10波動習題解答講解

1、第十章 波 動 10-1 圖（ a）表示 t 0 時的簡諧波的波形圖，波沿 x 軸正方向傳播，圖（ b）為一質(zhì)點 的振動曲線則圖（ a）中所表示的 x 0 處振動的初相位與圖（ b）所表示的振動的初相位分 別為（ ） 題 10-1 圖 ） 均為零 （） 均為 （） 均為 22 ） 與 （） 與 22 22 分析與解 本題給了兩個很相似的曲線圖，但本質(zhì)卻完全不同求解本題要弄清振動圖和 波形圖不同的物理意義 圖（ a）描述的是連續(xù)介質(zhì)中沿波線上許許多多質(zhì)點振動在t 時刻的位 移狀態(tài)其中原點處質(zhì)點位移為零，其運動方向由圖中波形狀態(tài)和波的傳播方向可以知道是沿 y 軸負向，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可以方便的求出該

2、質(zhì)點振動的初相位為/2 而圖（ b）是一個質(zhì)點 的振動曲線圖，該質(zhì)點在 t 0 時位移為 0， t 0 時，由曲線形狀可知，質(zhì)點向 y 軸正向運 動，故由旋轉(zhuǎn)矢量法可判知初相位為 2/，答案為（ D ） 10-2 機械波的表達式為 y 0.05cos 6t 0.06x m ，則（ ） （） 波長為 100 （） 波速為 10 -1 （） 周期為 1/3 （） 波沿 x 軸正方向傳播 x 分析與解 波動方程的一般表式為 y Acos t ，其中 A 為振幅， 為初相， u 為 u 波速 x/u 前的 “-”表示波沿 x 軸正向傳播， “+”表示波沿 x 軸負向傳播因此將原式寫為 y 0.05co

3、s 6t x/100 m 和一般式比較可知 （） 、（） 均不對 而由 2/T 6 -1 -1 可知 T （ 1/3）則 uT 33.3 m，因此（）也不對只有（）正確 10-3 一平面簡諧波，沿 x 軸負方向傳播，角頻率為 ，波速為 u設 t T 時刻的波形如 4 圖（ a）所示，則該波的表達式為（ A y Acos C y Acos t tx u B y Acos ux 2 x B y Acos t u 題 10-3 圖 分析與解 因為波沿 x 軸負向傳播，由上題分析知（）、 （ B ）表式不正確找出（ C）、 （D ）哪個是正確答案，可以有很多方法這里給出兩個常用方法方法一：直接將t T

4、/4，x 0 代入方程，那么對（ C）有 y0 A 、對（ D）有 y0 0，可見（ D）的結(jié)果與圖一致方法 二：用旋轉(zhuǎn)矢量法求出波動方程的初相位由圖（a）可以知道 t T/4 時原點處質(zhì)點的位移為 0，且向 y 軸正向運動，則此時刻的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示要求初相位，只要將該時刻的 旋轉(zhuǎn)矢量反轉(zhuǎn)（順時針轉(zhuǎn)） t T/4 /2，如圖（ b）所示，即得 0 同樣得 （D）是正確答案 10-4 如圖所示，兩列波長為 的相干波在點 P 相遇波在點 S1 振動的初相是 1 ，點 S1 到點 P 的距離是 r1 波在點 S2 的初相是 2 ，點 S2 到點 P 的距離是 r2 ，以 k 代表零或正、

5、負整數(shù)，則點 P 是干涉極大的條件為（ ） A r2 r1 k A 2 1 2k A21 2r2r1 /2k A21 2r1r2 /2k 分析與解 P 是干涉極大的條件為兩分振動的相位差 2k，而兩列波傳到 P 點時的 兩分振動相位差為 2 1 2r2 r1 / ，故選項（ D ）正確 10-5 在駐波中，兩個相鄰波節(jié)間各質(zhì)點的振動（ ） （A ） 振幅相同，相位相同（B ） 振幅不同，相位相同 （C） 振幅相同，相位不同（D ） 振幅不同，相位不同 x 分析與解 駐波方程為 y 2Acos2 cos2vt ，因此根據(jù)其特點， 兩波節(jié)間各點運動同相位， 但振幅不同因此正確答案為（ B ） 10

6、-6 頻率為 1.25 104 Hz 的平面簡諧縱波沿細長的金屬棒傳播， 棒的彈性模量為 E 1.90 1011 Nm -2 ，棒的密度 7.6 103 Kg m -3 求該縱波的波長 分析 因機械波傳播速度與介質(zhì)性質(zhì)有關， 固體中縱波傳播速度 uE / 而波的特征 量波長 與波速 u、頻率 之間有 u/ 所以，頻率一定的振動在不同介質(zhì)中傳播時，其波長 不同由上述關系可求得波長 解 由分析可知金屬棒中傳播的縱波速度 u E / ，因此，該縱波的波長為 u/vE /v2 0.40m 10-7 一橫波在沿繩子傳播時的波動方程為 y 0.20cos 2.5x m （1） 求波的振 幅、波速、頻率及波

7、長；（ 2） 求繩上質(zhì)點振動時的最大速度；（ 3） 分別畫出 t 1s 和 t 2 s 時的波形， 并指出波峰和波谷 畫出 x 1.0 處質(zhì)點的振動曲線并討論其與波形圖的不同 分析 （1） 已知波動方程（又稱波函數(shù)）求波動的特征量（波速u、頻率 、振幅 A 及 波長 等），通常采用比較法將已知的波動方程按波動 方程的一般形式 xx y Acos t 0 書寫，然后通過比較確定各特征量 （式中 前 “-”、“+”的選取分別對 uu 應波沿 x 軸正向和負向傳播） 比較法思路清晰、 求解簡便， 是一種常用的解題方法 （ 2） 討 論波動問題，要理解振動物理量與波動物理量之間的內(nèi)在聯(lián)系與區(qū)別例如區(qū)分

8、質(zhì)點的振動速 度與波速的不同，振動速度是質(zhì)點的運動速度，即 v dy/dt；而波速是波線上質(zhì)點運動狀態(tài)的 傳播速度（也稱相位的傳播速度、波形的傳播速度或能量的傳播速度），其大小由介質(zhì) 的性質(zhì)決定介質(zhì)不變，波速保持恒定（3） 將不同時刻的 t 值代入已知波動方程，便可以 得到不同時刻的波形方程 y y（ x），從而作出波形圖而將確定的 x 值代入波動方程，便可 以得到該位置處質(zhì)點的運動方程 y y（ t），從而作出振動圖 解 （ 1） 將已知波動方程表示為 y 0.20cos 2.5t x/2.5 m 與一般表達式 y Acos t x / u 0 比較，可得 A 0.20 m , u 2.5m

9、 s 1, 0 0 則 v /2 1.25 Hz, u/v 2.0 m （ 2） 繩上質(zhì)點的振動速度 v dy/dt 0.5sin 2.5t x/2.5 m s 1 則vmax 1.57m s 1 3） t 1 和 t 2 時的波形方程分別為 y1 0.20cos 2.5 x m y2 0.20cos 5 x m 波形圖如圖（ a）所示 x 1.0m 處質(zhì)點的運動方程為 y 0.20cos 2.5 t m 振動圖線如圖（ b）所示 波形圖與振動圖雖在圖形上相似，但卻有著本質(zhì)的區(qū)別前者表示某確定時刻波線上所有 質(zhì)點的位移情況，而后者則表示某確定位置的一個質(zhì)點，其位移隨時間變化的情況 題 10-7

10、 圖 10-8 波源作簡諧運動，其運動方程為 y 4.0 10 3cos240t m ，它所形成的波形以 30 -1 的速度沿一直線傳播（ 1） 求波的周期及波長；（ 2） 寫出波動方程 分析 已知波源運動方程求波動物理量及波動方程，可先將運動方程與其一般形式 y Acos t 進行比較，求出振幅 A、角頻率 及初相 0 ，而這三個物理量與波動方程 的一般形式 y Acos t x/ u 0 中相應的三個物理量是相同的再利用題中已知的波速 u 及公式 2 2 T 和 u T 即可求解 解 （ 1） 由已知的運動方程可知，質(zhì)點振動的角頻率 240s 1根據(jù)分析中所述， 波的周期就是振動的周期，故

11、有 T 2 / 8.33 10 3 s 波長為 uT 0.25 （） 將已知的波源運動方程與簡諧運動方程的一般形式比較后可得 A 4.0 10-3m， 240s 1，0 0 故以波源為原點，沿 x 軸正向傳播的波的波動方程為 y Acos t x/u 0 4.0 10 3 cos 240t 8x m 10-9 已知一波動方程為 y 0.05sin 10t - 2x m （ 1） 求波長、頻率、波速和周 期；（ 2） 說明 x 0 時方程的意義，并作圖表示 分析 采用比較法將題給的波動方程改寫成波動方程的余弦函數(shù)形式，比較可得角頻率 、波速 u，從而求出波長、頻率等當x 確定時波動方程即為質(zhì)點的

12、運動方程y y（ t） 解 （1） 將題給的波動方程改 寫為 y 0.05cos10t x/5 /2 m 與 y Acos t x/ u0 比較后可得波速 u 15.7 ， 角頻率 10 ，故有 v /2 5.0 Hz,T 1/v 0.2s,l uT 3.14m （ 2） 由分析知 x 0 時，方程 y 0.05cos 10t /2 m 表示位于坐標原點的質(zhì)點 的運動方程（如圖） 10-10 波源作簡諧運動， 周期為 0.02，若該振動以 100m -1 的速度沿直線傳播， 設 t 0 時，波源處的質(zhì)點經(jīng)平衡位置向正方向運動，求：（1 ） 距波源 15.0 和 5.0 m 兩處質(zhì)點的 運動方程

13、和初相；（ 2） 距波源為 16.0 m 和 17.0m 的兩質(zhì)點間的相位差 分析 （ 1） 根據(jù)題意先設法寫出波動方程，然后代入確定點處的坐標，即得到質(zhì)點的運 動方程并可求得振動的初相（ 2） 波的傳播也可以看成是相位的傳播由波長 的物理含 意，可知波線上任兩點間的相位差為2x 解 （1） 由題給條件 T 0.02 s, u 100m s 1，可得 2/T 100 m s 1; uT 2m 當t 0 時，波源質(zhì)點經(jīng)平衡位置向正方向運動，因而由旋轉(zhuǎn)矢量法可得該質(zhì)點的初相為 0 2（或 32）若以波源為坐標原點，則波動方程為 y Acos100t x/100 /2 距波源為 x1 15.0 m

14、和 x2 5.0 m 處質(zhì)點的運動方程分別為 y1 Acos 100t 15.5 y2 Acos 100t 5.5 它們的初相分別為 10 15.5和 10 5.5（若波源初相取 0 32/，則初相 10 13.5， 10 3.5） （2） 距波源 16.0m 和 17.0 m 兩點間的相位差 2 1 2 x2 x1 / 10-11 有 一 平 面 簡 諧 波 在 空 間 傳 播 已 知 在 波 線 上 某 點 B 的 運 動 規(guī) 律 為 y Acos t ，就圖（ a）（ b）（ c）給出的三種坐標取法，分別列出波動方程并用這三個方程來描述與 B 相距為 b 的 P 點的運動規(guī)律 分析 （1

15、） 波動方程的一般表式為 y Acos t x / u0 ，式中振幅 A、角頻率 和波速 u 從 B 點運動方程和所給圖均已知因此只要求出原點的初相0 而對（ a）、（ b） 情況， B 點即為原點，所以 0 ，對情況（ c），原點比 B 點超前相位 1 u，則 0 1u（ 2） 寫出三種情況下波動方程后只要將P 點相應的坐標代入即可寫出 P 點的運 動規(guī)律 解 （ 1） a） 情況下： b） 情況下 c） 情況下： 根據(jù)分析和圖示波的傳播方向，有 y Acos t x / u y Acos t x / u y Acos t x / u l 題 10-11 圖 （ 2） 將 P 點的 x 坐標

16、值分別代入上述相應的波動方程可得三種情況下均有： yP Acos t b / u 討論 由于三種情況下， 在沿波傳播方向上， P 點均落在 B 點后距離為 b處，即 P 點的振 動 均 比 B 點 的 振 動 落 后 時 間 b/u ， 落 后 相 位 b/u ， 因 而 P 點 的 運 動 方 程 均 為 yP Acos t b / u 10-12 圖示為平面簡諧波在 t 0 時的波形圖，設此簡諧波的頻率為250Hz，且此時圖 中質(zhì)點 P 的運動方向向上求：（ 1） 該波的波動方程；（ 2） 在距原點 O 為 7.5 m 處質(zhì)點 的運動方程與 t 0 時該點的振動速度 分析 （ 1） 從波形

17、曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動方程是建立波動方程的又一途 徑具體步驟為： 1. 從波形圖得出波長 、振幅 A 和波速 u ；2. 根據(jù)點 P 的運動趨勢來 判斷波的傳播方向， 從而可確定原點處質(zhì)點的運動趨向， 并利用旋轉(zhuǎn)矢量法確定其初相 0 （ 2） 在波動方程確定后， 即可得到波線上距原點 O 為 x 處的運動方程 y y（t），及該質(zhì)點的振動 速度 dy/dt 解 （ 1）從圖中得知， 波的振幅 A0.10 m，波長 20.0m，則波速 u 5.0 103 -1 根據(jù) t 0 時點 P 向上運動，可知波沿 Ox 軸負向傳播，并判定此時位于原點處的質(zhì)點將 沿 Oy 軸負方向運動利用旋轉(zhuǎn)矢

18、量法可得其初相0 /3 故波動方程為 y Acos t x/u 0 0.10cos 500t x/ 5000 /3 m （ 2） 距原點 O 為 x 7.5 處質(zhì)點的運動方程為 y 0.10cos500t 13/12 m t 0 時該點的振動速度為 -1 v dy/dt t 0 50sin13/12 40.6m s-1 題 10-12 圖 10-13 如圖所示為一平面簡諧波在 t 0 時刻的波形圖，求（ 1）該波的波動方程；（ 2） P 處質(zhì)點的運動方程 分析 （ 1） 根據(jù)波形圖可得到波的波長 、振幅 A 和波速 u，因此只要求初相 ，即可寫 出波動方程而由圖可知 t 0 時， x 0 處質(zhì)

19、點在平衡位置處，且由波的傳播方向可以判斷 出該質(zhì)點向 y 軸正向運動，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可知 /2（2） 波動方程確定后，將 P 處質(zhì) 點的坐標 x 代入波動方程即可求出其運 動方程 yP yP（ t） 波長 0.40 ， 波速 u 0.08 -1 ，則 /2，因此波動方程為 解 （1） 由圖可知振幅 A 0.04 ， 2/T 2u/（2/5） -1 ，根據(jù)分析已知 2 t x t 5 0.08 2 2） 距原點 O 為 x 0.20 處的 P 點運動方程為 y 0.04cos 2 m 52 10-14 一平面簡諧波，波長為 12 m，沿 Ox 軸負向傳播圖（ a）所示為 x 1.0 m 處質(zhì) 點

20、的振動曲線，求此波的波動方程 題 10-14 圖 分析 該題可利用振動曲線來獲取波動的特征量，從而建立波動方程求解的關鍵是如何 根據(jù)圖（ a） 寫出它所對應的運動方程較簡便的方法是旋轉(zhuǎn)矢量法 解 由圖（ a）可知質(zhì)點振動的振幅 A 0.40 ，t 0 時位于 x 1.0 m 處的質(zhì)點在 A/2 處并向 Oy 軸正向移動據(jù)此作出相應的旋轉(zhuǎn)矢量圖（b），從圖中可知 0/ 3 又由圖 （a）可知， t 5 s 時，質(zhì)點第一次回到平衡位置，由圖（ b）可看出 t 56，因而得角頻 率 （ /6） s-1 由上述特征量可寫出 x 1.0 m 處質(zhì)點的運動方程為 y 0.04cos t m 63 將波速u

21、 /T /2 1.0m s1及 x1.0 m 代入波動方程的一般形式 y Acos t x / u0 中，并與上述 x 1.0 m 處的運動方程作比較，可得 0 2， 則波動方程為 y 0.04cos t x/10 m 62 10-15 圖中（ ）是 t 0 時的波形圖，（ ）是 t 0.1 s 時的波形圖，已知 T 0.1 s， 寫出波動方程的表達式 分析 已知波動方程的形式為 y Acos2 t / T x/0 從如圖所示的 t 0 時的波形曲線 ，可知波的振幅 A 和波長 ，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可確定原點 處質(zhì)點的初相 0 因此，確定波的周期就成為了解題的關鍵從題給條件來看，周期T 只能 從兩

22、個不同時刻的波形曲線之間的聯(lián)系來得到為此，可以從下面兩個不同的角度來分析 （1） 由曲線（ ）可知，在 t 0 時，原點處的質(zhì)點處在平衡位置且向 Oy 軸負向運動， 而曲線（ ）則表明，經(jīng)過 0.1s 后，該質(zhì)點已運動到 Oy 軸上的 -A 處因此，可列方程 kT+T/4 0.1s，在一般情形下， k 0， 1，2，這就是說，質(zhì)點在 0.1s 內(nèi)，可以經(jīng)歷 k 個周期振動 后再回到 -A 處，故有 T 0.1 （k 0.25） s （ 2） 從波形的移動來分析因波沿 Ox 軸正方向傳播，波形曲線（ ）可視為曲線（ ） 向右平移了 x ut tT由圖可知， x k/4，故有 k/4 tT，同樣也

23、得 T 0.1/（k 0.25）s應當注意， k 的取值由題給條件 T 0.1 s所決定 解 從圖中可知波長 2.0 m，振幅 A 0.10 m由波形曲線（ ）得知在 t 0 時，原 點處質(zhì)點位于平衡位置且向 Oy 軸負向運動，利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得 0 /2根據(jù)上面的分析， 周期為 T 0.1s / k 0.25 k 0,1,2,. 由題意知 T 0.1 s，故上式成立的條件為 k 0，可得 T 0.4 s這樣，波動方程可寫成 y 0.10cos 2 t / 0.4 x/ 2.0 0.5m 10-16 平面簡諧波的波動方程為 y 0.08cos 4t2x m 求：（1） t 2.1 s 時波源及

24、距波源 0.10m 兩處的相位； （2） 離波源 0.80 m及 0.30 m 兩 處的相位差 解 （1） 將 t 2.1 s 和 x 0 代入題給波動方程，可得波源處的相位 1 8.4 將 t 2.1 s 和 x0.10 m 代入題給波動方程，得 0.10 m 處的相位為 2 8.2 （ 2） 從波動方程可知波長 1.0 m這樣， x1 0.80 m 與 x2 0.30 m 兩點間的相位差 2 x/ 10-17 為了保持波源的振動不變， 需要消耗 4.0 W 的功率 若波源發(fā)出的是球面波 （設介 質(zhì)不吸收波的能量）求距離波源 5.0 m和10.0 m 處的能流密度 分析 波的傳播伴隨著能量的

25、傳播由于波源在單位時間內(nèi)提供的能量恒定，且介質(zhì)不吸 收能量，故對于球面波而言，單位時間內(nèi)通過任意半徑的球面的能量（即平均能流）相同，都 等于波源消耗的功率 P 而在同一個球面上各處的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能 流密度 I P /S 解 由分析可知，半徑 r 處的能流密度為 2 I P/4r 2 當 r1 5.0 m、r2 10.0m 時，分別有 I1 P/4r12 1.27 10 2 W m 2 2 2 2 I2 P/4r22 1.27 10 2 W m 2 10-18 有一波在介質(zhì)中傳播， 其波速 u 1.0 103ms-1 ，振幅 A 1.0 10-4 m，頻率 3 2 -3

26、1.0 103Hz 若介質(zhì)的密度為 8.0 102 kgm-3 ，求：（1） 該波的能流密度； （2） 1 min 內(nèi) 垂直通過 4.0 10-4m2 的總能量 解 （ 1） 由能流密度 I 的表達式得 1 IuA2 2 2 2 uA2v2 1.58 105 W m 2 2 （ 2） 在時間間隔 t 60 s 內(nèi)垂直通過面積 S 的能量為 W P t IS t 3.79 103 J 10-19 如圖所示，兩振動方向相同的平面簡諧波波源分別位于A、B 兩點設它們相位相 同，且頻率均為 30Hz ，波速 u 0.50 m s-1 求在 P 點處兩列波的相位差 分析 在均勻介質(zhì)中， 兩列波相遇時的相

27、位差 一般由兩部分組成， 即它們的初相差 A -B 和由它們的波程差而引起的相位差 2r/本題因 A B ，故它們的相位差只取決于波程差 解 在圖中的直角三角形 ABP 中 BP APsin30o 1.5cm 兩列波在點 P 處的波程差為 r AP BP，則相位差為 、波長為 ，初相 10-20 如圖所示，兩相干波源分別在 P、 Q 兩點處，它們發(fā)出頻率為 相同的兩列相干波設 PQ 3/2， R 為 PQ 連線上的一點求：（ 1） 自 P、Q 發(fā)出的兩列 波在 R 處的相位差；（ 2） 兩波在 R 處干涉時的合振幅 分析 因兩波源的初相相同，兩列波在點 R 處的相位差 仍與上題一樣，由它們的波

28、程差決 定因 R 處質(zhì)點同時受兩列相干波的作用，其振動為這兩個同頻率、同振動方向的簡諧運動的 合成，合振幅 AA12 A22 2A1A2cos 解 （ 1） 兩列波在 R 處的相位差為 2 r / 3 （ 2） 由于 3，則合振幅為 AA12 A22 2A1A2cos3A1 A2 10-21 兩相干波波源位于同一介質(zhì)中的 A、 B 兩點，如圖（ a）所示其振幅相等、頻率 皆為100 Hz，B 比A 的相位超前 若A、B 相距30.0m，波速為 u 400 ms-1 ，試求AB 連 線上因干涉而靜止的各點的位置 題 10-21 圖 分析 兩列相干波相遇時的相位差 2r 2 1 因此， 兩列振幅相

29、同的相干波 2 1 因干涉而靜止的點的位置，可根據(jù)相消條件 2k 1 獲得 解 以 A、B 兩點的中點 O 為原點，取坐標如圖（b）所示兩波的波長均為 u/ 4.0 m在 A、 B 連線上可分三個部分進行討論 1. 位于點 A 左側(cè)部分 B A 2 rB rA14 因該范圍內(nèi)兩列波相位差恒為2的整數(shù)倍，故干涉后質(zhì)點振動處處加強，沒有靜止的點 2. 位于點 B 右側(cè)部分 B A 2 rB rA 16 顯然該范圍內(nèi)質(zhì)點振動也都是加強，無干涉靜止的點 3. 在 A、B 兩點的連線間，設任意一點 P 距原點為 x因 rB 15 x ， rA 15 x ，則 兩列波在點 P 的相位差為 B A 2 rB

30、 rA / x 1 根據(jù)分析中所述，干涉靜止的點應滿足方程 x x 1 52k 1 得 x 2k m k 0, 1, 2,. 因 x15 m，故 k7即在 A 、B 之間的連線上共有 15 個靜止點 10-22 圖（ a）是干涉型消聲器結(jié)構的原理圖，利用這一結(jié)構可以消除噪聲當發(fā)動機排 氣噪聲聲波經(jīng)管道到達點 A 時，分成兩路而在點 B 相遇，聲波因干涉而相消如果要消除頻 率為 300 Hz 的發(fā)動機排氣噪聲，則圖中彎管與直管的長度差r r2 r1 至少應為多少？ （設聲波速度為 340 ms-1 ） 題 10-22 圖 分析 一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干涉現(xiàn)象由干涉相消條件，可確定

31、所 需的波程差，即兩管的長度差 r 解 由分析可知，聲波從點 A 分開到點 B 相遇，兩列波的波程差 r r2 - r1 ，故它們的 相位差為 2 r2 r1 / 2r / 由相消靜止條件 （ 2k 1），（ k 0，1，2，） 得r （ 2k 1） 2 根據(jù)題中要求令 k 0 得 r 至少應為 r / 2 u / 2v 0.57 m 討論 在實際應用中，由于噪聲是由多種頻率的聲波混合而成，因而常將具有不同r 的 消聲單元串接起來以增加消除噪聲的能力 圖（ b）為安裝在摩托車排氣系統(tǒng)中的干涉消聲器的 結(jié)構原理圖 10-23 如圖所示， x 0 處有一運動方程為 y Acos t 的平面波波源，

32、產(chǎn)生的波沿 x 軸正、 負方向傳播 MN 為波密介質(zhì)的反射面， 距波源 3 4求：（1） 波源所發(fā)射的波沿波源 O 左 右傳播的波動方程；（ 2） 在 MN 處反射波的波動方程；（ 3） 在 O MN 區(qū)域內(nèi)形成的駐 波方程，以及波節(jié)和波腹的位置；（ 4） x 0 區(qū)域內(nèi)合成波的波動方程 題 10-23 圖 分析 知道波源 O 點的運動方程 y Acos t ，可以寫出波沿 x 軸負向和正向傳播的方程 分別為 y1 Acos t x/ u 和 y2 Acos t x/u 因此可以寫出 y1 在 MN 反射面上 P 點 的運動方程設反射波為 y3 ，它和 y1 應是同振動方向、同振幅、同頻率的波

33、，但是由于半波 損失，它在 P 點引起的振動和 y1 在 P 點引起的振動反相利用 y1 在 P 點的運動方程可求 y3 在 P 點的運動方程， 從而寫出反射波 y3 在 O MN 區(qū)域由 y1 和 Y3 兩列同頻率、 同振動方 向、同振幅沿相反方向傳播的波合成形成駐波在 x 0 區(qū)域是同傳播方向的 y2 和 y3 合成新 的行波 解 （ 1） 由分析已知：沿左方向和右方向傳播的波動方程分別為 y1 Acos t x / u 和 y2 Acos t x/u （ 2） y1 在反射面 MN 處引起質(zhì)點 P 振動的運動方程 2 2 y1P Acos T t 因半波損失反射波 y3 在此處引起的振動

34、為 2 y3P Acos t 3P T 2t 3 T2 Acos 3 2 Acos t T2 ，則反射波在 x 3/4 處引起的振動 4 3 2 設反射波的波動方程為 y3 Acos 2t / T 2x/ y3P Acos 2Tt 32 與上式比較得2，故反射波的波動方程為 2 2 2 2 tx 2 Acos tx T T y3 Acos （ 3） 在 O MN 區(qū)域由 y1 和 y3 合成的駐波 y4 為 2 2 2 222 y4 t,x y1 y3 Acos tx Acos tx2Acos x cos t 4 1 3 TT T 波節(jié)的位置： 2x/ k /2, x k/2 /4 ，取 k

35、1， 2，即 x /4， 3/4 處為波節(jié) 波腹的位置： 2x/ k, x k/2 ，取 k 0， 1，即 x 0， /2 處為波腹 （ 4） 在 x 0 區(qū)域，由 y2 和 y3 合成的波 y5 為 2 2 2 2 22 y5 t,xy2y3Acos t xAcos t x2Acos t x 5 2 3 T T T 這表明： x 0 區(qū)域內(nèi)的合成波是振幅為 2A 的平面簡諧波 10-24 一弦上的駐波方程式為 y 3.0 10 2 cos 1.6x cos 550t m （1） 若將此駐波看成是由傳播方向相反，振幅及波速均相同的兩列相干波疊加而成的，求它 們的振幅及波速； （2） 求相鄰波節(jié)

36、之間的距離； （3） 求 t 3.0 10-3 s 時位于 x0.625 m 處 質(zhì)點的振動速度 分析 （ 1） 采用比較法將本題所給的駐波方程，與駐波方程的一般形式相比較即可求 得振幅、波速等（ 2） 由波節(jié)位置的表達式可得相鄰波節(jié)的距離（3） 質(zhì)點的振動速度可 按速度定義 v dy/dt 求得 解 （1） 將已知駐波方程y 3.0 10 2cos1.6x cos 550t m 與駐波方程的一般形式 y 2Acos2x/ cos 2vt 作比較，可得兩列波的振幅 A 1.5 10-2 m，波長 1.25 m，頻率 275 Hz，則波速 u 343.8m s-1 （ 2） 相鄰波節(jié)間的距離為

37、x xk 1 xk 2 k 1 1 / 4 2k 1 / 4 / 2 0.625 m （3） 在 t 3.0 10-3 s 時，位于 x 0.625 m 處質(zhì)點的振動速度為 v dy/dt 16.5cos 1.6x cos 550t 46.2m s 1 *10 25 在下述兩種情況下，求長度為 0.15 m 的風琴管的基頻和前四個諧頻 （1） 管 子兩端開口；（ 2） 管子的一端封閉，一端開口設聲速為340ms-1 分析 當風琴管的某個端口封閉時，那么風琴管內(nèi)形成的駐波在該端口就是波節(jié)而當風 琴管的端口開口時，就形成波腹根據(jù)限定區(qū)域內(nèi)駐波形成條件（如圖所示），當管子兩端為 波腹時，其管長與波長

38、有關系式 L kk /2 成立， k 為正整數(shù)而當管子一端為波節(jié)、另一端 為波腹時，管長與波長有關系式 L （2k 1）k /4 成立可見取不同的 k 值，得到不同的 k ， 管內(nèi)就出現(xiàn)不同頻率 k 的波對應 k 1 稱為基頻， k 2，3，4，稱為各次諧頻 題 10-25 圖 解 （ 1） 根據(jù)分析由 L kk /2 和 k u /k 可得 k ku/2 L （k 1，2， 3，） 因此，基頻： 1 1133 Hz 二次諧頻： 2 2267 Hz 三次諧頻： 3 3400 Hz 四次諧頻： 4 4533 Hz 五次諧頻： 5 5667 Hz （2） 同樣根據(jù)分析由 L （2k 1）k /4

39、和 k u /k 可得 k （ 2k 1）u /4L （k 1， 2，3，） 因此，基頻： 1 567 Hz 二次諧頻： 2 1700 Hz 三次諧頻： 3 2833 Hz 四次諧頻： 4 3967 Hz 五次諧頻： 5 5100 Hz 10-26 一平面簡諧波的頻率為 500 Hz ，在空氣（ 1.3 kg m -3 ）中以 u 340 ms-1 的 速度傳播，到達人耳時，振幅約為A 1.0 10 -6 m試求波在耳中的平均能量密度和聲強 解 波在耳中的平均能量密度 1 A2 2 2 2 A2v2 2 6.42 10 6 J m 2 聲強就是聲波的能流密度，即 I u2.18 10 3 W

40、m 2 這個聲強略大于繁忙街道上的噪聲， 使人耳已感到不適應 一般正常談話的聲強約 1.0 10-6Wm-2 左右 10-27 面積為 1.0 m2 的窗戶開向街道，街中噪聲在窗口的聲強級為80dB問有多少 “聲 功率 ”傳入窗內(nèi)？ 分析 首先要理解聲強、聲強級、聲功率的物理意義，并了解它們之間的相互關系聲強是聲波的能流密度 I ，而聲強級 L 是描述介質(zhì)中不同聲波強弱的物理量 它們之間的關系為 L lg（I /I0 ），其中 I0 1.0 10-12 Wm-2 為規(guī)定聲強 L 的單位是貝爾（ B），但常用的單位是 分貝（ dB），且 1 B 10 dB聲功率是單位時間內(nèi)聲波通過某面積傳遞的能

41、量，由于窗戶上 各處的 I 相同，故有 P IS 解 根據(jù)分析，由 L lg（I I0 ）可得聲強為 I 10L I0 則傳入窗戶的聲功率為 P IS 10L I0 S 1.0 10-4 W 10-28 若在同一介質(zhì)中傳播的，頻率分別為 1200 Hz 和 400 Hz 的兩聲波有相同的振 幅求：（ 1） 它們的強度之比；（ 2） 兩聲波的聲強級差 解 （1） 因聲強 IuA2 2 / 2 ，則兩聲波聲強之比 I1 / I21 / 2 9 （ 2） 因聲強級 L lg（I I0 ），則兩聲波聲強級差為 L lg I1/ I0 lg I2 /I0 lg I1/I2 0.954 B 9.54 dB

42、 10-29 一警車以 25 ms-1 的速度在靜止的空氣中行駛， 假設車上警笛的頻率為 800 Hz求： （1） 靜止站在路邊的人聽到警車駛近和離去時的警笛聲波頻率；（2） 如果警車追趕一輛速 度為 15ms-1 的客車，則客車上人聽到的警笛聲波的頻率是多少？ （設空氣中的聲速 u 330ms-1 ） 分析 由于聲源與觀察者之間的相對運動而產(chǎn)生聲多普勒效應，由多普勒頻率公式可解得 結(jié)果在處理這類問題時，不僅要分清觀察者相對介質(zhì)（空氣）是靜止還是運動，同時也要分 清聲源的運動狀態(tài) 解 （ 1） 根據(jù)多普勒頻率公式，當聲源（警車）以速度vs 25 ms-1 運動時，靜止于 路邊的觀察者所接收到的頻率為 u vv u vs 警車駛近觀察者時，式中 vs 前取 “ ”號，故有 u v1 v 865.6 Hz u vs 警車駛離觀察者時，式中 vs 前取 “ ”號，故有 v2 v u 743.7 Hz 2 u vs （ 2） 聲源（警車）與客車上的觀察者作同向運動時，觀察者收到的頻率為 u v2 v 743.7 Hz 50.0 km h-1 ，乙的速 u vs 10-30 一次軍事演習中，有兩艘潛艇在水中相向而行，甲的速度為度為 kmh-1 ，如圖所示 甲潛艇發(fā)出一個 1.0 10 -1 Hz 的聲音信號， 設聲