大学物理(第四版)课后习题及答案-波动.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date大学物理(第四版)课后习题及答案-波动大学物理(第四版)课后习题及答案-波动第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为。（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）分别画出t=1s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讨论其与波形图得不同。14-1 分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动

2、的特征量（波速、频率、振幅A及彼长 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书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“”、“”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；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，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。而将确定

3、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，从而作出振动图。 解（1）将已知波动方程表示为与一般表达式比较，可得则 （2）绳上质点的振动速度 则（3） t=1s和 t2s时的波形方程分别为波形图如图141（a）所示。 x1.0m处质点的运动方程为振动图线如图141（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时间变化的情况。14-2 波源作简谐运动，其运动方程为，它所形成得波形以30m/s的速度沿一直线传播。（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。14-2 分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动

4、方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅地角频率及初相，而这三个物理量与波动方程的一般形式中相应的三个物理量是相同的。再利用题中已知的波速U及公式和即可求解。 解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率。根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有波长为(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故以波源为原点，沿X轴正向传播的波的波动方程为14-3 以知以波动方程为。（1）求波长、频率、波速和周期；（2）说明x=0时方程的意义，并作图表示。14-3分析采用比较法。将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率。、波速U，从而求出波长、频率等。当x确

5、定时波动方程即为质点的运动方程。 解（1）将题给的波动方程改写为与比较后可得波速 角频率，故有 （2）由分析知x=0时，方程表示位于坐标原点的质点的运动方程（图134）。14-4 波源作简谐振动，周期为0.02s，若该振动以100m/s的速度传播，设t=0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距离波源15.0m和5.0m两处质点的运动方程和初相；（2）距离波源16.0m和17.0m两处质点的相位差。14-4分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处的坐标，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A的物理含意，可知波线上任两点

6、间的相位差为。 解（1）由题给条件 T0.02 s，u100 msl，可得 当t0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。若以波源为坐标原点，则波动方程为距波源为 x1=15.0m和 x25.0m处质点的运动方程分别为它们的初相分别为（若波源初相取,则初相，。） （2）距波源 16.0 m和 17.0 m两点间的相位差14-5 波源作简谐振动，周期为1.010-2s，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，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的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m和10.0m处两点的相位差。14-5 解

7、分析同上题。在确知角频率、波速和初相的条件下，波动方程位于 xP =8.0 m处，质点 P的运动方程为该质点振动的初相。而距波源9.0 m和 10.0 m两点的相位差为 如果波源初相取，则波动方程为质点P振动的初相也变为，但波线上任两点间的相位差并不改变。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的运动方程为。求（1）波向x轴正方向传播时的波动方程；（2）波向x轴负方向传播时的波动方程。14-6 分析在已知波线上某点运动方程的条件下，建立波动方程时常采用下面两种方法：（1）先写出以波源O为原点的波动方程的一般形式，然后利用已

8、知点P的运动方程来确定该波动方程中各量，从而建立所求波动方程。（2）建立以点P为原点的波动方程，由它来确定波源点O的运动方程，从而可得出以波源点O为原点的波动方程。 解1（1）设以波源为原点O，沿X轴正向传播的波动方程为将 u100 ms代人，且取x二75 m得点 P的运动方程为与题意中点 P的运动方程比较可得 A0.30m、。则所求波动方程为(2)当沿X轴负向传播时，波动方程为将 x75 m、代人后，与题给点 P的运动方程比较得A 0.30m、，则所求波动方程为 解2（1）如图14一6（a）所示，取点P为坐标原点O，沿Ox轴向右的方向为正方向。根据分析，当波沿该正方向传播时，由点P的运动方程

9、，可得出以O（即点P）为原点的波动方程为将 x=-75 m代入上式，可得点 O的运动方程为由此可写出以点O为坐标原点的波动方程为 （2）当波沿河X轴负方向传播时。如图146（b）所示，仍先写出以O（即点P）为原点的波动方程将 x=-75 m代人上式，可得点 O的运动方程为则以点O为原点的波动方程为 讨论对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相平0的前提下，根据两点间的相位差，即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7为平面简谐波在

10、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7.5m处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度。14-7 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、振幅A和波速；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，并利用旋转关量法确定其初相。（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yy（t），及该质点的振动速度vdyd t。 解（1）从图 15 8中得知，波的振幅 A 0.10 m，波长，则波速。根据t

11、0时点P向上运动，可知彼沿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。故波动方程为（2）距原点 O为x=7.5 m处质点的运动方程为t=0时该点的振动速度为14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s沿Ox轴负方向传播，在t=2s时的波形图如图14-8（a）所示。求原点的运动方程。14-8 分析上题已经指出，从波形图中可知振幅A、波长和频率。由于图148（a）是t2s时刻的波形曲线，因此确定 t 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点。求t0时的初相有多种方法。下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播。由于波是沿 Ox轴负向传播的，所

12、以可将 t2 s时的波形沿Ox轴正向平移，即得到t=0时的波形图148（b），再根据此时点O的状态，用旋转关量法确定其初相位。 解由图 15 9（a）得知彼长，振幅 A 0.5 m。角频率。 按分析中所述，从图159（b）可知t=0时，原点处的质点位于平衡位置。并由旋转矢量图148（C）得到，则所求运动方程为14-9 一平面简谐波，波长为12m，沿Ox轴负方向传播，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 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149（a）写出它所对应的运动方程。较简便的方法是旋转矢量法（参见题1

13、310）。 解 由图149（b）可知质点振动的振幅A0.40 m，t0时位于 x1.0m的质点在A2处并向Oy轴正向移动。据此作出相应的旋转矢量图149（b），从图中可知。又由图 149（a）可知，t5 s时，质点第一次回到平衡位置，由图149（b）可看出，因而得角频率。由上述特征量可写出xl.0m处质点的运动方程为 采用题146中的方法，将波速代人波动方程的一般形式中，并与上述x1.0m处的运动方程作比较，可得，则波动方程为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T0.1s，写出波动方程的表达式。14-10 分析 已知波动方程的形式为 从如图

14、1511所示的t0时的波形曲线，可知彼的振幅A和波长，利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相。因此，确定波的周期就成为了解题的关键。从题给条件来看，周期T只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到。为此，可以从下面两个不同的角度来分析。 （l）由曲线（）可知，在 tzo时，原点处的质点处在平衡位置且向 Oy轴负向运动，而曲线（）则表明，经过0。1s后，该质点已运动到 Oy轴上的一A处。因此，可列方程，在一般情形下，k= 0， 1，2，这就是说，质点在 0。1 s内，可以经历 k个周期振动后再回到A处，故有。（2）从波形的移动来分析。因波沿Ox轴正方向传播，波形曲线（）可视为曲线（）向右手移了。

15、由图可知，故有，同样也得。应当注意，k的取值由题给条件 T0.1s所决定。 解 从图中可知波长，振幅A0.10 m。由波形曲线（）得知在t=0时，原点处质点位于平衡位置且向 Oy轴负向运动，利用旋转矢量法可得。根据上面的分析，周期为由题意知 T0.1s，故上式成立的条件为，可得 T0.4s。这样，波动方程可写成14-11 平面简谐波的波动方程为。求（1）t=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。14-11 解（1）将t2.1s和x=0代人题给波动方程，可得波源处的相位将t2.1s和x0.10 m代人题给波动方程，得 0.10 m处的相位为从

16、波动方程可知波长。这样， m与 m两点间的相位差14-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0W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5.0m和10.0m处的能流密度。14-12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，敌对于球面波而言，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户。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 。 解由分析可知，半径户处的能疏密度为 当 r15。0 m、r210.0 m时，分别有14-13 有一波在介质中传播，其波速u=1.0103m/

17、s，振幅A=1.010-4m，频率=1.0103Hz。若介质的密度为=8.0102kg/m3，求：（1）该波的能流密度；（2）1min内垂直通过4.010-4m2的总能量。14-13 解（1）由能流密度I的表达式得2）在时间间隔内垂直通过面积 S的能量为14-14 如图14-14所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A、B两点。设它们的相位相同，且频率均为=30Hz，波速u=0.50m/s，求在点P处两列波的相位差。14-14 v=30Hz 分析在均匀介质中，两列波相遇时的相位差，一般由两部分组成，即它们的初相差和由它们的波程差而引起的相位差。本题因，故它们的相位差只取决于波程差。 解在

18、图1414的中，由余弦定理可得两列波在点P处的波程差为，则相位差为14-15 两波在同一细绳上传播，它们的方程分别为和。（1）证明这细绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的位置；（2）波腹处的振幅有多大？在x=1.2m处，振幅多大？14-15 分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可。由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅。 解（l）将已知两波动方程分别改写为可见它们的振幅 A二0。06 m，周期 T二0。5 s（频率。二2 Hi），波长八二2 m。在波线上任取一点P，它距原点为P。则该点的合运动方程为k式与驻波方程具有相同形式，因此，这就是驻波的运动方程由得波节位置的坐标为

19、由得波腹位置的坐标为门）驻波振幅，在波腹处A二ZA二0。12 m；在x二0。12 m处，振幅为14-16 一弦上的驻波方程式为。（1）若将此驻波看成是由传播方向相反，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=3.010-3s时位于x=0.625m处质点的振动速度。14-16 分析（1）采用比较法。将本题所给的驻波方程，与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等。（2）由波节位置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定义V一如Nz求得。 解（1）将已知驻波方程 y（3。 0 X 102 m） cos（。 6。 ml）

20、 coos（550。s一小与驻波方程的一般形式 y ZAcos（2。x八）。（2。yi）作比较，可得两列波的振幅 A 1。 5 X 10 m，波长八二 1。 25 m，频率 v二 275 Hi，则波速 u一如 2343。8 inSI （2）相邻波节间的距离为(3）在 t二 3。 0 X 103 s时，位于 x 0。 625 m处质点的振动速度为 14-17 一平面简谐波的频率为500Hz，在空气中（=1.3kg/m3）以u=340m/s的速度传播，到达人耳时，振幅约为A=1.010-6m。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

21、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为 1。 0 X 106 Wm2左右*14-18 面积为1.0m2的窗户开向街道，街中噪声在窗户的声强级为80dB。问有多少声功率传入窗内？14-18 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一体IIO），其中 IO二 1。 0 X 102 W0为规定声强。L的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且IB10 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

22、析，由Lig（I IO）可得声强为则传入窗户的声功率为 14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz和400Hz的两声波有相同的振幅。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IpuA。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的客车，则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u=330m/s）14-20 分析由于声源与观察者

23、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 vs25 ms运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时，式中Vs前取“”号，故有警车驶离观察者时，式中Vs前取“”号，故有2）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14-21 如图14-21所示。一振动频率为=510Hz的振源在S点以速度v向墙壁接近，观察者在点P处测得拍音频率=3Hz，求振源移动得速度。（声速为330m/s）14-21 分析位于点P

24、的观察者测得的拍音是振源S直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的。由于振源运动，接收频率。l、12均与振源速度。有关。根据多普勒效应频率公式和拍频的定义，可解得振源的速度。 解根据多普勒效应，位于点P的人直接接收到声源的频率。 l和经墙反射后收到的频率 分别为由拍额的定义有将数据代入上式并整理，可解得14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度（指平均电场强度）约为1.010-3V/m。设收音机能清楚的收听到1.0103km远处某电台的广播，该台的发射是各向同性的（以球面形式发射），并且电磁波在传播时没有损耗，问该台的发射功率至少有多大？14-2214-23 一气体激光器发射的光强可达3.01018W/m2，计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅。14-23-