《大学物理》第六章 习题解答

第六章习题解答 6-1解:首先写出S点的振动方程 若选向上为正方向,则有 0.01=0.02coso 0 24 丌 题6-1图 2 初始相位90-3 丌 y,=0.02coS( 再建立如图题6-1(a)所示坐标系,坐标原点选在S点,沿x轴正向取任一P点,该点振 动位相将落后于S点,滞后时间为: 则该波的波动方程为: 0.02 若坐标原点不选在S点,如习题6-1图(b)所示,P点仍选在 S点右方,则P点振动落后于S点的时间为 习题6-1图 则该波的波方程为: 0.02 cos o( 若P点选在S点左侧,P点比S点超前时间为—,如习题6-1图(c)所示,则 0.02 cos o(t 不管P点在S点左边还是右边,波动方程为: 0.02 cos o(t 6-2解(1)由习题6-2图可知, 波长 =081 振幅 A=0.5n

52 第六章习题解答 6-1 解：首先写出 S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有： 0 − 0.01 = 0.02cos 2 1 cos 0 = − sin 0, 0 = −A  0  sin  0  0 即   3 2 0 = − 或  3 4 初始相位   3 2 0 = − 则 ys t )m 3 2 = 0.02cos( −  再建立如图题 6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在 S 点，沿 x 轴正向取任一 P 点，该点振 动位相将落后于 S 点，滞后时间为： u x t = 则该波的波动方程为： m u x y t       =  − −  3 2 0.02cos ( ) 若坐标原点不选在 S 点，如习题 6-1 图（b）所示，P 点仍选在 S 点右方，则 P 点振动落后于 S 点的时间为： u x L t −  = 则该波的波方程为： m u x L y t       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) 若 P 点选在 S 点左侧，P 点比 S 点超前时间为 u L − x ,如习题 6-1 图(c)所示，则       − − =  +  3 2 0.02cos ( ) u L x y t       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) u x L t ∴不管 P 点在 S 点左边还是右边，波动方程为：       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) u x L y t 6-2 解（1）由习题 6-2 图可知， 波长  = 0.8m 振幅 A=0.5m 习题 6-1 图 习题 6-1 图

频率 Hz=125Hz 周期 8×10-3sc=2mU=250 (2)平面简谐波标准波动方程为 y=Acoso(t-)+o 由图可知,当==0,x=0时,y=A=0.5m,故q=0。 将A、O(O=2m)、l、代入波动方程,得 y=0.5c0250x( 100 (3)x=0.4m处质点振动方程 y=0.5c0250(-4 0.5c0s(250m-)n 6-3解(1)由习题6-3图可知,对于O点,=0时,y=0,故 再由该列波的传播方向可知, 由习题6-3图可知,A=OP=0.40m,且u=0.08m/s,则 @=2T=2T-=2T--rad/s==I rad/s 0.40 可得O点振动表达式为: y0=0.04c0s(=m+)m (2)已知该波沿x轴正方向传播,u=0.08m/s,以及O点振动表达式,波动方程为: =0.04 丌(t 0.082 (3)将x==0.40代入上式,即为P点振动方程: (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形,由图可知,a点向下运动,b点向上运动

53 频率 Hz 125Hz 0.8 100 = = =  u v 周期 8 10 s 1 −3 = =  v T  = 2 = 250 （2）平面简谐波标准波动方程为：       = cos ( − ) + u x y A t 由图可知，当 t=0,x=0 时，y=A=0.5m，故  = 0 。 将 A、( = 2v)、u、 代入波动方程，得： ) m 100 0.5cos 250 (       = − x y  t (3) x=0.4m 处质点振动方程.       = − ) 100 0.4 y 0.5cos 250 (t = 0.5cos(250t − )m 6-3 解（1）由习题 6-3 图可知，对于 O 点，t=0 时，y=0，故 2   =  再由该列波的传播方向可知， 0  0 取 2   = 由习题 6-3 图可知，  = OP = 0.40m, 且 u=0.08m/s，则       5 2 rad/s 0.40 0.08 = 2 = 2 = 2 = u v rad/s 可得 O 点振动表达式为： y t )m 5 2 2 0.04cos( 0  =  + (2) 已知该波沿 x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及 O 点振动表达式，波动方程为： m x y t       = − + 2 ) 0.08 ( 5 2 0.04cos   (3) 将 x =  = 0.40 代入上式，即为 P 点振动方程： y y p t m      = =  +  2 1 5 2 0.04cos 0 (4)习题 6-3 图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动

6-4解(1)平面谐波标准波动方程为: Acos a(t-)+9 由图可知,A=0.2m 对于图中O点,有 x=0,y=0.2m,t=-T 代入标准波动方程: 02=02cos(7T)+ s(=丌+q)=1 故 对于O点,t=0时的初始相位 z 图中P点位相始终落后O点时间,即相位落后,故0时,P点初相位n=0 (2)由l=36ms,=0.4m知 O=2m=2丌=180mad/s 故根据平面谐波的标准波动方程可知,该波的波动方程为 丌 y=0.2 cos 180r( 6-5解习题65图a)中,根据波的传播方向知,O点振动先于P点,故O点振动的方程为: A coso(t+-) l 则波动方程为 y=Acos(t 习题6-5图b)中,根据波的传播方向知,O占振动落后于P点,故O点振动的方程为: yo=Acos@(t 则波动方程为: y=Acos@( 习题6-5图(c)中,波沿ⅹ轴负方向传播,P点振动落后于O点,故O点振动的方程为 A cos(t+ l 则波动方程为:

54 6-4 解（1）平面谐波标准波动方程为：       = cos ( − ) + u x y A t 由图可知，A=0.2m 对于图中 O 点，有： x y m t T 4 3 = 0, = 0.2 , = 代入标准波动方程: ) 1 2 3 cos( ) 4 3 ( 2 0.2 0.2cos + =       = +     T T 故 2   = 对于 O 点，t=0 时的初始相位 2 0   = 图中 P 点位相始终落后 O 点 4 T 时间，即相位落后 2  ，故 t=0 时，P 点初相位  p = 0 。 （2）由 u = 36m/s, = 0.4m 知， 2 2 180rad/s   =  =  = u v 故根据平面谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为： m x y t       = − + 2 ) 36 0.2cos 180 (   6-5 解习题 6-5 图(a)中，根据波的传播方向知，O 点振动先于 P 点，故 O 点振动的方程为： cos ( ) 0 u L y = A  t + 则波动方程为： cos ( ) u L u x y = A  t − + 习题 6-5 图(b)中，根据波的传播方向知，O 占振动落后于 P 点，故 O 点振动的方程为： cos ( ) 0 u L y = A  t − 则波动方程为： cos ( ) u L u x y = A  t + − 习题 6-5 图(c)中，波沿 x 轴负方向传播，P 点振动落后于 O 点，故 O 点振动的方程为： cos( ) 0 u L y = A t + 则波动方程为：

此时,式中x与L自身为负值。 1) y=Acos T(4t+2x) Acos(4 =Acos4丌(t+ =-2m/ 2 r=2HZ (2)y=AcoS 4T(t+ 波 4(t+-)=2knk=0,±1,+2, t=4.2s代入(42+=-) x=k-8.4m x=-8.4m,-74m2…-0.4m,0.6m 0.6 0.3 6-7y=3cos(4m-丌) (1)y=3cos4x(t+-)-丌 丌(t+ 丌 yB=3cos 4T( 3cos 4rt-=-=3cos 4m-1g 9 丌=3cos4m--丌

55 cos ( ) u L u x y = A  t + + 此时，式中 x 与 L 自身为负值。 6-6 (1) y = Acos (4t + 2x) = Acos(4t + 2x) ) 2 cos 4 ( x = A  t + 2Hz 0.5 2 4 2 / = = = = = −      T s u m s  =1m （2） ) 2 cos 4 ( x y = A  t + 波峰： ) 1 2 cos 4 ( + = x  t ) 2 0, 1, 2, 2 4 ( + = k k =   x  t  t=4.2s 代入( 2 2 4.2 x k + = ) 8.4 , 7.4 ,, 0.4 ,0.6 , 8.4 x m m m m x k m = − − − = − 0.3 2 0.6 = = = u x t 6-7 y = 3cos(4t − ) (1)       = 3cos 4 ( + ) − u x y t       =  + ) − 20 3cos 4 ( x t       =  − ) − 20 9 y 3cos 4 (t B       = −       = −       =  −  −     5 4 3cos 4 5 14 3cos 4 5 9 3cos 4 t t t

3cos art y4=3c0(4m-x) 任取一点P如图)AP=x-5,则P点落后A点时间x=5 故波动方程 3cos 4r(t bmxmBp+x 习题6.7图 3cos 4( =3cos 4T(I-r yB=3cos 4T( 14 3cos( 4nt 4 3cos(4, 6-8解(1)由题可知,垂直于波传播方向的面积为: 0.14 据能量密度O=pAo32sm2|o(-)+ 平均能量密度=p4 波的强度=an 得 1=9×10Jm3=3×10°(Jm3) 300 最大能量密度为: 42o2=2o=6×10-(J/m3) (2)两相邻同相面间,波带中包含的能量就是在一个波长的距离中包含的能量,因 能量密度

56       =  −  5 4 3cos 4 t (2) A: y = 3cos(4t −) A 任取一点 P(如图) AP = x −5 ，则 P 点落后 A 点时间 u x − 5 故波动方程       − − =  − )  5 3cos 4 ( u x y t       − − =  − )  20 5 3cos 4 ( x t       = − ) 20 3cos 4 ( x  t       = − ) 20 14 y 3cos 4 (t B  ) 5 4 3cos(4 ) 5 14 3cos(4     = − = − t t 6-8 解（1）由题可知，垂直于波传播方向的面积为： 2 2 2 2 2 ) 1.54 10 2 0.14 ) 3.14 ( 2 ( m m d S − =  =  =  据能量密度        =   sin ( − ) + 2 2 2 u x A t 平均能量密度 2 2 2 1  = A  波的强度 I =u 得： J/m 3 10 (J/m ) 300 9 10 3 5 3 3 − − =   = = u I  最大能量密度为： 2 6 10 (J/m ) 2 2 −5 3  m = A  =  =  (2) 两相邻同相面间，波带中包含的能量就是在一个波长的距离中包含的能量，因 能量密度 习题 6.7 图

o=pA0 sin o(t--)=@m sin o(1-r de dv a2=Casar=Som sino(t-2)dx 6×10-5 0.0154×J=462×10-(J) 6-9(1)P为单位时间通过截面的平均能量,有: nW_27×10° J/s=27×103(Js) At (2)I为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量,有: P2.7×10 s3.00×10-2 J.s-1.m-2=9×10-2(Js-1.m-2) (3)据平均能量密度和I与u的关系,有 9×10 n340小.m2=265×10-(J.m2) 6-10解设P点为波源S1外侧任意一点,相距S1为r1,相距S2为r2,则S1、S2的振动传 到P点的相位差为 Ap=02-01=00-0+2z(-n) ×c 或由课本P21(6-24),知 q10-9 合振幅=A1-A2F=0 故 设Q点为S2外侧的任意一点,同理可求得S1、S2的振动传到Q的相位差为 =2-9 C×c 0, 合振动 A=A1+A2=2A 合成波的强度与入射波强度之比为: lo_442

57 sin ( ) sin ( ) 2 2 2 2 u x t u x A t  =    − =  m  − V E d d  = 故   = = −       0 0 2 sin ( )dx u x Sdx S t m 4.62 10 ( ) 300 300 0.0154 2 6 10 2 1 2 1 7 5 J J v u m S m S − −   =   = =   =  6-9 (1) P 为单位时间通过截面的平均能量，有： J/s 2.7 10 (J/s) 10 2.7 10 -3 2 =   = = − t W P  (2) I 为单位时间通过垂直于波的传播方向单位面积的平均能量，有： 9 10 ( ) 3.00 10 2.7 10 1 2 2 1 2 2 3 − − − − − − −   =      = = J s m J s m s P I (3) 据平均能量密度和 I 与 u 的关系，有： 2.65 10 ( ) 340 9 10 2 4 2 2 − − − −  =    = = J m J m u I  6-10 解 设 P 点为波源 S1 外侧任意一点，相距 S1 为 r1，相距 S2 为 r2，则 S1、S2 的振动传 到 P 点的相位差为： ( ) 2 2 1 20 10 1 2 = − = − + r − r             = − + − ) = − 4 ( 2 2 或由课本 P213(6-24)，知 10 20 2 1 2      + − − = r r 合振幅 A =| A1 − A2 |= 0 故 Ip=0 设 Q 点为 S2 外侧的任意一点，同理可求得 S1、S2 的振动传到 Q 的相位差为： 0, 4 2 2 = 2 − 1 = − +  =        合振动 A = A1 + A2 = 2A1 合成波的强度与入射波强度之比为： 4, 4 2 1 2 1 0 = = A A I IQ

6-11解(1)因合成波方程为 y=V,+ y2 [0.06c0s(x-4t)+0.06c0s(x+41)]m =2×060x-4)+x(x+4) 丌(x-41)-m(x+4t 0.12cosa×cos4mtm 故细绳上的振动为驻波式振动。 (2)由cosx=0得 mx=(2k+1) 故波节位置为:x=(2k+1m)(k=0,±1,±2…) 由 F1得 k 故波腹位置x=k(m)(k=0,±1+2 (3)由合成波方程可知,波腹处振幅为 A=0.12m 在x=1.2m处的振幅为: A2=0.12cos1.2n|m=0.097 6-12(1)yA=Acos 10r( )+2|=4c010-x+z y反=Acos10m( 28-x.丌 =Acos10(-403=4c010m+x-) (2)驻波方程 y=11=ACOS(10m、 ) Acos(10rt+x 2Acos(10rt-cos(T-x =2Acos(丌-x)sn10m =-2Acos -xsin 1ozt 2k+1 (3)波节cosx=0 丌→x-2(2k+1)=4k+2

58 即 4 0 I I Q = 6-11 解（1）因合成波方程为： 1 2 y = y + y x t m m x t x t x t x t x t x t m         0.12cos cos 4 2 ( 4 ) ( 4 ) cos 2 ( 4 ) ( 4 ) 2 0.06cos [0.06cos ( 4 ) 0.06cos ( 4 )] =  − − +  − + + =  = − + + 故细绳上的振动为驻波式振动。 (2) 由 cosx = 0 得： 2 (2 1)  x = k + 故波节位置为： (2 1)( ) ( 0, 1, 2 ) 2 1 x = k + m k =    由 | cosx |= 1 得： x = k 故波腹位置 x = k(m) (k = 0,1,2) (3) 由合成波方程可知，波腹处振幅为： A = 0.12m 在 x=1.2m 处的振幅为： Ax =| 0.12cos1.2 | m = 0.097 6-12 (1) ) 4 2 cos(10 2 ) 40 cos 10 (      = − +       = − + A t x x y入 A t       + − − = −    2 ) 40 28 cos 10 ( x y反 A t ) 2 3 4 cos(10 2 ) 40 28 cos 10 (      = + −       − − = − A t x x A t (2) 驻波方程 ) 2 3 4 ) cos(10 4 2 cos(10      y = y入 + y反 = A t − x + + A t + x − ) 4 ) cos( 2 2Acos(10 t x    =  − − A x t A x t      sin 10 4 2 cos )sin 10 4 2 cos( = − = − (3) 波节 2(2 1) 4 2 2 2 1 4 0 4 cos  − + = + + = = x k k k x x   

波腹 x=k 4k 波节:x=2,6,10, 波腹 6-13解(1)据题意可知,S点的振动表达式为 故平面波的表达式为 y,=Acos o( (2)反射点的振动表达式为: o( 考虑反射面的半波损失,则反射面的振动表达式为: A cos(ot 故反射波的表达式为: 丌 (2)另解:设SP之间有任一点B,波经过反射后传到B点,所经过的距离为(2Dx),则 2D-x 反射波在B点落后于O点的时间为 并考虑半波损失 D 2D A 习题6-13图 2Do ux Ac (3)合成波的表达式为: y合=y+y +a n 2A 2 4)距O点为一处的一点的合振动方程为:

59 波腹 x x k x 4k 4 1 4 cos = =  =   ∴ 波节：x=2,6,10,14 波腹：x=0,4,8,12 6-13 解（1）据题意可知，S 点的振动表达式为： y Acost 0 = 故平面波的表达式为： cos ( ) u x y = A  t − (2) 反射点的振动表达式为： cos ( ) u D y A t  P =  − 考虑反射面的半波损失，则反射面的振动表达式为： cos(  )  =  − − u D y A t P 故反射波的表达式为：              − +      − = −    u D u D x y反 Acos t              − +      = +    u D u x A t 2 cos （2）另解：设 SP 之间有任一点 B，波经过反射后传到 B 点，所经过的距离为（2D-x），则 反射波在 B 点落后于 O 点的时间为 u 2D − x ,并考虑半波损失。 ∴       − − =  − )  2 cos ( u D x y反 A t       = − + −   u ux u D A t 2 cos (3) 合成波的表达式为： y合 = y + y反              − +      + +             = −     u D u x A t u x A t 2 cos cos             − +       = + − 2 cos 2 2 cos       u D t u x u D A (4) 距 O 点为 3 D 处的一点的合振动方程为： 习题 6-13 图

2A 6-14解(1)由第一列波在Q点的振动yo= A cos ot和第二列波在O点振动的相位比,第 一列波Q的相位超前丌,得到第二列波在O点的振动为 Acos(ot+丌) 由两振动方程可得同一坐标下的波动表达式为 e= Acos a 习题6-14图 yo=Acos(t-)+I 将1x=x代入,得到两列波在P点处的振动表达式为: 2x ypI=Acos(at 27 yp2=Acos( 上述两个振动在P点引起的合振动为: 2 A cos(a )+Acos(@t -2Asn(or-2 2m,丌、 (2)当波的频率v=400Hz,波速u=400m/s时,由u=v可知,波长Z=a=1m 将λ=lm代入(1)式,(1)式中的x换成变量x,得驻波方程为: y=-2Asin( ot-T)sin( 2T-) 2 Asin ot sin 2 为得到干涉静止点位置,使y=0,于是有: sn 2T=0 =kr(k=0.1,2…) 得 2 在O与Q之间(包括O、Q两点在内),因干涉而静止的点的位置为:

60              − +       = + 2 cos 3 2 2 2 cos 3      u D t u D y D A 6-14 解（1）由第一列波在 Q 点的振动 y A t Q = cos 和第二列波在 O 点振动的相位比，第 一列波 Q 的相位超前  ，得到第二列波在 O 点的振动为： y = Acos(t +) o 由两振动方程可得同一坐标下的波动表达式为：        2 cos ( ) cos ( ) = = =       = − +       − = − T u u x y A t u l x y A t O Q 将 l=1,x=xp 代入，得到两列波在 P 点处的振动表达式为： ) 2 cos( ) 2 2 cos( 2 1          = − + = − + p P p P x y A t x y A t 上述两个振动在 P 点引起的合振动为： p p1 p2 y = y + y ) 2 ) cos( 2 2 cos(         =  − + + − + p p x A t x A t ) (1) 2 2 sin( )sin(       = −  − − p x A t (2) 当波的频率  =400Hz,波速 u=400m/s 时，由 u=  λ可知，波长 m v u  = = 1 。 将  =1m 代入（1）式，（1）式中的 xp 换成变量 x，得驻波方程为： y = −2Asin(t − )sin( 2x − ) = −2Asintsin 2x 为得到干涉静止点位置,使 y=0,于是有: sin 2x = 0 即 2x = k (k = 0,1,2) 得 2 k x = 在 O 与 Q 之间(包括 O、Q 两点在内)，因干涉而静止的点的位置为： 习题 6-14 图

6-15解(1)因为波源的振动方程为:y= A cos ot 故波源向反射面发出的沿x轴负方向的行波波动表达式为 A cos( 沿x轴正方向传播的行波表达式为: 2丌 y正=Acos(or 2)因为沿x轴负方向的波入射到反射面上引起的振动之表达式为 2Ax 将x=.34 代入上式,得 y=Acos(@t+ 因为反射面有半波损失,故作为反射波波源的振动表达式为: 丌)=Acos( 故反射波的行波波动方程分别为: 在MNyO区域内 AN-yo= Acoso、x2x,3 丌2丌3 2T A cost y cos( 在x>0区域内 0=Acos[ot A cos(ot--) 由此可见,反射波波源所发生的沿x轴正方向传播的行波,无论在MN-yO区域,还是在 x>0区域,其波动议程皆可表示为: A 61 习题6-15图

61 x=0, 2 1 , m, 1m 6-15 解（1）因为波源的振动方程为： y = Acost 故波源向反射面发出的沿 x 轴负方向的行波波动表达式为： ) 2 y Acos( t x   负 =  + 沿 x 轴正方向传播的行波表达式为： ) 2 y Acos( t x   正 =  − (2) 因为沿 x 轴负方向的波入射到反射面上引起的振动之表达式为： ) 2 cos(    x y  = A t + 将 4 3 x = − 代入上式，得： ) 2 3 cos(  y  = A t + 因为反射面有半波损失，故作为反射波波源的振动表达式为： ) 2 ) cos( 2 3 cos(     y = A t − + = A t − 故反射波的行波波动方程分别为： 在 MN-yO 区域内       − = − − − (− )] 4 3 [ 2 2 Y Acos t x MN yO      ] 2 2 3 2 cos[ x = A t − − −     2 ] 2 cos[    =  − − x A t 或 ) 2 cos(    x y A t MN− yO = − 在 x>0 区域内 )] 4 3 ( 2 2 y 0 Acos[ t x x  = − − +      ) 2 cos(    x = A t − 由此可见，反射波波源所发生的沿 x 轴正方向传播的行波，无论在 MN-yO 区域，还是在 x>0 区域，其波动议程皆可表示为： ) 2 cos(    x y反 = A t − (a) (b) 习题 6-15 图