程就是沿x 轴正向传播的波动方程y = A cos {ω[ t - ( x /u ) ] +ϕ0}。

所以答案选C 。

4. 一列沿x 轴正向传播的平面简谐波，周期为0.5s ，波长为2m 。

则在原点处质点的振动相位传到x =4m 处所需要的时间为（ ）A .0.5s B. 1s C. 2 D. 4s解 因为波传播的距离4m 是波长2m 的2倍，因此传播这段距离所需的时间为2个周期，即为2s 。

也可以按下面的方法计算。

波速45.02===Tu λm/s ，则原点处质点的振动相位传到x =4m 处所需要的时间为 144==∆=∆u x t s 。

故B 正确。

5. 两相干波源S 1和S 2，相距为23λ，其初相位相同，且振幅均为1.0×10-2m ，则在波源S 1和S 2连线的中垂线上任意一点，两列波叠加后的振幅为 ( )选择题3图A. 0B. 1.0×10-2mC. 2×10-2mD. 2.0×10-2m解 )(π2)(121020r r ---=∆λϕϕϕ，因为两波源初相位相同，在波源S 1和S 2连线的中垂线上各点到两个波源的距离21r r =，所以0)(π2)(121020=---=∆r r λϕϕϕ，两列波叠加后的振幅221212221212221100.22cos 2-⨯=+=++=∆++=A A A A A A A A A A A ϕm ，故正确选项为D 。

基础物理（II）第9、10章检验试题之阿布丰王创作时间：二O二一年七月二十九日一、单选题：（每题4分,共40分）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O x轴正向,即其速度的x分量年夜于零,故满足题意．因而正确谜底为（B）．2、一简谐运动曲线如图所示,则运动周期是（）（A） 2.62s （B）2.40s （C）2.20s （D）2.00s分析与解：由振动曲线可知,初始时刻质点的位移为2A,且向x轴正方向运动,其相应的旋转矢量图（b）,由旋转矢量法可知初始相位为3π-.b振动曲线上给出质点从2A 处运动到0=x 地方需时间为1s,由对应旋转矢量图可知相应的相位差6523πππϕ∆=+=,则角频率为165-⋅=∆∆=s rad t πϕω,周期s T 40.22==ωπ,故选（B ）.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 ）,t=0时x1在x 轴上位移为零；x2的位移为负的最年夜, 即可获得谜底为（b ）．4、 两个同振动方向,同频率,振幅均为A 的简谐运动合成后,振幅仍位A ,则这两个简谐运动的相位差为（ ）（A ）o 60 （B ）o 90 （C ）o 120 （D ）o 180分析与解： 由旋转矢量图可知,只有当两个简谐运动1和2的相b位差为o 120时,合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确谜底是（C ）.5、 图（a ）暗示t ＝0 时的简谐波的波形图,波沿x 轴正方向传布,图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所暗示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所暗示的振动的初相位分别为（ ） （Ａ）均为零; （Ｂ） 均为2π; （Ｃ）均为2π-; （D ）2π 与2π-; （Ｅ）2π-与2π 分析与解： 本题给了两个很相似的曲线图,但实质却完全分歧．求解本题要弄清振动图和波形图分歧的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点x=0处质点位移为零,其运动方向由图中波形状态和波的传布方向可以知道是沿y 轴负向(它将继承前一个质点的状态),利用旋转矢量法可以求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图,该质点在t ＝0 时位移为0,t ＞0 时,质点向y 轴正向运动,故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2,谜底为（D ）．6、一横波以速度u 沿x 轴负方向传布,t 时刻波形图如图（a ）所示,则该时刻（ ）.Ａ）A 点相位为π； Ｂ）B 点静止不动； C ）C 点相位为23π；D ）D 点向上运动；分析： 由波形曲线可知,波沿x 轴负方向传布,标出各质点运动方向,A 、B 、D 处质点均向y 轴负向运动,且B 处质点处在运动速度最快的位置,因此谜底（B ）（D ）分歧毛病.A 处质点位于正最年夜位移处；C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动,画出它们的旋转矢量图,如图（b ）所示,A 、C 点的相位分别为0和23π,故谜底为（C ）.7、 如图所示,两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ,点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ,点S 2 到点P 的距离是r 2 ,以k 代表零或正、负整数,则点P 是干涉极年夜的条件为（ ）.分析与解：干涉极年夜的条件为两分振动的相位差π2Δk =,而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λπϕϕλϕϕ/)(/211212122π2Δr r r r -+-=---=,故选项（D ）正确．8、 在波长为λ的驻波中,两个相邻波腹之间的距离为（ ）（A ）4λ（B ）2λ （C ）43λ （D ）λ分析与解： 驻波方程为t x A y πνλπ2cos 2cos 2⋅=,其中λπxA 2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然,那时 2,1,0,2=±=k k x λ,振幅极年夜,称为驻波的波腹,因此相邻波腹间距离为2λ.正确谜底（B ）.9、当波在弹性介质中传布时,介质中质元的最年夜形变量发生在（ ）.(A)质元离开其平衡位置最年夜位移处； (B)质元离开其平衡位置A/2处；(C)质元离开平衡位置A/2A 处； (D)质元在平衡位置处（A 为振幅）； 分析：由摆荡时的形变因子x y ∂∂知,平衡位置处形变最年夜,（D 正确）.10、一弹簧振子作简谐运动,当位移为振幅的一半时,其动能为总能量的（ ）.(A)1/2; (B)1/2; (C) 3/2; (D)1/4; (E)3/4;分析：由旋转矢量图知,当位移为振幅的一半时,位相为/3.再由振动动能与总能量公式的比值4323321212222222===+)()(sin )(sin πωϕωωmA t mA , 所以（ E ）是正确.二、应用题：（每题8分,共40分）1、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．分析： 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（或简谐运动动力学方程）．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 ,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“串连时各弹簧受力相等”的结论,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（在0点）,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）当物体沿x 轴移动位移x 时,两弹簧又分别被拉伸1x '和2x ',即相对平衡位置总位移 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11221111122222x k x k x x k x k x x k x k F '-='-=+-=+-=)()(''（３）可见,物体在任意位置时受力F 与位移x 的关系为正比反向,满足回复力性质.由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-=',而总伸长量21x x x '+'=,则得： 式中()2121k k k k k +=/为常数（串连弹簧公式）.可见,系统所受合力是一个线性回复力,则物体作简谐运动,振动频率为：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发生影响．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()mkkv/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．*2、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．求以上各种情况的简谐运动方程（分别用解析法和旋转矢量法）．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．初相简直定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程动身,根据初始条件,即t ＝0 时,x ＝x0和v＝v0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x0和速度v0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比力直观、方便,在分析中常采纳．解：由题知A ＝2.0 ×10-2 m,1s π42-==T /πω,求初相φ. 解析法：根据简谐运动方程：()ϕω+=t A x cos ,那时0t =有初位移()ϕω+=t A x cos 0,初速度sin 0ωA -=v ．当（1）t=0,A x =0时,1cos 1=ϕ,则01=ϕ；（2）t=0,00=x 时,0cos 2=ϕ,2π2±=ϕ,因物体向负方向运动00<v ,故取2π2=ϕ； （3）t=0,m 100120-⨯=.x 时,50cos 3.=ϕ,3π3±=ϕ ,由00<v ,取3π3=ϕ； （4）t=0,m 100120-⨯-=.x 时,50cos 4.-=ϕ,3ππ4±=ϕ ,由00>v ,取3π44=ϕ．方法二旋转矢量法：（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．分别画出四个分歧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）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x3、 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线,且振幅A=2cm,求（1） 振动周期；（2） 加速度的最年夜值；（3） 运动方程．分析： 根据v -t 图可知速度的最年夜值v max ,由v max ＝A ω可求出角频率ω,进而可求出周期T 和加速度的最年夜值a max ＝A ω2 ．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 ＝A ω/2,之后速度越来越年夜,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 ＝－A ωsin φ就可求出φ．解：（1）由图（a ）知：s m A v /3max ==ω,其中振幅A=2cm,所以1s 51-=.ω,则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3）由图线分析知：t=0时 2sin 0/ωϕωA A =-=v ,即 21sin /-=ϕ6π56π//--=或由旋转矢量图（b ）可见,质点沿x 轴正向向平衡位置运动,则取6π5/-=ϕ,则运动方程为：4、 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．分析： 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 为又因初始位移x 0 ＝0,则振动系统的振幅为图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图,从图中可知初相位2π0/=ϕ,则简谐运动方程为5、 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为几多时,x 1＋x 3 的振幅最年夜？ 又3ϕ为几多时,x 2＋x 3 的振幅最小？分析： 可采纳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、同频率的简谐运动,合成后仍为一简谐运动,其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ,其年夜小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位解：（1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为位相差2πΔ12/-=-=ϕϕ,故合振动振幅为：合振动初相位：（2） 要使x 1＋x 3 合振幅最年夜,即两振动同位相,则由π2Δk =ϕ得：要使x 1＋x 3 的振幅最小,即两振动反相,则由()π12Δ+=k ϕ得：三、填空题：（每题5分,共20分）1、 如图所示为一平面简谐波在t ＝0 时刻的波形图,求（1）该波的摆荡方程；（2） P 处质点的运动方程．题6-9 图分析： （1） 根据波形图可获得波的波长λ、振幅A 和波速u ,因此,只要求出初相φ,即可写出摆荡方程．而由图可知t ＝0 时,x ＝0 处质点在平衡位置处,而且由波的传布方向可以判断出该质点向y 轴正向运动（继承前点的状态）,利用旋转矢量法可知φ．（2） 摆荡方程确定后,将P 处质点的坐标x 代入摆荡方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解：（1） 由图可知振幅A ＝0.04 ｍ, 波长λ＝0.40 ｍ, 波速u ＝0.08ｍ·ｓ-1 ,则ω＝2π/T ＝2π u /λ ＝（2π/5）ｓ-1,利用旋转矢量法知φ＝（－π/2 ）,因此摆荡方程为：（2）t ＝0 时,距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为2、一警车以25 m·s-1的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为800 Hz．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-1的客车,则客车上人听到的警笛声波的频率是几多？（设空气中的声速u＝330m·s-1）分析：由于声源与观察者之间的相对运动而发生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果．在处置这类问题时,不单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v s ＝25 m·s-1运动时,静止于路边的观察者（v0=0）所接收到的频率为：警车驶近观察者时,式中v s前取“－”号,故有：警车驶离观察者时,式中v s前取“＋”号,故有：（2）声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时(由于声波速度远年夜于车速,故忽略观察者运动速度v o),观察者收到的频率为：3、波源作简谐运动,其运动方程为()mtπcos240100.43-⨯=y,它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿一直线传布．（1）求波的周期及波长；（2）写出摆荡方程．分析：已知波源运动方程求摆荡物理量及摆荡方程,可先将运动方程与其一般形式()ϕω+=tcosAy进行比力,求出振幅A、角频率ω及初相φ0 ,而这三个物理量与摆荡方程的一般形式 ()[]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ω＝2πν＝2π／T 和 λ＝u T 即可求解．解: （1） 由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有 波长为: λ＝uT ＝0.25 ｍ,（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比力后可得A ＝4.0×10-3m,1s π240-=ω,φ0 ＝0,故以波源为原点,以u=30ｍ·ｓ-1 的速度沿x 轴正向传布的波的摆荡方程为：4、一弦上的驻波方程式为（1） 若将此驻波看成是由传布方向相反,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 ＝3.0 ×10-3 s 时位于x ＝0.625 m 处质点的振动速度．分析: （1）采纳比力法．将本题所给的驻波方程,与驻波方程的一般形式相比力即可求得振幅、波速等．（2）由波节位置412λ)(+=k x 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界说v ＝d y /d t 求得．解:（1）将已知驻波方程 ()()()m π550cos π6.1cos 100.32t x y -⨯=与驻波方程的一般形式()()t λx A y v π2cos /π2cos 2= 作比力, 可得两列波的振幅 A ＝1.5 ×10-2 m , 波长 λ＝1.25 m ,频率＝275 Hz , 则波速 u ＝λ＝343.8m ·s -1 ．（2） 相邻波节间的距离为：（3） 在t ＝3.0 ×10-3 s 时,位于x ＝0.625 m 处质点的振动速度为：时间：二O 二一年七月二十九日。

第六章 机 械 波6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（ ）题6-1 图（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为2π （Ｃ） 均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为π （B ）B 点静止不动 （C ）C 点相位为2π3 （D ）D 点向上运动 分析与解 由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为（C ）题 6-2 图6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=，故选项（D ）正确．题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ）（A ） 4λ （B ） 2λ（C ） 43λ（D ） λ分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然，当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2λ.正确答案为（B ）．6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ．（1） 求波的振幅、波速、频率及波长；（2） 求绳上质点振动时的最大速度；（3） 分别画出t ＝1s 和t ＝2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝1.0 ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同． 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、振幅A 及波长λ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 μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux 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v ＝d y /d t ；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，波速保持恒定．（3） 将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y （x ），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y ＝y （t ），从而作出振动图．解 （1） 将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较，可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv（2） 绳上质点的振动速度()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图（a ）所示． x ＝1.0m 处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图（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一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5 图6-6 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，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ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝0.25 ｍ（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A ＝4.0 ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=-6-7 波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1） 距波源15.0ｍ 和5.0 m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距波源为16.0 m 和17.0m 的两质点间的相位差．分析 （1） 根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，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λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解 （1） 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω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φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝15.0 m 和x 2 ＝5.0 m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y 它们的初相分别为φ10 ＝－15.5π和φ20 ＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－13.5π，φ20 ＝－3.5π．）（2） 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在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7.5 m 处质点的运动方程与t ＝0 时该点的振动速度．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u ＝λ；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，并利用旋转矢量法确定其初相φ0 ．（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 ＝y （t ），及该质点的振动速度＝d y /d t ．解 （1） 从图中得知，波的振幅A ＝0.10 m ，波长λ＝20.0m ，则波速u ＝λ＝5.0 ×103 ｍ·ｓ-1 ．根据t ＝0 时点P 向上运动，可知波沿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φ0 ＝π/3．故波动方程为()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω（2） 距原点O 为x ＝7.5ｍ 处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t ＝0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P 处质点的运动方程．题6-9 图分析 （1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解 （1） 由图可知振幅A ＝0.04 ｍ， 波长λ＝0.40 ｍ， 波速u ＝0.08ｍ·ｓ-1 ，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t（2） 距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝1.0 m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图分析 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（a ） 写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解 由图（a ）可知质点振动的振幅A ＝0.40 ｍ，t ＝0 时位于x ＝1.0 m 处的质点在A /2 处并向Oy 轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b ），从图中可知3/π0-='ϕ．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b ）可看出ωt ＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6） rad .s -1 ．由上述特征量可写出x ＝1.0 m 处质点的运动方程为()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x ＝1.0 m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中，并与上述x ＝1.0 m 处的运动方程作比较，可得φ0 ＝－π／2，则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y 6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,求：（1） t ＝2.1 s 时波源及距波源0.10m 两处的相位；（2） 离波源0.80 m 及0.30 m 两处的相位差． 解 （1）将t ＝2.1 s 和x ＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81=ϕ将t ＝2.1 s 和x ′＝0.10 m 代入题给波动方程，得0.10 m 处的相位为π2.82=ϕ（2）从波动方程可知波长λ＝1.0 m ．这样，x 1＝0.80 m 与x 2＝0.30 m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W 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5.0 m 和10.0 m 处的能流密度．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，故对于球面波而言，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P ．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I ＝P /S ．解 由分析可知，半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 ＝5.0 m 、r 2 ＝10.0m 时，分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I 22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图（a ）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz ，B 比A 的相位超前π．若A 、B 相距30.0 m ，波速为u ＝400 m·s -1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．题6-13 图分析 两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得．解 以A 、B 两点的中点O 为原点，取坐标如图（b ）所示．两波的波长均为λ＝u /＝4.0 m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因x r -=15B，x r +=15A ，则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m，故k ≤7．即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点．6-14 图（a ）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r 2 －r 1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s -1 ）题6-14 图分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．解 由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b ）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1） 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2） 在MN 处反射波的波动方程；（3） 在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．题6-15 图分析 知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2．因此可以写出y 1 在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波．解 （1） 由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t TA y pλλ因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t TA t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为⎪⎭⎫⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ，故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3（3） 在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314波节的位置：4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4 处为波节．波腹的位置：2/,π/π2λk x k λx ==，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．（4） 在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为ν的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d =2.00 mm ，沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u ，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？分析 根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式k kd λ2=成立，k 为正整数.可见取不同的k 值，得到不同的k λ，晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频.解 根据分析基频振动要求2λ=d ，于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（ρ＝1.3 kg·m -3 ）中以u ＝340 m·s -1 的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝1.0 ×10 -6 m ．试求波在耳中的平均能量密度和声强． 解 波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度，即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I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1.0×10-6W·m -2 左右． 6-18 面积为1.0 m 2 的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？ 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 ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝1.0 ×10-12 W·m -2为规定声强．L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1 B ＝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 ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为I ＝10LI 0则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I 0S ＝1.0 ×10-4 W6-19 一警车以25 m·s -1 的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v =800 Hz ．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 -1 的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？ （设空气中的声速u ＝330m·s -1 ）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υs ＝25 m·s -1 运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时，式中υs 前取“－”号，故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时，式中υs 前取“＋”号，故有Hz 7.7432=+='su uv v υ（2） 客车的速度为0υ=15 m·s -1 ,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Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少？分析 由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为40su=υ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为40u=υ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解 将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ，在蝙蝠接收岩壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。