第15章__机械波

1第十五章习题解答15-1解：（1）对Hz6001的声波，由v有0.567m600340空，2.5m6001500水，8.83m6005300钢（2）对Hz10252的声波，亦由v有m101.71023403-5空，m107.510215003-5水，m102.6510253002-5钢15-2解：（1）由题意t=0时刻，波源过平衡位置向正方向运动，其初相位为2，波的角频率1002T，对照标准波方程])(cos[vxtAy知所求波方程SI)2100cos(]2)100(100cos[xtAxtAy其中A为波的振幅.（2）x=5m处的振动方程和初相位分别为SI)5.5100cos()25100cos(1tAtAy5.510x=15m处的振动方程和初相位分别为SI)5.15100cos()215100cos(2AAy5.1520（3）x=16m处和x=17m处两质点之间的振动相位差为)(21221xx，其中m202.0100Tv2∴)1617(22)(212xx15-3解：（1）依题意知原点振动角频率为rad/s45.022T振幅A=0.1m，周期T=0.5s，波长λ=1m，原点处t=0时有0cos0Ay，0sindd00Atytx由上式可解得2∴原点振动方程为m)24cos(1.0)cos(0ttAy波的传播速度m/s25.01Tv故此沿x轴负向传播的平面波的波动方程为m]2)2(4cos[1.0])(cos[xtxtAyv（2）如果t=0时，x=0点正达m1.0y处，则原点振动方程为m)4cos(1.00ty如果波沿x轴正向传播，则波动方程为m])2(4cos[1.0xty15-4解：（1）将已知波方程改写为标准余弦波方程：)5.25.02cos(2.0m)5.25.0(sin2.0txtxym)5.2(5.2cos2.0xt与标准波方程])(cos[vxtAy比较得m2.0A，rad/s5.2，m/s5.2v，s8.0102Tm28.05.2Tv（2）将x=1m代入波动方程，得该点振动方程为3m)5.2cos(2.00ty该点振动位移的极大值为m2.0maxy该点振动速度表达式为m/s)5.2sin(5.22.0dd0tty故x=1m点振动的最大速度值为m/s57.15.22.0maxu（3）当t=0.4s时，x=1m处质点的振点位移为m2.0)4.05.2cos(2.04.00ty该质点的振动速度0)4.05.2sin(5.22.0dd00tty（4）又经过s4.0t，波传播的距离为m14.05.2txv，从（3）的结果可知，经半个周期后，x=1m处的质点重复着x=0点，t=0时的状态，再经Tt5.0s4.0，波又前进m1x，故此时波刚好传到m2111xxx处.或者，由题意知，总的Tst18.04.04.0，∴波一定前进一个波长，故m21x.15-5解：（1）t=6s时的波形方程为m)66cos(2.06xoyt（2）求t=6s时波峰的坐标：波峰位移m2.0maxAy，在波形方程中令1)66cos(so解得kxoc266（k=0，±1，±2，……）即各波峰坐标为m103kxc求t=6s时各波谷的坐标：波谷位移达m2.0maxAy在波形方程中令1)660cos(x解得)12(660kxt（k=0，±1，±2，……）4即此时各波谷坐标为m106)12(kxt（3）分别计算t=6s时的各波峰和各波谷传至0x点所需的时间：从波方程可知，此波沿x负向传播，故只有位于x轴正向一侧的波峰，波谷才能传至原点，即在t=6s时，这些波峰所对应的位置满足0cx即0103k解得10k这些波峰传至原点所需时间为vccxt，为求波速v将波方程改写为m)3/5(10cos2.0)610cos(2.0xtxty可知波速m/s67.135v，故有s653/510kkxtccv（k=10，11，12，……）同理，可得t=6s时这些波谷对应的位置应满足k≥10，即位于x轴正向一侧的波谷至原点所需时间为s610)12(35610)12(kkxtttv（k=10，11，12，……）15-6解：（1）设x轴上任意点的坐标为x，由于波沿x正方向传播，故该点振动比40x的点振迟vv4xxt∴任意点x在任意时刻t时的振动为SI)22cos()4(cosxtAxtAyv这就是该波的波方程.（2）t=T时的波形与t=0时的波形相同，波形方程为xAxAyt2sin)22cos(0，波形如图中实线所示T45t时的波形与4Tt时的波形相同，将Tt地的波形曲线沿x正方向平移4即可，如图中虚线所示5解15-6图解15-7图15-7解：（1）已知m/s20v，sra/d4，在A点左侧取任意点P，xAP，∴波自左向右传播，∴P点比A点早振动vxt，用A点振动方程SI)4cos(3tyA可得波方程为SI)54cos(3])(4cos[3xtxtyv将m9Bx代入上式得B点的振动方程为SI)5144cos(3)594cos(3ttyB（2）以O为原点，向右为x轴正向，取任意点P如图（2）所示，∵P点比A点晚振动vv50xAxt秒，∴波方程为SI)54cos(3])5(4cos[3xtxtyv将m14Bx代入上方程得B点的振动方程为SI)5144cos(3tyB与在（1）中结果相同.15-8解：（1）图①中x点比p点振动落后vdxt∴波方程为])(cos[vdxtAy（2）图①中x点比p点振动超前6vdxt，t时刻x点的振动是)(tt时刻p点的振动.∴波方程为)(cos[vdxtAy解15-8图15-9解：（1）从Fig15-34中知：m1022A，m10120,0ty，又rad/s2422T，作t=0处，振动曲线的切线，知0dd00tty，即t=0时，x=0点经2A处向负y方向运动，00,0v∴30如振幅矢量图所示.∴x=0点的振动方程为m)32cos(10220ty解15-9图①（2）波速m/s144Tv，波沿正x方向传播∴波方程为m]3)(2cos[1022xty或m]3)44(2cos[1022xty（3）t=1s时的波形方程和波形曲线为m)652cos(10221xyt23/1103/823/503/230)()(210mymx解-15-9图②或解0)652cos(x，kx2380，k=-1，m321x，……71)652cos(x，kx4351，k=0，m351x，……15-10解：已知x=0点的振动曲线为Fig.15-35，从图中可知①t=0时，000y，0dtd00ty，21②4Tt时，AyT4,0，02③43Tt时，AyT43,0，3在t=T时以上3个状态分别传到1x处，432x处43x处15-11解：（1）从Fig.15-36中p点t=0时刻向下运动可判断出4Tt后p点的位置，依此描出t时的波形（虚线），从而知波向负x方向传播，且已知m200，Hz250，rad/s5002解15-11图又t=0时，x=0点AAy22cos0，而00u，∴0sin故x=0初相位为4，∴原点的振动方程为m)4500cos(0tAy∴波动方程为m]4)200250(2cos[])(2cos[xtAxTAy（2）距原点100m处质点的振动方程为m)45500cos(1tAy其振动速度为m/s)45500sin(500dd11tAtyu815-12解：（1）将Fig.15-37中t=0时的波形沿负x方向平移4x，从而判断出t=0时a点运动方向向上，b点向下，c点向下，d点向上.（2）从图知m1042A，m4.0∴波传播速度m/s20105.162Tv解15-12图周期s02.0204.0vT又从图知t=0时，x=0点过平衡位置向上运动)0(0u∴原点初相位2∴原点的振动方程为m]2)02.0(2cos[10420ty波方程为m]2)4.002.0(2cos[1042xtym)25100cos(1042xt（3）质点振动速度为m/s)25100sin(4xttyu15-13解：（1）由图15-38知：A=0.1m，m4.0，经1s)(Ts5.0t波向右传播4m1.0x，∴波沿正x方向m/s2.05.01.0txvs22.04.0vTrad/s2T9从图知还知t=0时，0cos0Ax，0sin0Au，∴2∴原点振动方程为m)2cos(1.00ty波方程为m]2)5-(0.1cos[m]2)2.0(cos[1.0xtxty（2）将a点坐标m1.0x代入波方程得mcos1.0]2)5.0(cos[1.0ttya15-14解：（1）平均能流密度2523422w/m1058.1)10()100.1(8002121AIv（2）每分钟传过该面积的能量为J1079.3601041058.1345IStW15-15解：波的强度（能流密度）SPI222211w/m1027.15444rPI232222w/m1018.31044rPI波的平均能量密度3118211J/m102.41031027.1vIw3118322J/m1006.11031018.3vIw15-16解：（1）平均能量密度为353J/m103300/109vIw10又由)(sin222vxtAw可得35522maxJ/m10610322A（2）管中两相邻同相面相距，则其间的能量为J1062.4430010314.030047322dwSWv15-17解：由题意知，BA，m2100200v两相干波在AB连线上任一点P所引起的二分振动的相位差为)(2BABArr以A为原点，xxx220)]20([22根据干涉条件，凡满足)12(k的空间各点将因干涉而静止（振幅为零），即)12(220kx（k=0,±1，±2，……）解得kx10解15-17图又有200x∴m10kx（k=0，±1，……，±9）15-18解：沿ox传播的波与从AB面反射的波在坐标x处相遇，两波的波程差为xhx22)2(2代入干涉加强条件，有解15-18图kxhx2242（k=1，2，……）xkkxhx242222222