大学物理(许瑞珍_贾谊明)第14章答案

第十四章波动14－1如本题图所示，一平面简谐波沿ox轴正向传播，波速大小为u，若P处质点振动方程为)cos(tAyP，求：（1）O处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P处质点振动状态相同质点的位置。解：（1）O处质点振动方程：y0=Acos[ω（t+L/u）+φ]（2）波动方程y0=Acosω[t-（x-L）/u+φ（3）质点位置x=Lk2πu/ω（k=0,1,2,3……）14－2一简谐波，振动周期T=1/2s，波长＝10m，振幅A=0.1m，当t=0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t1＝T/4时刻，x1=/4处质点的位移；（3）t2＝T/2时刻，x1=/4处质点的振动速度。解：（1）y=0.1cos(4πt-2πx/10)=0.1cos4π（t-x/20）(SI)（2）当t1=T/4=1/8(s),x1=λ/4=10/4m处质点的位移y1=0.1cos4π（T/4-λ/80）=0.1cos4π(1/8-1/8)=0.1m（3）振速)20/(4sin4.0xttyvππt2=T/2=1/4(S),在x1=λ/4=10/4(m)处质点的振速v2=-0.4πsin(π-π/2)=-1.26m/s14－3一简谐波沿x轴负方向传播，圆频率为，波速为u。设4Tt时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y0＝－A，说明原点处质点的振动初相0，因而波动方程为])(cos[uxtAy14－4本题图表示一平面余弦波在t＝0时刻与t＝2s时刻的波形图，求：(1)坐标原点处介质质点的振动方程；(2)该波的波方程。解：由图可知：原点处质点的振动初相20；OPLx习题14－1图yuAx0A习题14－3图波长m160，波速smu/10220；因而圆频率82u，(1)原点处质点的振动方程)28cos(0tAy(2)波方程2)10(8cosxtAy14－5已知一平面简谐波的方程为(SI))24(cosxtAy(1)求该波的波长，频率和波速度u的值；(2)写出t＝2.2s时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置。14－6波源作简谐振动，周期为s100.12，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。解：在确知角频率1s200/2T、波速1sm400u和初相）或2/(2/30的条件下，波动方程]2/3)sm400/)(s200cos[(11xtAy位于xP=8.0m处，质点P的运动方程为]2/5)s200cos[(1PtAy该质点振动的初相2/50P。而距波源9.0m和10.0m两点的相位差为2//)(2/)(21212uTxxxx如果波源初相取2/0，则波动方程为]2/9)(s200cos[(1tAy14－7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。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，故对于球面波而言，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P。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)m(y801600tu2/AA20Os2t)m(x习题14－4图置的能流密度SPI。解：由分析可知，半径r处的能疏密度为24rPI当r1=5.0m、r2=10.0m时，分别有22211mW1027.14rPI23222mW1018.34rPI14－8一弹性波在媒质中传播的速度u=103m/s，振幅A=1.0104m，频率=103Hz，媒质的密度为=800kg/m3。求：（1）波的平均能流密度；（2）一分钟内垂直通过一面积S=4.0104m2的总能量。解：（1）由能流密度I的表达式得2mW1058.1221522222vuAuAI(2)在时间间隔s60t内垂直通过面积S的能量为J1079.33tIStPW14－9如本题图所示，三个同频率，振动方向相同（垂直纸面）的简谐波，在传播过程中在O点相遇；若三个简谐波各自单独在S1、S2和S3振动方程分别为y1＝Acos(ωt+π/2)，y2＝Acosωt和y3＝2Acos(ωtπ/2)，且S2O＝4，S1O＝S3O＝5（为波长），求O点的合振动方程。（设传播过程中各波振幅不变）解：每一波传播的距离都是波长的整数倍，所以三个波在O点的振动方程可写成y1=A1cos(ωt+π/2)y2=A2cosωty3=A3cos(ωt-π/2)其中A1=A2=A，A3=2A,在O点，三个振动叠加，利用振幅矢量图及多边形加法（如图）可得合振动方程y=24Atcos(/)ωπ14－10本题图中1S和2S是波长均为的两个相干波的波源，相距3/4，1S的位相比2S超前2。若两波单独传播时，在过1S和2S的直线上各点的强度相同，不随距离变化，且两波的强度都是0I，则在1S、2S连线上1S外侧和外侧2S各点，合成波的强度分别为多少？解：在1S的外侧，两波源引起的分振动的相位差S3OS1S2习题14－9图P1S2SQu1l432l习题14－10图A2A1π/4A3A=ΣAi0y223221212rr，合振动振幅02AA，波的强度04II；在2S外侧，23221212rr，所以I=0。14－11在弦线上有一简谐波，其表达式为3420100cos100.221xty（SI）。为了在此弦线上形成驻波，并且在x＝0处为一波腹，此弦线上还应有一简谐波，求其表达式。解：设另一波的波动方程为20100cos100.222xty则驻波方程为234100cos2345cos100.4221txyyyx＝0处为波腹，2,1,0234kk取k＝0处，则343420100cos100.222xty14－12如本题图所示，1S和2S为同位相的两相干波源，相距为L，P点距1S为r；波源1S在P点引起的振动振幅为1A，波源2S在P点引起的振动振幅为2A，两波波长都是，求P点的振幅。解：两列波传到P点时的相位差rLrrLrr222212，因而P点振幅212122212121222122cos2cos2rLAAAAAAAAA14－13如本题图所示，S为点波源，振动方向垂直于纸面，1SLr1SP2S习题14－12图AxabS1S2SB习题14－13图和2S是屏AB上的两个狭缝，1S2S＝a。1SS⊥AB，并且1SS＝b。x轴以2S为坐标原点，并且垂直于AB。在AB左侧，波长为1；在AB右侧，波长为2。求x轴上干涉加强点的坐标。解：在坐标为x的P点，两列波引起的分振动的位相差为2221222axxbba代入干涉加强的条件2,1,022222122kkaxxbba解出干涉加强点的坐标为02,1,0221222221222xkkbbakbbaax14－14设入射波的方程式为TtxAy2cos1，在x＝0处发生反射，反射点为一固定端。设反射时无能量损失，求：（1）反射波的方程式；（2）合成的驻波的方程式；（3）波腹和波节的位置。解：（1）反射点是固定端，反射时有半波损失，且振幅不变，所以反射波的方程式为TtxAy2cos2（2）合成的驻波的方程式为22cos22cos221TtxAyyy（3）波腹位置满足3,2,122nnx，2121nx波节位置满2,1,0,21222nnx，nx21。14－15如本题图所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，BC为波密介质的反射面。波由P点反射，OP=3λ/4，DP=λ/6。在t＝0时，O处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动。求D点处入射波与反射波的合振动方程。（设入射波和反射波的振幅皆为A，频率为。）解：以O点为坐标原点，设入射波方程式为xtAy2cos1在P点引起的振动方程为P..ODxBC习题14－15图232cos432cos1tAtAyP反射时有半波损失，22cos2tAyP，反射波方程式为xtAxtAy2cos24322cos2合成驻波方程式为txAyyy2cos2cos221由题设条件t＝0时x＝0处y＝0，0ty，所以2，22cos2cos2txAy又,1271229643Dx，代入上式，得D点的振动方程tAtAtAyD2sin322cos322cos1272cos214－16一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＝1.0×10-5m。试求波在耳中的平均能量密度和声强。解：波在耳中的平均能量密度2622222mJ1042.6221vAA声强就是声波的能流密度，即23mW1018.2wuI这个声强略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26mW100.1左右。14－17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？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)lg(0IIL，其中2120mW100.1I为规定声强。L的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且1B=10dB。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ISP。解：根据分析，由)lg(0IIL可得声强为010IIL则传入窗户的声功率为W100.11040SIISPL14－18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。解：（1）因声强222uAI，则两声波声强之比9222121II（2）因声强级0lgIIL，则两声波声强级差为dB54.9B954.0lglglg210201IIIIIIL14－19一警车以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