§4-2平面简谐波的波动方程振动与波动最简单而又最基本的波动是简谐波！ 简谐波：波源以及介质中各质点的振动都是简谐振动。
任何复杂的波都可看成是若干个简谐波的叠加。
对平面简谐波，各质点都在各自的平衡位置附近作简谐振动，但同一时刻各质点的振动状态不同。
需要定量地描述出每个质点的振动状态。
波线是一组垂直于波面的平行射线，可选用其中一根波线为代表来研究平面简谐波的传播规律。
一、平面简谐波的波动方程设平面简谐波在介质中沿 x 轴正向传播，在此波线上任取一参考点为坐标原点参考点原点的振动方程为()00cos y A t ωϕ=+任取一点 P ，其坐标为 x ，P 点如何振动？ A 和 ω 与原点的振动相同，相位呢？沿着波的传播方向，各质点的相位依次落后，波每向前传播 λ 的距离，相位落后 2π现在，O 点的振动要传到 P 点，需要向前传播的距离为 x ，因而 P 点的相位比 O 点落后 22x x ππλλ=P 点的振动方程为区别联系振动研究一个质点的运动。
波动研究大量有联系的质点振动的集体表现。
振动是波动的根源。
波动是振动的传播。
x02c o s P y A t x πωϕλ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ 由于 P 点的任意性，上式给出了任意时刻任意位置的质点的振动情况，将下标去掉02c o s y A t x πωϕλ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭就是沿 x 轴正向传播的平面简谐波的波动方程。
如果波沿 x 轴的负向传播，P 点的相位将比 O 点的振动相位超前2x πλ沿 x 轴负向传播的波动方程为02c o s y A t x πωϕλ⎛⎫=++⎪⎝⎭利用 2ωπν=， u λν=沿 x 轴正向传播的平面简谐波的波动方程又可写为02c o s y A t x πωϕλ⎛⎫=-+⎪⎝⎭02c o s A t x u πνωϕ⎛⎫=-+⎪⎝⎭0c o s x A t u ωϕ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦即 0c o s x y A t u ωϕ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦原点的振动状态传到 P 点所需要的时间 xt u∆=P 点在 t 时刻重复原点在 x t u ⎛⎫- ⎪⎝⎭时刻的振动状态波动方程也常写为x02c o s y A t x πωϕλ⎛⎫=-+⎪⎝⎭()0c o s A t k x ωϕ=-+其中 2k πλ=波数，物理意义为 2π 长度内所具有完整波的数目。
☆ 波动方程的三个要素：参考点，参考点振动方程，传播方向 二、波动方程的物理意义1、固定x ，如令0x x =()002cos y t A t x πωϕλ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭振动方程0x 处质点的振动方程0x 处的振动曲线 该质点在 1t 和 2t 两时刻的相位差 ()21t t ϕω∆=- 2、固定t ，如令0t t =()002cos y x A t x πωϕλ⎛⎫=+-⎪⎝⎭波形方程 0t 时刻各质点离开各自平衡位置的位移分布情况，即 0t时刻的波形方程。
y波形曲线 3、x 和 t 都在变化 ()02,c o s y t x A t xπωϕλ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭各个不同质点在不同时刻的位移，各个质点的振动情况，不同时刻的波形，反映了波形不断向前推进的波动传播的全过程 ⇒ 行波t 时刻，x 处的某个振动状态经过 t ∆ 的时间，传播了 x u t ∆=∆ 的距离，传到了 x x +∆ 处，显然()(),,y t t x x y t x +∆+∆= 行波必须满足此方程其中 x u t ∆=∆波是振动状态的传播！习题类型（1） 由某质元的振动方程（或振动曲线） ⇒ 求波动方程 （2） 由某时刻的波形曲线 ⇒ 求波动方程例4.2：一平面波在介质中以速度 20u =m/s 沿直线传播，已知在传播路径上某点A 的振动方程为 ()3cos 4A y t π=，如图4.8所示。
（1）若以A 点为坐标原点，写出波动方程，并求出C ，D 两点的振动方程； （2）若以B 点为坐标原点，写出波动方程，并求出C ，D 两点的振动方程。
y解：（1）振幅 3A =m ，圆频率4ωπ=rad/s ，频率 22ωνπ==Hz ， 波长 10uλν==m波动方程为23c o s 43c o s 45y t x t x ππππλ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m C 点坐标为 13C x =-m ，振动方程为133cos 43cos 455C C y t x t ππππ⎛⎫⎛⎫=-=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m D 点坐标为 9D x =m ，振动方程为93c o s 43c o s 455D D y t x t ππππ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m （2）A 点坐标为 5A x =m ，波动方程为()23c o s 43c o s 45A y t x x t x πππππλ⎡⎤⎛⎫=--=-+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭mC 点坐标为 8C x =-m ，振动方程为133cos 43cos 455C C y t x t πππππ⎛⎫⎛⎫=-+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m D 点坐标为 14D x =m ，振动方程为93c o s 43c o s 455D D y t x t πππππ⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭m 例4.3：一平面简谐横波以 400u =m/s 的波速在均匀介质中沿x +方向传播。
位于坐标原点的质点的振动周期为0.01秒，振幅为0.1m ，取原点处质点经过平衡位置且向正方向运动时作为计时起点。
（1）写出波动方程；（2）写出距原点2m 处的质点P 的振动方程； （3）画出0.005t =秒和0.007秒时的波形图；ACD（4）若以距原点2m 处为坐标原点，写出波动方程。
解：（1）由题意 0.1A =m ，0.01T =秒，400u =m/s可得圆频率 2200Tπωπ== rad/s ， 波长 4uT λ==m 由旋转矢量图知，原点处质点的初相位032πϕ=故原点处质点的运动方程为030.1c o s 2002y t ππ⎛⎫=+⎪⎝⎭m 波动方程为30.1c o s 20022y t x πππ⎛⎫=+-⎪⎝⎭ m （2）2P x = m 处质点的振动方程为30.1c o s 2000.1c o s 200222P P y t x t πππππ⎛⎫⎛⎫=+-=+⎪⎪⎝⎭⎝⎭m （3）10.005t =秒时，波形方程为1350.1cos 2000.1cos 2222y t x x πππππ⎛⎫⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0.1c o s 0.1s i n 222x x πππ⎛⎫⎛⎫=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为 2110.00254t t T -==，故由1t 时刻的波形向+x 方向平移4λ即可得2t 时刻的波形。
如图所示ω（4） 20.1c o s 2000.1c o s 200222y t x t x ππππππλ⎛⎫⎛⎫''=+-=+-⎪⎪⎝⎭⎝⎭ Ex. 4：已知 2t = 秒的波形曲线如图所示，波速0.5u =/m s ，沿x -方向传播求：（1）O 点的振动方程；（2）波动方程解：（1）由2t =s 时的波形图可知0.5A =m ，2λ=m ，∴4T u λ==s ， 22T ππω==利用旋转矢量图法得出 2t =秒时 O 点振动相位032t πωϕ+=2t =， 2πω=O 点的初相位 02πϕ=O 点的振动方程为0.5c o s 22O t ππξ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（2）波动方程 0.5cos 22t x ππξπ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭Ex ：一列机械波沿x 轴正向传播，t =0 时的波形如图所示，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；yOξ (m )(m )0.大学物理(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间．解: (1)由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，原点处质点振动的初始条件为0,200<=v A y ，∴03πϕ=由题知2=λm ， 10=u 1s m -⋅，则 1052u νλ===Hz ，圆频率 ππυω102==原点 O 的振动方程为0.1cos 103y t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭m波动方程为0.1cos 103y t x πππ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭m(2)由图知，0=t 时，0,2<-=P P v Ay ， ∴34πφ-=P (P 点的相位应落后于0点，故取负值) ∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p(3)由 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相位角πππφ6523=+=∆∴所需最短时间为121106/5==∆=∆ππωφt s。
