大学物理学(第三版)赵近芳 第5章答案

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yf(t)；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yf(x,t)． (2)在谐振动方程yf(t)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yf(x,t)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yAcos(tx)中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持u续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．

(3)振动曲线yf(t)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yf(x,t)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．

xx)+0］中的表示什么如果改写为y=Acos uuxxx(t又是什么意思如果t和x均增加，但相应的［(t)+0］的值不0)，

uuu5-2 波动方程y=Acos［(t变，由此能从波动方程说明什么

解: 波动方程中的x/u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；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 ytAcos(t—

xu则

xu0)

则tt时刻的波动方程为

(tt) yttAcos[(xx)u0]

其表示在时刻t，位置x处的振动状态，经过t后传播到xut处．所以在(t当t，x均增加时，(txu)中，

xu)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xut的距离，说明yAcos(txu0)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yf(x,t)，则相对形变量(即应变量)为y/x.波动势能则是与y/x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y/x0)，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=Acos(tx)时，波源一定在坐标原点处吗在什么前提下波动方程才u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；当波动方程写成yAcos(tx)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u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2Acos2xcosvt，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2Acos2x．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(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uuvB，因而单位时间内通过观察者完整波的数目

u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=1.0 m，原点处质点的振动频率为=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t0时原点处质点的振动状态为y00,v00，故知原点的振动初相为波动方程为yAcos[2(,取2tx)0]则有 Txy0.1cos[2(2t)]

120.1cos(4t2x)m

2【

5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(BtCx)，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

yAcos(BtCx) (x0)

将上式与波动方程的标准形式

yAcos(2t2比较，可知： %

波振幅为A，频率波长x)

B，

22B，波速u， CC12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

yAcos(BtCl)

(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为 将x2x1d，及2(x2x1)

2代入上式，即得 CCd．

|

5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=(10t4x)，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=时刻到达哪一点 解: (1)将题给方程与标准式

yAcos(2t12x)

1相比，得振幅A0.05m，频率5s，波长0.5m，波速u2.5ms． (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为

vmaxA100.050.5ms1

amax2A(10)20.0552ms2

&

(3)x0.2 m处的振动比原点落后的时间为

x0.20.08s u2.5故x0.2m,t1s时的位相就是原点(x0)，在t010.080.92s时的位相， 即 9.2π． 设这一位相所代表的运动状态在t1.25s时刻到达x点，则

xx1u(tt1)0.22.5(1.251.0)0.825m

5-10 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：∵yO0,vO0，∴O）

2

对于A点：∵yAA,vA0，∴A0 对于B点：∵yB0,vB0，∴B23对于C点：∵yC0,vC0，∴C

2(取负值：表示A、B、C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

0,vO0，∴O对于O点：∵yO

2

对于A点：∵yAA,vA0，∴A0 对于B点：∵yB0,vB0，∴B230,vC0，∴C对于C点：∵yC

2 (此处取正值表示A、B、C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，A0.1 m，且t0时，y00,v00，∴0又3， 2u52.5Hz，则25 2题5-11图(a)

取 yAcos[(t)0]， 则波动方程为

xuy0.1cos[5(t(2) t0时的波形如题5-11(b)图 …

x3)]m 52

题5-11图(b) 题5-11图(c) 将x0.5m代入波动方程，得该点处的振动方程为

y0.1cos(5t50.53)0.1cos(5t)m 0.52如题5-11(c)图所示．

5-12 如题5-12图所示，已知t=0时和t=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，A0.1m，4m，又，t0时，y00,v00，∴0而u2，

x1u22ms1，0.5 Hz，∴2 t0.54—

故波动方程为

xy0.1cos[(t)]m

22(2)将xP1m代入上式，即得P点振动方程为

y0.1cos[(t)]0.1cost m

22

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A0.1m，t0时，y0A∴0，由题知2m， ,v00，

23105Hz

2∴ 210

u10ms1，则u(1)波动方程为

y01.cos[10(tx)]m 103

题5-13图

(2)由图知，t0时，yP负值)

A4 (P点的位相应落后于0点，故取,vP0，∴P234) 310t∴P点振动方程为yp0.1cos((3)∵ 10(t[

x4)|t0 103351.67m 3

∴解得 x(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)

∴所属最短时间为

35 26t5/61s 10125-14 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yP=A cos(t0)．

(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

yAcos[(t如图(b)，则波动方程为

lx)0] uu

题5-14图

yAcos[(t(2) 如题5-14图(a)，则Q点的振动方程为

AQAcos[(t)0] 如题5-14图(b)，则Q点的振动方程为

x)0] ububAQAcos[(t)0]

u·

5-15 已知平面简谐波的波动方程为yAcos(4t2x)(SI)．

(1)写出t= 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= s时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足

(4t2x)2k 解得 x(k8.4) m (k0,1,2,…) 所以离原点最近的波峰位置为0.4m． ∵4t2tt∴ txu 故知u2ms,

10.40.2s，这就是说该波峰在0.2s前通过原点，那么从计时时刻算起，则应2是4.20.24s，即该波峰是在4s时通过原点的．

题5-15图

\"

1(2)∵4,u2ms，∴uTu21m，又x0处，t4.2s时，

04.2416.8

y0Acos44.20.8A

又，当yA时，x17，则应有

16.82x17 解得 x0.1m，故t4.2s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T2s,A0.2m，且t0时，y00,v00， 故知02,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4m，若取yAcos[2(.

tx)0] T

题5-16图

则波动方程为

y0.2cos[2(t2x)] 425-17 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为×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)∵ Iwu

I1036105Jm3 ∴ w18.0u300wmax2w1.2104 Jm3

$

121udwd2 4413006105(0.14)29.24107J

43005-18 如题5-18图所示，S1和S2为两相干波源，振幅均为A1，相距，S1较S2位相超前

4，求： 2(2) WVw(1) S1外侧各点的合振幅和强度； (2) S2外侧各点的合振幅和强度

解：（1）在S1外侧，距离S1为r1的点，S1S2传到该P点引起的位相差为

22r(r) 114AA1A10,IA20

（2）在S2外侧.距离S2为r1的点，S1S2传到该点引起的位相差.

22(r2…

4r2)0

AA1A12A1,IA24A12

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

y12103cos2t;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y22103cos(2t)，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1)2(CPBP)

(CPBP) u2(0.50.4)0

0.2

题5-19图

#

(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以

APA1A24103m

(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

2AA12A22A1221032.83103m

5-20 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 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)∵t0时，y00,v00，∴02故波动方程为

xyAcos[2v(t)]m

u2

题5-20图

`

(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将x323代入)，再考虑到波由波442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

3 42若仍以O点为原点，则反射波在O点处的位相为 25，因只考虑2以内的位相角，∴反射波在O点的位相为，故3422反射波的波动方程为

2xy反Acos[2(t)]

u2此时驻波方程为

yAcos[2(t) 2Acos故波节位置为

故 x(2k1)&

xux]Acos[2(t)] 2u22xcos(2t) u22x2x(2k1) u24 (k0,1,2,…)

根据题意，k只能取0,1，即x13, 445-20 一驻波方程为y=xt (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

y2Acos故知 A2xcos2t u0.020.01m 27502， 20 2u22750/237.5ms1 ∴ u2020u2/200.10.314m所以相邻两波节间距离 (2)∵2750，则

】

x20.157m

5-22 在弦上传播的横波，它的波动方程为y1=(13t+x (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x0处形成波节，则要反射波在x0处与入射波有的位相差，故反射波的波动方程为

y20.1cos(13t0.0079x) 5-23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为

y1=(x4t)(SI), y2=(x4t)(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

y0.06cos(x4)0.06cos(x4t) 0.12cosxcos4t

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xk，则xk，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；

1，k0,1,2,…，此即波节的位置．

22(2)波腹处振幅最大，即为0.12m；x1.2 m处的振幅由下式决定，即

令x(2k1),则x(2k1)A驻0.12cos(1.2)0.097m

5-24 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vs，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为 1u0 uvsu0 uvs汽车驶离车站时，车站收到的频率为2联立以上两式，得

1u121200100030030ms1

1212001005-25 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v120ms，接收鸣笛的火车车速为v215ms，则两者相遇前收到的频率为

111uv2340150600665 Hz uv134020两车相遇之后收到的频率为

1

uv2340150600541 Hz uv134020