大学物理(第四版)课后习题及答案-波动

第十四章波动【2】

14-1一横波再沿绳索传播时得波动方程为y=（0.20w）cos［（2.5疫（1）求波得振幅.

波速.频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分离画出t=l$和t=2s时得波形，并指

出波峰和波谷.画出x=1.0m处质点得振动曲线并评论辩论其与波形图得不同.

14-1y=（0.20m）cos［（2.5疫”＞一（制?!”）x］

剖析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特点量（波速〃.频率〃.振幅A及彼

长等），平日采用比较法,将已知的波动方程按波动方程的一般情势

y=Acos«杆£|+%书写，然后经由过程比较肯定各特点量（式中前“一”.“+”的拔

取分离对应波沿x轴正向和负向传播）.比较法思绪清楚.求解轻便,是一种常用的解题办法

（2）评论辩论波动问题,要懂得振动物理量与波动物理量之间的内涵接洽与差别.例如区分

质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的活动速度，即丫=力/流；而波速是波线上质

点活动状况的传播速度（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

小由介质的性质决议.介质不变,彼速保持恒定.（3）将不同时刻的t值代人已知波动方程，

便可以得到不同时刻的波形方程），=），（%）,从而作出波形图.而将肯定的x值代入波动方程，

便可以得到该地位处质点的活动方程y=y（f）,从而作出振动图.

解（1）将已知波动方程表示为

y=（0.20w）cos^.S^s-1^t-x/2.5"?.s"）］

与一般表达式y=Acos［＜y（/-”〃）+0＜）］比较,可得

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A=0.20，",u=2.5m-s~',^0=0

则v=<a/2^=1.25Hz,2=w/v=2.0/M

(2)绳上质点的振动速度

v=dy/dt=-(0.5^m-s~')sin［(2.5^-1Jt-x/2.5m•s~')］

则%x=1・57力$7

(3)t=ls和t=2s时的波形方程分离为

y=(0.20/〃)cosQ.5九一(如，［换］

y2=(0.20m)cos(5^一(如尸卜］

波形图如图14—1(a)所示.

x=l.0m处质点的活动方程为

y=-(0.20m)cos(2.5疫t}

振动图线如图14-1(b)所示.

波形图与振动图虽在图形上类似，但却有着本质的差别前者表示某确准时刻波线上所有

质点的位移情况,尔后者则表示某肯定地位的时光变化的情况.

14-2波源作简谐活动,其活动方程为y=(4.0x10%)cos(24(M»,它所形成得波形以30m/s的

速度沿一向线传播.(1)求波的周期及波长；(2)写出波的方程.

14-2y=(4.0x10-3/n)cos(24(h5-,y

剖析已知彼源活动方程求波动物理量及波动方程,可先将活动方程与其一般情势

y=4cos"r+%)进行比较，求出振幅地角频率。及初相生,而这三个物理量与波动方程的

一般情势y=Acosgt中响应的三个物理量是雷同的.再应用题中已知的波速U及

公式<y=2;rv=2/277和4=即可求解.

解(1)由已知的活动方程可知，质点振动的角频率3=24加L.依据剖析中所述，波的

周期就是振动的周期,故有

7=2/3=8.33x10-%

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波长为

A=uT=0.25ni

(2)将已知的波源活动方程与简谐活动方程的一般情势比较后可得

A=4.0xCD=24cto",(pn=0

故以波源为原点,沿X轴正向传播的波的波动方程为

y=Acos[6>(/-x/u)+%]

=(4.0x10-3m)cos[(24ta)x]

14-3以知以波动方程为y=(0.05Msin[(10小“-⑵/rA].(1)求波长.频率.波速和周期；(2)

解释x=0时方程的意义，并作图表示.

14-3y=(0.05〃?)sin[(10疫ty-(2m-l)x]

剖析采用比较法.将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数情势，比较可得角频率..波

速U,从而求出波长.频率等.当x确准时波动方程即为质点的活动方程y=y(t).

解(1)将题给的波动方程改写为

y=(0.05m)sin[(l0疫15mn-5')-^/2]

与y=Acos[<y(f-必同+%]比较后可得波速角频率3=10疫"，故有

v=co3=5DHz,T=l/v=().2v,A=uT=3A4tn

(2)由剖析知x=0时,方程表示位于坐标原点的质点的活动方程(图13—4).

y=(0.05⑼cos[(l0疫t)t-71/2\

14-4波源作简谐振动,周期为0.02s,若该振动以lOOm/s的速度传播，设t=0时，波源处的质点经均

衡地位向正偏向活动，求：(1)距离波源15.0m和5.0m两处质点的活动方程和初相；(2)距离

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波源16.0m和17.0m两处质点的相位差.

14-4

剖析（1）依据题意先设法写出波动方程，然子女人肯定点处的坐标，即得到质点的活动方程.

并可求得振动的初相.（2）波的传播也可以算作是相位的传播.由波长A的物理含意，可知

波线上任两点间的相位差为△8=2必x/3

解（1）由题给前提T=0.02s,u=100m・s-l,可得

a）=27r/T=l（Xky_|；A=uT=2m

当t=0时,波源质点经均衡地位向正偏向活动,因而由扭转矢量法可得该质点的初

相为外=-4/2（或切/2）.若以波源为坐标原点，则波动方程为

y=Acos［（lOta-100〃•『）-^/2］

距波源为XF15.Om和X2=5.Om处质点的活动方程分离为

X=Acos［（lOta-1）/-15.5万］

-1

y2=4cos［（1OO/zv）t-5.5%］

它们的初相分离为四°=-15.5而=-5.5^（若波源初相取%=34/2,则初相

△e=（px—（p2=2JT（X2—x1）/2=^,.）

（2）距波源16.0m和17.0m两点间的相位差

△*=*［~（p2=24（修-X2'）/A=TT

14-5波源作简谐振动,周期为1.0X10-25,以它经均衡地位向正偏向活动时为时光起点，若此振动以

u=400m/s的速度沿直线传播.求：（1）距离波源8.0m处质点P的活动方程和初相；（2）距离波

源9.0m和10.0m处两点的相位差.

14-5

解剖析同上题.在确知角频率=200?15,波速〃和初相

%=3乃/2（或-乃/2）的前提下,波动方程

y=Acos［（20（hy-1400m-s~l）+3^/2］

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位于xP=8.0m处，质点P的活动方程为

-,

yp=Acos[(200^y)(t-5^/2]

该质点振动的初相/o=-54/2.而距波源9.0m和10.0m两点的相位差为

=27r(X?-X])/2=2乃(々-X[)/MT=4/2

假如波源初相取%=-%/2,则波动方程为

y=Acos[(20ta-1)(r-i2]

质点P振动的初相也变为%o=-%72,但波线上任两点间的相位差并不转变.

14-6有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s,波线上右侧距波源O(坐标原点)为75.0m

处的一点P的活动方程为yp=(0.30Mcos[(2怒»+不/2].求(1)波向x轴正偏向传播时的波动

方程；(2)波向x轴负偏向传播时的波动方程.

14-6yp=(0.30/n)cos[(2^s”+兀/2]

剖析在已知波线上某点活动方程的前提下，树立波动方程时常采用下面两种办法：

(1)先写出以波源0为原点的波动方程的一般情势,然后应用已知点P的活动方程来肯定

该波动方程中各量，从而树立所求波动方程.(2)树立以点P为原点的波动方程，由它来肯

定波源点0的活动方程,从而可得出以波源点0为原点的波动方程.

解1(1)设以波源为原点0,沿X轴正向传播的波动方程为

y=Acos[<w(r-A/w)+^0]

将u=100m・s-'代人，且取x二75m得点P的活动方程为

yp=Acos[<v(/-0.755)+%]

与题意中点P的活动方程比较可得A=0.30m.3=2疫，%=2万.则所求波动方程为

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1

yp=(0.30/n)cos[(2^s')(/-A/100/ZJ-5)]

(2)当沿X轴负向传播时,波动方程为

y=Acos[M++%]

将x=75m.〃=100w5代人后，与题给点P的活动方程比较得A=

0.30m.(0=2亦".(pQ=_冗、则所求波动方程为

y—(0.30m)cos[(2^y-1)(/+x/lOOn•)-4]

解2(1)如图14一6(a)所示，取点P为坐标原点0',沿O'x轴向右的方

向为正偏向.依据剖析,当波沿该正偏向传播时，由点P的活动方程,可得出以

0'(即点P)为原点的波动方程为

y=(0.30/n)cos[(2^y-1)(/-X/10OM-.V-,)+0.5%]

将x=-75m代入上式,可得点0的活动方程为

-1

yo=(0.30〃。cos(2^s)t

由此可写出以点0为坐标原点的波动方程为

y=(0.30/??)cos[(2^y-1)(/-x/10(bz-51)]

(2)当波沿河X轴负偏向传播时.如图14—6(b)所示，仍先写出以0'(即点P)为

原点的波动方程

y=(0.30m)cos((2^-')(/+x/l00w•)+0.5乃]

将x=-75m代人上式,可得点0的活动方程为

yo=(0.30/〃)8$〔(2亦-|)/-乃]

则以点0为原点的波动方程为

y=(0.30/M)cos[(2^y-1)(f+x/1OOw•s")-7r]

评论辩论对于平面简谐波来说,假如已知波线上一点的活动方程,求别的一点的活动方

程，也可用下述办法来处理：波的传播是振动状况的传播，波线上各点(包括原点)都是反

复波源质点的振动状况,只是初相位不同罢了.在已知某点初相平0的前提下,依据两点间的

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相位差=即可肯定未知点的初相中小

14-7图14-7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

活动偏向向上.求：(1)该波的波动方程；(2)在距原点O为7.5m处质点的活动方程与t=0时

该点的振动速度.

14-7

剖析(1)从波形曲线图获取波的特点量，从而写出波动方程是树立波动方程的又一门

路.具体步骤为：1.从波形图得出波长术.振幅A和波速〃=;2.依据点P的活动趋势来

断定波的传播偏向，从而可肯定原点处质点的活动趋势,并应用扭转关量法肯定其初相生.

(2)在波动方程肯定后，即可得到波线上距原点。为X处的活动方程y=y(t)，及该质点

的振动速度v=dy/dt.

解(1)从图15-8中得知，波的振幅A=0.10m,波长4=20.0/〃，则波速

・5.0乂103m.依据i=0时点P向上活动，可知彼沿Ox轴负向传播，并剖断此时位

于原点处的质点将沿Oy轴负偏向活动.应用扭转矢量法可得其初相％=乃/3.故波动方程

为

y=Acos[3(f+M")+%]

=(0.1Ow)cos|(50ted)(r+x/5000〃st)+乃/3]

(2)距原点0为x=7.5m处质点的活动方程为

y=(0.1Om)cos[(500bzy-1)/+13^/12]

t=0时该点的振动速度为

v=(dy/df)z=-(50^7M-5-1)sin13^/12=40.6/w-s~l

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14-8平面简谐波以波速u=0.5m/s沿Ox轴负偏向传播，在t=2s时的波形图如图14-8(a)所示.求

14-8

剖析上题已经指此从波形图中可知振幅A.波长久和频率也因为图14—8(a)是1=

2s时刻的波形曲线，是以肯定t=0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点.求t=0

时的初相有多种办法.下面介绍波形平移法.波的传播可以形象地描写为波形的传播.因为波

是沿Ox轴负向传播的，所以可将t=2s时的

波形沿Ox轴正向平移

Ar=uT=(0.50m•『)x2$=1.0m,即得到t=0时

的波形图14-8(b)，再依据此时点。的状况,

用扭转关量法肯定其初相位.

(C)

解由图15—9(a)得知彼长=振

幅A=0.5m.角频率ty=21=0.5金，

按剖析中所述，从图15—9(b)可知t=0时，原点处的质点位于均衡地位.

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并由扭转矢量图14—8(C)得到偏=-2,则所求活动方程为

y=(0.50m)cos［(0.5亦t)t+0.5乃］

14-9一平面简谐波，波长为12m,沿Ox轴负偏向传播，图14-9(a)所示为x=1.0m处质点的振动

曲线,求此波的波动方程.

14-9

剖析该题可应用振动曲线来获取波动的特点量,从而树立波动方程.求解的症结是若何

依据图14—9(a)写出它所对应的活动方程.较轻便的办法是扭转矢量法(参见题13—

10).

解由图14—9(b)可知质点振动的振幅A=0.40m,t=0时位于x=1.0m的质点在A

/2处并向Oy轴正向移动.据此作出响应的扭转矢量图14-9(b)，从图中可知%'=-乃/3.

又由图14-9(a)可知，t=5sE寸，质点第一次回到均衡地位，由图14-9(b)可看出

cat=54/6,因而得角频率CD=兀/6L.

由上述特点量可写出x=l.0m处质点的活动方程为

y=(0.40m)cos[(^-s~l)t+y]

采用题14—6中的办法,将波速〃二2/丁二口代人波动方程的一般情势

y=Acos。。+*/〃)+%］中，并与上述x=l.0m处的活动方程作比较,可得%=-乃/2,则波动

方程为

y=(0.40/n)cosf(看

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14-10图14-10中(I)是t=0时的波形图，(II)是t=0.1s时的波形图，已知T>0.1s,写出波动方程

的表达式.

14-10

剖析已知波动方程的情势为

y=Acos[2^(//7,-A/2)+

从如图15—11所示的t=0时的波形曲线I,可知彼的振幅A和波长力，应用扭转矢量

法可肯定原点处质点的初相死.是以,肯定波的周期就成为懂得题的症结.从题给前提来看,

周期T只能从两个不同时刻的波形曲线之间的接洽来得到.为此,可以从下面两个不同的角

度来剖析.

(1)由曲线(I)可知，在tzo时，原点处的质点处在均衡地位且向Oy轴负向活动，

而曲线(0)则表明，经由0.1s后，该质点已活动到Oy轴上的一A处.是以，可列方程

kT+T/4=OAs,在一般情况下,k=0,1,2,…这就是说,质点在0.1s内，可以阅历k个周

期振动后再回到A处，故有T=(0.1s)/(&+0.25).(2)从波形的移动来剖析.因波沿Ox轴正

偏向传播，波形曲线(II)可视为曲线(I)向右手移了刈=”也=的/7\由图可

知，Ar=U+A/4,故有以+〃4=必//丁，同样也得丁=(O.ls)/(A+O.25).应该留意,k的取值由

题给前提T>0.1s所决议.

解从图中可知波长;1=2.0W,振幅A=0.10m.由波形曲线(I)得知在t=0时，原点

处质点位于均衡地位且向Oy轴负向活动,应用扭转矢量法可得%=4/2.依据上面的剖析,

周期为

T=(0.卜)/(4+0.25),k=0,1,2,…

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由题意知T>0.Is,故上式成立的前提为，可得T=0.4s.如许，波动方程

可写成

y=（0.10m）88（2必/0.4s-+0.5万）

14-11平面简谐波的波动方程为丁=（0.0所）8$［（4小"），-（2加1）幻.求（I）l=2.1s时波源及距波

源0.10m两处的相位；（2）离波源0.80m处及0.30m两处的相位.

14-11y=（0.08/n）cos［（4^"'）t-（2^?zi-1

解（1）将t=2.Is和x=0代人题给波动方程，可得波源处的相位

（p、=8.4/r

将t=2.Is和x=0.10m代人题给波动方程，得0.10m处的相位为

（P,=8.24

从波动方程可知波长.如许，m与m两点间的相位差

△X=2兀•Z］入=九

14-12为了保持波源的振动不变，须要消费4.0W的功率.若波源发出的是球面波（设介质不接收

波的能量）.求距离波源5.0m和10.0m处的能流密度.

14-12

剖析波的传播伴跟着能量的传播.因为波源在单位时光内供给的能量恒定,且介质不接

收能量,敌对于球面波而言,单位时光内经由过程随意率性半径的球面的能量（即平均能

流）雷同，都等于波源消费的功率户.而在统一个球面上遍地的能流密度雷同,是以,可求出

不同地位的能流密度I=P/S.

解由剖析可知,半径户处的能疏密度为

I=9/4“2

当ri=5.0m.「2=10.0m时，分离有

222

/1=P/4^=1.27x10-IVw"

I2=勿4叫2=3.18x10-3w.w-2

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14-13有一波在介质中传播，其波速u=1.0X103mzs，振幅A=1.0X10，m,频率V=1.0X103HZ.若介

质的密度为png.OXgkg/m，,求：(1)该波的能流密度；(2)Imin内垂直经由过程4.0X10，m2

的总能量.

14-13«=1.0xl03/n-51

A=1.0X10^W,V=1.0X103HZ

p=8.0xlO2Ag-m~3

4.0xl(TW

解(1)由能流密度I的表达式得

I=gpuA'a)2=2/#乂2,=1.58x1()5W.倘

2)在时光距离4=60y内垂直经由过程面积S的能量为

W=，&=/SAr=3.79x10〃

14-14如图14-14所示，两振动偏向雷同的平面简谐波波源分离位于A.B两点.设它们的相位雷同,

且频率均为v=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P处两列波的相位差.

14-14v=30Hz

u=0.50m's~'

剖析在平均介质中，两列波相遇时的相位差一般由两部分构成,即它们的初相差

%和由它们的波程差而引起的相位差2必r/2.本题因。八=%，故它们的相位差只取决

于波程差.

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解在图14-14的&4P8中，由余弦定理可得

BP=VAP2+AB2-2AP-ABcos300=2.94w

两列波在点P处的波程差为^r=AP-BP,则相位差为

=2TT•2=2^vA?*/u-12.71

14-15两波在统一细绳上传播，它们的方程分离为必=（0.0&n）cos（刖“）x-［（4怒T）/］和

%=（0.06w）cos（如?」）X+［（4邓,）/1.（1）证实这细绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的地位;

（2）波腹处的振幅有多大？在x=L2m处，振幅多大？

14-15

剖析只需证实这两列波会成后具有驻波方程的情势即可.由驻波方程可肯定波腹.波节

的地位和随意率性地位处的

振幅.

解（1）将已知两波动方程分离改写为

可见它们的振幅A二0.06m,周期T二0.5s（频率.二2Hi），波长八二2m.在波线上任

取一点P,它距原点为P.则该点的合活动方程为

k式与驻波方程具有雷同情势,是以,这就是驻波的活动方程

由

得波节地位的坐标为

由

得波腹地位的坐标为

门）驻波振幅，在波腹处A'二ZA二0.12m;在x二

0.12m处,振幅为

y=（0.06/M）COS［（R??T卜一（4疫t｝］

y2=（0.06/M）cos［（勿〃t.+（4怒|

y=2Acos（2^/A）COS（2M7）

第13页，-共20页

y}=(0.06m)cos2%(〃0.5s-x/2tn)

y2=(0.06/z:)cos2冗句0.5s+x/2m)

1

y=ylp+y2p=(0.12m)cos(^Xp)cos(te)/

=(0.12w)co“闱cos(4邓一”

2Aco=0

xp=(2k+1)A/4=(攵+0.5)八k=0,±l,±2,…

2Aco*乃辛

=2A=0.⑵?

X/>=k2/2=km,k=0,±1,±2,…

A=,A=2A=0.12

2Aco(24至1

A==|(0.12m)cos0.12^|=0.097m

14-16一弦上的驻波方程式为y=(3.0x10-2切)88(1.6加〃")xcos(55CtoT)/.(1)若将此驻波算作

是由传播偏向相反，振幅及波速均雷同的两列相关波叠加而成的，求它们的振幅及波速；(2)求相

邻波节之间的距离；(3)求1=3.0X10%时位于x=0.625m处质点的振动速度.

14-16

剖析(1)采用比较法.将本题所给的驻波方程，与驻波方程的一般情势比拟较即可求得

振幅.波速等.(2)由波节地位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一如Nz求得.

解(1)将已知驻波方程y=(3.0X10—2m)cos(.6.ml)—coos(550.s—

小与驻波方程的一般情势y=ZA’os(2.x/八).(2,yi)作比较，可得两列波的振幅A=

1.5X10-，m,波长八二1.25m,频率v二275Hi,则波速u一如2343.8in•SI

(2)相邻波节间的距离为

(3)在t-3.0X10-3s时，位于x=0.625m处质点的振动速度为

y=(3.0x107Mcos(1.6加〃t^cos(55ta-1)

f=3.0x10-3$

v=dy/dt

第14页，一共20页

y=(3.0x10-2w)cos(l.6如尸卜COS(550KT)

y=2ACOS(27U/>1)COS(272VZ)

A=1.5x10-26

M=2v=343.8m♦s~'

6x=xk+i-xk=[2(A:+1)+1]2/4~(2k+1)2/4=2/2=0.625

f=3.0x10-3$

v=dy/dt=-(16.59〃•s~')cos(l.6^??r')rsin(55ta_|}=-46.2"?•.「

14-17一平面简谐波的频率为500Hz，在空气中(P=L3kg/m3)以u=340m/s的速度传播,到达人

耳时，振幅约为A=l.0X104m.试求波在耳中的平均能量密度和声强.

14-17

解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度，即

这个声强略大于忙碌街道上的噪声,使人耳已觉得不顺应.一般正常谈话的声强

约为1.0X10-6W•m-2阁下

GJ=—pA1(o2=2^2pA2v2=6.42X10-6JW~2

I==2.18x103W-m~2

l.OxlO^m-2

*14-18面积为l.Om?的窗户开向街道,街中噪声在窗户的声强级为8()dB.问有若干声功率传入窗

内？

14-18

剖析起首要懂得声强.声强级.声功率的物理意义,并懂得它们之间的互相关系.声强是

声波的能流密度I,而声强级L是描写介质中不同声波强弱的物理量.它们之间的关系为L

一体1/10)，个中10二1.0X10-'2W-0-，为划定声强.L的单位是贝尔(B)，但

常用的单位是分贝(dB),且IB=10dB.声功率是单位时光内声波经由过程某面积传递的

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能量,因为窗户上遍地的I雷同，故有P=IS.

解依据剂析，由L=ig（1/10）可得卢强为

则传入窗户的声功率为

L=lg（///0）

，=1。乜

,22

/o=l.OxlO-Ww~

L4

P=ZS=lOZoS=l.OxlOVV

14-19若在统一介质中传播的.频率分离为1200Hz和400Hz的两声波有雷同的振幅.求：（1）

它们的强度之比；（2）两声波的声强级差.

14-19

解（1）因声强I=puA'/2,则两声波声强之比

（2）因声强级L一回对几），则两声波声强级差为

/=puA^

=©「/电2=9

L=lg（，〃o）

AL=lg（Z1/70）-lg（/2/A））=lg（/1//2）=0.9543=954dB

14-20一警车以25m/s的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为800Hz.求：（1）静

止站在路