第十四章波动 14-一横波再沿绳子传福时得被动方程为y=020m)c©2.5题r-(m'江·(1)求装得挥 解、波速、频率及波长：(2)求绳上质点氟动时海最大速度：(3)分别通出=s和2s时得波 彩，并指出被峰和该容，西出x0m处质点得振动曲规并对论其与波形图得不可， fm 12 14-ly-0.20m)eo2.5s-(am' 分析(1)已知被动方程（又称波函数）求被动的籍征量（波速m、顿率？、振幅A及 被长等)，通常采用比较法。将已知的波动方程按波动方程的一般形式 一4叫代}风书写。丝后通过比数镜定各特征最（试中前一、“十“的选取分 别对应波沿x轴正向和负向传播)。比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。 (2)讨论液动问题，要理解据动物理量与被动物理量之间的内在联系与区别，例如区分质 点的振动速度与波速的不月，振动速度是质点的运动速度，即，一/仙：而波速是波线上质 点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度，波形的传疆速度成能量的传播速度），其大 小由介质的性质读定。介质不变，被速保持恒定。(3》将不同时的1值代人已知波动方程， 使可以得到不同时刻的波形方程y=),从而作出波形图。而将确定的重植代入波动方程， 便可以得到该位置处质点的运动方程y一)，从面作出振动图。 解(1)将已知被动方程表示为 y=(020mc2.5sk-/2.5m3】 与一般表达式y=Ac-x/)+%]比较，可得 A=020m,F=25m-8%=0 则v=台2x=125b,=y=20网 〔2)绳上质点的振动速度 v=h=bsm人n形5ak-x/25ws 则n=157限5 (3》=1s和1=2s时的波形方程分别为 y=020m)e0中5g-(am月 为=020m)e04x-m
第十四章波动 14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为 y (0.20m) cos(2.5 s )t ( m )x −1 −1 = − 。（1）求波得振 幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出 t=1s 和 t=2s 时得波 形，并指出波峰和波谷。画出 x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。 14-1 y (0.20m) cos(2.5 s )t ( m )x −1 −1 = − 分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速 u 、频率 、振幅 A 及 彼长 等），通常采用比较法。将已知的波动方程按波动方程的一般形式 + = 0 cos u x y A t 书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分 别对应波沿 x 轴正向和负向传播）。比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。 （2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。例如区分质 点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即 v = dy dt ；而波速是波线上质 点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大 小由介质的性质决定。介质不变，彼速保持恒定。（3）将不同时刻的 t 值代人已知波动方程， 便可以得到不同时刻的波形方程 y = y(x) ，从而作出波形图。而将确定的 x 值代入波动方程， 便可以得到该位置处质点的运动方程 y = y(t) ，从而作出振动图。 解（1）将已知波动方程表示为 ( )( ) 1 1 (0.20 ) cos 2.5 2.5 − − y = m s t − x ms 与一般表达式 ( ) 0 y = Acos t − x u + 比较，可得 0.20 , 2.5 , 0 0 1 = = = − A m u m s 则 v = 2 =1.25Hz, = u v = 2.0m （2）绳上质点的振动速度 ( ) ( )( ) 1 1 1 0.5 sin 2.5 2.5 − − − v = dy dt = − ms s t − x ms 则 1 m ax 1.57 − v = ms （3） t=1s 和 t＝2s 时的波形方程分别为 y m ( m )x 1 1 (0.20 ) cos 2.5 − = − y m ( m )x 1 2 (0.20 ) cos 5 − = −
波形图如图14一1《a)所示. x一1.0阳处质点的运动方程为 y=-(0.20m)cos(2.5) 振动图线如图14一1(6》所示。 被彩图与据动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别前者表示某确定时波钱上所有 质点的位移情况，而后者测表示某确定位置的时间变化的情况。 14-2被酒作简请运动，其运动方程为y=(4.0×0mos20酒W,它所形成得被形以30m的 的速度沿一直线传福。(1)求波的周期及波长：《2》写出波的方程。 14-2y-(40x10-3wmc0s20ar 分析已知被源运动方程求被动物理量及被动方程，可先将运动方程与其一般形式 y■A0s叶+民)进行比较，求出根幅地角频率。及初相民，而这三个物理量与被动方程的 一般形式y=Aeo叶-+]中相应的三个物理量是相同的。再利用盟中己知的该速U 及公式o-2Y=2x/了和2=uT即可求解. 解(1)由己知的运动方程可知。质点霰动的角频率四=240✉，根据分析中所述，被 的周期就是振动的圆期，故有 T=2x/世=833x1x 波长为 =NT =025m (2)将已知的被源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得 A=4.0×10m,=20m，网=0 故以波源为原点，沿X轴正向传播的波的波动方程为 y=Acosol-x/u)+ =(40×10'刚c0520s'M-(&m'xl 143以如以波动方程为y=(0.05周)s0西M-(2m·《1)求被长、赖率、波速和周期： (2)说明0时方程的意义，并作图表不。 v/m 0.05 01 14-3y=0.08m)sin0gr-2w] 分析紧用比较法。将题给的被动方程改写成被动方程的象弦函数形式，比较可得角赖率
波形图如图 14－1（a）所示。 x＝1.0m 处质点的运动方程为 y m ( s )t 1 (0.20 ) cos 2.5 − = − 振动图线如图 14－1（b）所示。 波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有 质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的时间变化的情况。 14-2 波源作简谐运动，其运动方程为 y (4.0 10 m)cos(240 s )t −3 −1 = ，它所形成得波形以 30m/s 的速度沿一直线传播。（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。 14-2 y (4.0 10 m) cos(240 s )t −3 −1 = 分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式 ( ) 0 y = Acos t + 进行比较，求出振幅地角频率 及初相 0 ，而这三个物理量与波动方程的 一般形式 ( ) 0 y = Acos t − x u + 中相应的三个物理量是相同的。再利用题中已知的波速 U 及公式 = 2 = 2 /T 和 = uT 即可求解。 解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率 1 240 − = s 。根据分析中所述，波 的周期就是振动的周期，故有 T s 3 2 / 8.33 10− = = 波长为 = uT = 0.25m (2)将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得 4.0 10 240 0 0 3 1 = = = − − A m， s ， 故以波源为原点，沿 X 轴正向传播的波的波动方程为 ( ) (4.0 10 ) cos[(240 ) (8 ) ] cos 3 1 1 0 m s t m x y A t x u − − − = − = − + 14-3 以知以波动方程为 (0.05 )sin[(10 ) (2 ) ] 1 1 y m s t m x − − = − 。（1）求波长、频率、波速和周期； （2）说明 x=0 时方程的意义，并作图表示。 14-3 (0.05 )sin[(10 ) (2 ) ] 1 1 y m s t m x − − = − 分析采用比较法。将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率
波速山，从而求出波长、频率等。当x确定封波动方程即为质点的运动方程y一)： 解(1》将题给的波动方程改写为 y=006mnw们0e-x/5m·-g/2到 与y-Ace-+%]比较后可得波速角规率g-10s'，放有 =t/2x=50t,T=1/r=02x,2=wT=34m (2)由分析知x=0时，方程表示位于坐标源点的质点的运动方程（图13一4）。 y-(0.05m)ecs00ag-x/2] 144被要作简请银动，周期为002s,看该醒动以100ms的速度传播，设10时，波潭处的质 点经平衡位置向正方向运动，求：(1》距离被源15,0m和50m两处质点的运动方程和初相：(2) 距离波源160m和70m两处妩点的相位差。 14-4 分析(1)根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处的坐标，即得到质点的运动方 程。并可求得据动的初相。(2)波的传播也可以看成是相位的传播。由波长A的物理含意， 可知波线上任两点间的相位差为△g=24x/A。 解(1》由题给条件T-0.02s,u一100n·s一1，可得 =2r/T=100g1A=T=2m 当=0时，被源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初 相为民=-2或3缸/2)。若以波源为坐标原点，测波动方程为 y=c0s00s1-x/100ms)-g/2 距波源为x=15.0加和=5,0加处质点的运动方程分别为 片-Ac0sW1DsM-15.5g] 为=4 cosK100sM-5.5r] 它门的初相分别为%，=-15.5和=-55行〔若被源初相取，=3知/2，则初相 4p=g-%-23-黑)/2=夏，.) (2)距被源160■和17.0■两点间的相位差 4p■鸭-%3■2黑-名)/A■累 143被夏作简普根动，周期为10×10s,以它经平衡位置句正方询运动时为时间足点，若此 丽功以一40Om的连度沿直线传播，求，《1》距离被源80幽处质点P的运动方程和初相：(2) 离被单90m和100m处两点的相位差， 14-5 解分析月上题。在确知角频率9=2r/T=200o、波连#=400m·和初相 %=3r/2或-x/2》的条件下，被动方程 y=Ac0s200酒t-x/0m·)+3r/2] 位于斯=80■处，质点P的运动方程为 y.Acos[200m'-5e/2]
波速 U，从而求出波长、频率等。当 x 确定时波动方程即为质点的运动方程 y = y(t) 。 解（1）将题给的波动方程改写为 (0.05 )sin[(10 )( / 5 ) / 2] 1 1 = − − − − y m s t x m s 与 ( ) 0 y = Acos t − x u + 比较后可得波速 角频率 1 10 − = s ，故有 = / 2 = 5.0Hz，T =1/ = 0.2s， = uT = 3.14m （2）由分析知 x=0 时，方程表示位于坐标原点的质点的运动方程（图 13—4）。 (0.05 ) cos[(10 ) / 2] 1 = − − y m s t 14-4 波源作简谐振动，周期为 0.02s，若该振动以 100m/s 的速度传播，设 t=0 时，波源处的质 点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距离波源 15.0m 和 5.0m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距离波源 16.0m 和 17.0m 两处质点的相位差。 14-4 分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代人确定点处的坐标，即得到质点的运动方 程。并可求得振动的初相。（2）波的传播也可以看成是相位的传播。由波长 A 的物理含意， 可知波线上任两点间的相位差为 = 2x / 。 解（1）由题给条件 T＝0.02 s，u＝100 m·s－l，可得 2 /T 100 s uT 2m 1 = = = = − ； 当 t＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初 相为 0 = − / 2(或3 / 2） 。若以波源为坐标原点，则波动方程为 cos[(100 )( /100 ) / 2] 1 1 = − − − − y A s t x m s 距波源为 x1=15.0m 和 x2＝5.0m 处质点的运动方程分别为 cos[(100 ) 15.5 ] 1 1 = − − y A s t cos[(100 ) 5.5 ] 1 2 = − − y A s t 它们的初相分别为 10 = −15.5和20 = −5.5 （若波源初相取 0 = 3 / 2 ,则初相 =1 −2 = 2(x2 − x1 )/ = ，。） （2）距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差 =1 − 2 = 2 (x1 − x2 ) / = 14-5 波源作简谐振动，周期为 1.0×10-2 s，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。 14-5 解分析同上题。在确知角频率 1 2 / 200 − = T = s 、波速 1 400 − u = ms 和初相 0 = 3 / 2(或− / 2） 的条件下，波动方程 cos[(200 )( / 400 ) 3 / 2] 1 1 = − + − − y A s t x m s 位于 xP =8.0 m 处，质点 P 的运动方程为 cos[(200 )( 5 / 2] 1 = − − y A s t p
该质点叛动的初相pm·-5r/2。而距波源9,0■和100■两点的相位差为 p=2无3-x)/A=2到3-无/T=R/2 如果波源初相取钱一一潭/2，则波动方程为 y=Ac0s200s1-9r/2 质点P振动的初相也变为=一9x/2，但被线上任两点间的相位差并不改变。 146有一平面简谐波在介质中传播，波速-100ms,波线上右侧距波源0（坐标厚点）为75.0m 处的一点P的运动方程为男，=00啊)sC。N+x2到.求(1)被向x轴正方向传播时的被 动方程：(2)》被向x拍负方向传播时的被动方程。 P 0 0 b】 14-6y,-(0.30m)cos0sy+g/2 分析在已知波线上某点运动方程的条件下，建立被动方程时常采用下面两种方法：(1) 先写出以波源0为源点的波动方程的一最形式，然后利用己知点P的运动方程米确定该波动 方程中各量，从而建立所求波动方程。(2)建立以点P为原点的波动方程，由它来确定波源 点0的运动方程，从而可得出以波源点0为源点的波动方程。 解1(1)设以波源为原点0。沿X轴正向传播的波动方程为 y=Acos(t-x/u) 将u一100■·s一“代人，且取x二75■得点P的运动方程为 ,=Acol-0.75+%】 与题意中点P的运动方程比较可得A一0.30阳，0=2容、%。=2，则所求被动方程为 多，=030mje0s0s'0-x/100m-月 (2当沿怎轴负向传播时，被动方程为 y=AcoW+对+】 将x-75■、m-100阳代人后，与题给点P的运动方程比较得A=0.30如、信=2西、 两，=-，测所求波动方程为 y=030m0O5K2s1+x/00m~s-] 解2(1)如图14一6(a)所示，取点P为坐标照点0'，沿0”x轴向右的方 向为正方向。根据分析，当被沿该正方向传播时，由点P的运动方程，可得出以 0'(即点P)为星点的被动方程为 y=030m)60s21=x/10m)+05
该质点振动的初相 P0 = −5 / 2 。而距波源 9.0 m 和 10.0 m 两点的相位差为 = 2(x2 − x1 )/ = 2(x2 − x1 )/ uT = / 2 如果波源初相取 0 = − / 2 ，则波动方程为 cos[(200 )( 9 / 2] 1 = − − y A s t 质点 P 振动的初相也变为 P0 = −9 / 2 ，但波线上任两点间的相位差并不改变。 14-6 有一平面简谐波在介质中传播，波速 u=100m/s，波线上右侧距波源 O（坐标原点）为 75.0m 处的一点 P 的运动方程为 (0.30 )cos[(2 ) / 2] 1 = + − y m s t p 。求（1）波向 x 轴正方向传播时的波 动方程；（2）波向 x 轴负方向传播时的波动方程。 14-6 (0.30 )cos[(2 ) / 2] 1 = + − y m s t p 分析在已知波线上某点运动方程的条件下，建立波动方程时常采用下面两种方法：（1） 先写出以波源 O 为原点的波动方程的一般形式，然后利用已知点 P 的运动方程来确定该波动 方程中各量，从而建立所求波动方程。（2）建立以点 P 为原点的波动方程，由它来确定波源 点 O 的运动方程，从而可得出以波源点 O 为原点的波动方程。 解 1（1）设以波源为原点 O，沿 X 轴正向传播的波动方程为 ( ) 0 y = Acos t − x u + 将 u＝100 m·s－‘代人，且取 x 二 75 m 得点 P 的运动方程为 ( ) 75 0 y p = Acos t − 0. s + 与题意中点 P 的运动方程比较可得 A＝0.30m、 1 2 − = s 、 0 = 2 。则所求波动方程为 (0.30 )cos[(2 )( /100 )] −1 −1 y = m s t − x ms p (2)当沿 X 轴负向传播时，波动方程为 ( ) 0 y = Acos t + x u + 将 x＝75 m、 1 100 − u = ms 代人后，与题给点 P 的运动方程比较得 A＝ 0.30m、 1 2 − = s 、 0 = − ，则所求波动方程为 (0.30 ) cos[(2 )( /100 ) ] 1 1 = + − − − y m s t x m s 解 2（1）如图 14 一 6（a）所示，取点 P 为坐标原点 O’，沿 O’x 轴向右的方 向为正方向。根据分析，当波沿该正方向传播时，由点 P 的运动方程，可得出以 O’（即点 P）为原点的波动方程为 (0.30 ) cos[(2 )( /100 ) 0.5 ] 1 1 = − + − − y m s t x m s
将x一5■代入上式，可得点0的运动方程为 yo =(030m)cosQes)r 由此可写出以点D为坐标原点的波动方程为 y=030网e0sW28X1-言/00m·s月 (2)当波沿河X轴负方向传播时。如图14一6(b》所示，仍先写出以0°（即点P) 为原点的波动方程 y=00w)0s2打(+x/100m·s)+0.5知 将x=-5■代人上式，可得点0的运动方程为 a-0.30m)esl2a'-] 则以点0为原点的波动方程为 y=(0.30周)c0s2石X1+x/100周~3)-x] 讨论对于平面简带被来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程， 也可用下述方法米处理：波的传播是振动状态的传播，浅线上各点（包括星点）是重复泼 源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在己知某点初相平0的前提下，根据两点间的相 位差4p=鸟-%-2x/2,即可确定未知点的初相中小 14-7图147为平面简谐液在0时的波形图。设此简谐波的频率为250Hx。且此时图中质点P 的运动方向向上，滚：《1)该波的被动方程：(2》在是原点0为T5m处蘭点的蹈动方程与0 时该点的服功速度。 /m 0.10 10.0am 14-7 分析(1)从波形由线图铁取波的特征量。从而写出波动方程是建立波动方程的又一逢 径。具体步露为：L.从波形图得出被长、扳幅A和波速山一加：2.根据点P的运动趋势 米判斯被的传播方向。从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用靛转关量法雨定其初相 气·(2)在泼动方程确定后，即可得到波线上距原点0为x处的运动方程y=y(t)》,及该 质点的据动速度v一dy/dt, 解(1》从图15-8中得知，波的辰幅A=010m,波长2-20.0m,则波速 w=v=5.0x0ms。根据t-0时点P白上运动，可知被沿0x轴负向传播，并判定时 位于单点处的质点将沿0，轴负方向运动，利用能转矢量法可得其初相%=常3。故被动方 程为
将 x=-75 m 代入上式，可得点 O 的运动方程为 y m s t O (0.30 ) cos(2 ) −1 = 由此可写出以点 O 为坐标原点的波动方程为 (0.30 ) cos[(2 )( /100 )] −1 −1 y = m s t − x ms （2）当波沿河 X 轴负方向传播时。如图 14－6（b）所示，仍先写出以 O’（即点 P） 为原点的波动方程 (0.30 ) cos[(2 )( /100 ) 0.5 ] 1 1 = + + − − y m s t x m s 将 x=-75 m 代人上式，可得点 O 的运动方程为 (0.30 ) cos[(2 ) ] 1 = − − y m s t O 则以点 O 为原点的波动方程为 (0.30 ) cos[(2 )( /100 ) ] 1 1 = + − − − y m s t x m s 讨论对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程， 也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波 源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相平 0 的前提下，根据两点间的相 位差 =0 '−0 = 2x / ，即可确定未知点的初相中小 14-7 图 14-7 为平面简谐波在 t=0 时的波形图，设此简谐波的频率为 250Hz，且此时图中质点 P 的运动方向向上。求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点 O 为 7.5m 处质点的运动方程与 t=0 时该点的振动速度。 14-7 分析（1）从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途 径。具体步骤为：1.从波形图得出波长 ' 、振幅 A 和波速 u = ；2.根据点 P 的运动趋势 来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转关量法确定其初相 0 。（2）在波动方程确定后，即可得到波线上距原点 O 为 X 处的运动方程 y＝y（t），及该 质点的振动速度 v＝dy／d t。 解（1）从图 15－ 8 中得知，波的振幅 A＝ 0.10 m，波长 = 20.0m ，则波速 3 1 5.0 10 − u = = ms 。根据 t＝0 时点 P 向上运动，可知彼沿 Ox 轴负向传播，并判定此时 位于原点处的质点将沿 Oy 轴负方向运动。利用旋转矢量法可得其初相 0 = / 3 。故波动方 程为
y-Ac0++鸭】 一0.0m)ecs30sr+x/00ms)+g/3到 (2)距原点0为x=7.5■处质点的运动方程为 y-010m)cosk900ar+13r/12 =0时该点的振动速度为 v=(dy/d)=-(50mm-s")sin 13x/12 =40.6m.s"! 14-8平面简谐波以波速u0.5m心沿O、轴负方向传播，在t-2s时的波彩图蜘图14-8《a》所示。 果原点的运动方程。 5 0 14-8 分析上感已经指出，从波形图中可知量幅A、波长A和率擊。由于图14一8〔a》是t =2s时刻的被形由线，因此确定1=0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点，求1 =0时的初相有多种方法。下面介绍波形平移法、波的传播可以形象随描述为波形的传播。 由于波是沿0饭轴负向传播的，所以可将1=2s时的波形沿0瓜轴正向平移 Ax=T=0.50mx)×25=1.0m,即得到=0时的波形图14一8(h),再根据此时点0的状 态，用旋转关量法确定其初相位。 解由图15一9(a)得知被长元=2.0m,振 幅A=0.5n。角频率待=2/2=058， 按分析中所述，从图15一9(6)可知t0 时，原点处的质点位于平衡位置， 并由旋转失量图14一8(C)得到%-r/2。则 所求运动方程为 y=0.50m)ccs0.5a"M+05l e 149一平面简清波，被长为12m,沿0x轴负方 向传播，图149(a)所示为x10m处质点的揠动由线，求此被的波动方程。 14-9 分析该题可利用显动由线来获取波动的特征量，从而建立波动方程。求解的关健是如何 根据图14一9(a)写出它所对应的运动方程.较简便的方法是旋转矢量法（参见题13一10）。 解由图14一9(b)可知质点振动的振幅A=0.0■，t=0时位于x=1.0■的质点在A
( ) (0.10 ) cos[(500 )( / 5000 ) / 3] cos 1 1 0 == + + = + + − − m s t x m s y A t x u （2）距原点 O 为 x=7.5 m 处质点的运动方程为 (0.10 ) cos[(500 ) 13 /12] 1 = + − y m s t t=0 时该点的振动速度为 1 1 ( / ) 0 (50 )sin13 /12 40.6 − − = v = dy dt = − m s = m s t 14-8 平面简谐波以波速 u=0.5m/s 沿 Ox 轴负方向传播，在 t=2s 时的波形图如图 14-8（a）所示。 求原点的运动方程。 14-8 分析上题已经指出，从波形图中可知振幅 A、波长 和频率 。由于图 14－8（a）是 t ＝2s 时刻的波形曲线，因此确定 t＝ 0 时原点处质点的初相就成为本题求解的难点。求 t ＝0 时的初相有多种方法。下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播。 由于波是沿 Ox 轴负向传播的，所以可将 t＝2 s 时的波形沿 Ox 轴正向平移 x uT (0.50m s ) 2s 1.0m 1 = = = − ，即得到 t=0 时的波形图 14－8（b），再根据此时点 O 的状 态，用旋转关量法确定其初相位。 解由图 15－ 9（a）得知彼长 = 2.0m ，振 幅 A＝ 0.5 m。角频率 1 2 / 0.5 − = u = s 。 按分析中所述，从图 15—9（b）可知 t=0 时，原点处的质点位于平衡位置。 并由旋转矢量图 14－8（C）得到 0 = / 2 ，则 所求运动方程为 (0.50 ) cos[(0.5 ) 0.5 ] 1 = + − y m s t 14-9 一平面简谐波，波长为 12m，沿 Ox 轴负方 向传播，图 14-9（a）所示为 x=1.0m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程。 14-9 分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程。求解的关键是如何 根据图 14－9（a）写出它所对应的运动方程。较简便的方法是旋转矢量法（参见题 13－10）。 解 由图 14－9（b）可知质点振动的振幅 A＝0.40 m，t＝0 时位于 x＝1.0m 的质点在 A
/2处并向0y轴正向移动。据此作出相应的旋转矢量图14一9(b),从图中可知%=-/3。 又由图14一9(a)可知，t=58时，质点第一次回到平衡位置，由图14一9(b》可看出 碳=5/6，因而得角颜率9=g%:。 5 1.40 20 由上述特征量可写出x一1.0▣处质点的运动方程为 y-00mjo培ry+ 深用愿14一6中的方法，将被速“=/了=/2x=10m3代人被动方程的一般彩式 y-Acs+)+%中，并与上述x-L.0■处的运动方程作比较，可得=-2，则波 动方程为 y=0.00 14-10图1410中(1》是0时的液形图，(11》是-01s时的波彩图。已知T0.1s,写出液功 方程的表达式。 m 14-10 分析已知被动方程的形式为 y■AcosBru/T-)+%】 从如图15一11所示的t=0时的波形曲线1，可知被的振幅A和波长入，利用旋转矢量 法可确定原点处质点的初相码。·因此，确定被的屑期就成为了解愿的关键：从愿哈条件来 看，周期T只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系米得到。为此。可以从下面两个不同 的角度米分析。 (1)由曲线(【)可知，在120时。原点处的质点处在平衡位置且向0y轴负向运动
／2 处并向 Oy 轴正向移动。据此作出相应的旋转矢量图 14－9（b），从图中可知 0 = − 3 。 又由图 14－9（a）可知，t＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图 14－9（b）可看出 t = 5 6 ，因而得角频率 1 6 − = s 。 由上述特征量可写出 x＝l.0m 处质点的运动方程为 ] 3 ) 6 (0.40 ) cos[( 1 = + − y m s t 采用题 14－6 中的方法，将波速 1 2 1.0 − u = T = = m s 代人波动方程的一般形式 cos[ ( ) ] = + u +0 y A t x 中，并与上述 x＝1.0m 处的运动方程作比较，可得 0 = − 2 ，则波 动方程为 ( ) = + − − − 2 ) 1.0 6 (0.40 )cos ( 1 1 y m s t x m s 14-10 图 14-10 中（I）是 t=0 时的波形图，（II）是 t=0.1s 时的波形图，已知 T>0.1s，写出波动 方程的表达式。 14-10 分析 已知波动方程的形式为 cos[2 ( ) ] = − +0 y A t T x 从如图 15—11 所示的 t＝0 时的波形曲线Ⅰ，可知彼的振幅 A 和波长 ，利用旋转矢量 法可确定原点处质点的初相 0 。因此，确定波的周期就成为了解题的关键。从题给条件来 看，周期 T 只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到。为此，可以从下面两个不同 的角度来分析。 （l）由曲线（Ⅰ）可知，在 tzo 时，原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动
而曲线〔Ⅱ)则表明。经过0.1s后，该质点已运动到0y轴上的一A处。因此，可列方程 kT+T4=0.上，在一股情形下，k=0,1,2,…这就是说，质点在0.18内。可以经历k 个周期戴动后再同到A处。故有T=0.s/使+025)。(2)从被形的移动米分析。因泼滑0x 轴正方向传播，波形曲线《Ⅱ)可视为由线(【)向右手移了Aw=山一厅。由图可知， Ax=以+/4，故有以+4-/T,同样也得T-0sk+025)。应当注意，k的取值由 题给条件T>0.1s所决定。 解从图中可知波长A=2.0m,振幅A=0.10■。由波形曲线《】)得知在t0时，原 点处质点位于平衡位置且向0y轴负向运动，利用旋转矢量法可得离=牙/2。根据上面的分 析，周期为 T=(01w)/k+025.k=01.2.… 由题意知T>01s,故上式成立的条件为，可得T=0.4s。这样，波动方程 可写成 y=0.10wes2xt/0.4r-x/20m)+0.5r) 14l1平面商蒂波的波动方程为y=(003m)e0s4sr-(2mx:梁(1)12.1s时被源及 波源0.10m两处的相位：(2)离波潭0.80m处及030m两处的相位， 14-11y=(008m)cos(4ny-ow] 解(1)将t一2.1s和x-0代人题给被动方程，可得波源处的相位 得=84灯 将t-2.1s和x一0.10■代人愿哈被动方程，得0.10■处的相位为 号=82x 从波动方程可如波长。这样，■与■两点间的相位差 4d=2灯·A= 14-12为了保特波潭的振动不变，需要清耗40W的功事。波源发出的是球面波《设介质不颗 收波的能量)，来距离波瓶5.0m和10.0m处的能流密度。 14-12 分析波的传播伴随着能量的传播，由于波潭在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸 收能量。敌对于球面被而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量《即平均能蓬)相同， 都等于波源消耗的功率户。面在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不问位置 的能流密度=产/S。 解由分析可知，半径户处的能疏密度为 1=F/4m 当n=5.0、n=10.0■时，分别有 1=P4g2-127x103W,m3 14=4标2=318×10Wm3
而曲线（Ⅱ）则表明，经过 0。1s 后，该质点已运动到 Oy 轴上的一 A 处。因此，可列方程 kT +T 4 = 0.1s ，在一般情形下，k= 0， 1，2，…这就是说，质点在 0。1 s 内，可以经历 k 个周期振动后再回到 A 处，故有 T = (0.1s) (k + 0.25) 。（2）从波形的移动来分析。因波沿 Ox 轴正方向传播，波形曲线（Ⅱ）可视为曲线（Ⅰ）向右手移了 x = ut = t T 。由图可知， x = k + 4 ，故有 k + 4 = t T ，同样也得 T = (0.1s) (k + 0.25) 。应当注意，k 的取值由 题给条件 T＞0.1s 所决定。 解 从图中可知波长 = 2.0m ，振幅 A＝0.10 m。由波形曲线（Ⅰ）得知在 t=0 时，原 点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动，利用旋转矢量法可得 0 = / 2 。根据上面的分 析，周期为 T = (0.1s) (k + 0.25), k = 0,1,2, 由题意知 T＞0.1s，故上式成立的条件为，可得 T＝0.4s。这样，波动方程 可写成 y = (0.10m)cos(2(t 0.4s − x 2.0m)+ 0.5 ) 14-11 平面简谐波的波动方程为 (0.08 )cos[(4 ) (2 ) ] 1 1 y m s t m x − − = − 。求（1）t=2.1s 时波源及距 波源 0.10m 两处的相位；（2）离波源 0.80m 处及 0.30m 两处的相位。 14-11 y m s t ( m )x 1 1 (0.08 ) cos(4 ) 2 − − = − 解（1）将 t＝2.1s 和 x=0 代人题给波动方程，可得波源处的相位 1 = 8.4 将 t＝2.1s 和 x＝0.10 m 代人题给波动方程，得 0.10 m 处的相位为 2 = 8.2 从波动方程可知波长。这样， m 与 m 两点间的相位差 = 2 x = 14-12 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。 14-12 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，敌对于球面波而言，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户。而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置 的能流密度 I = P S 。 解由分析可知，半径户处的能疏密度为 2 I = P 4r 当 r1＝5。0 m、r2＝10.0 m 时，分别有 2 2 2 1 4 1 1.27 10− − I = P r = W m 2 3 2 2 4 2 3.18 10− − I = P r = W m
14-13有一波在介质中传播，其波速u-10×10ms,振幅A=1.0×10m,频率r=10×10Hz 若介质的密度为p=80×10头m,求：(1)移波的使流密度：(2)1mm内乐直通过40×10 的总能量： 14-13m=1.0×10w·s A=1.0×10'm,r=1.0×10'化 p=80x0kg周 4.0x10m2 解(1)由能流密度1的表达式阁 1afa2=2'mf=l58×0'p,m 2)在时间间隔M=0x内暴直通过面积S的隆量为 F=F.N=S.M=3.79x10J 14如图1414所示，两银动功方向相同的平面简断波被分制位于A、B两点。设它门的相 位相同。且频率均为v30Hz,波速u0.50m/s,求在点P处两列装的相位差。 14-14=30 w=050w-5 分析在均匀介质中，两列波相遇时的相位差草，一般由两部分组成，即它们的初相差 厚，一停和由它们的被程差而引起的相位差2山久。本题因，一，故它们的相位差只取诀 于波程差， 解在图14一14的AMPB中，由余弦定理可得 即-VP+AB-2P,ABc0s30°-2.94m 两列被在点P处的被程差为y=AP-BP,则相位差为 p=2n/2-2ww/m-72g 14-15两波在同一饵绳上传福，它们的方程分别为男-00必wsm摆-《4和 为=(06m)e0网w江+《4a门，(I》证明这闲绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的位置
14-13 有一波在介质中传播，其波速 u=1.0×103m/s，振幅 A=1.0×10-4m，频率ν=1.0×103Hz。 若介质的密度为ρ=8.0×102kg/m3，求：（1）该波的能流密度；（2）1min 内垂直通过 4.0×10-4m2 的总能量。 14-13 3 1 1.0 10 − u = ms A m v Hz 4 3 =1.010 , =1.010 − 2 3 8.0 10 − = kg m 4 2 4.0 10 m − 解（1）由能流密度 I 的表达式得 2 2 2 2 2 5 2 2 1.58 10 2 1 − I = uA = uA v = W m 2）在时间间隔 t = 60s 内垂直通过面积 S 的能量为 W P t IS t J 3 = = = 3.7910 14-14 如图 14-14 所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于 A、B 两点。设它们的相 位相同，且频率均为ν=30Hz，波速 u=0.50m/s，求在点 P 处两列波的相位差。 14-14 v=30Hz 1 0.50 − u = ms 分析在均匀介质中，两列波相遇时的相位差 ，一般由两部分组成，即它们的初相差 A − B 和由它们的波程差而引起的相位差 2r 。本题因 A = ，故它们的相位差只取决 于波程差。 解在图 14－14 的 APB 中，由余弦定理可得 BP AP AB 2AP ABcos30 2.94m 2 2 = + − = 两列波在点 P 处的波程差为 r = AP− BP ，则相位差为 = 2 r =2vr u = 7.2 14-15 两波在同 一细绳 上传播， 它们的 方程分别 为 (0.06 )cos( ) [(4 ) ] 1 1 1 y m m x s t − − = − 和 (0.06 )cos( ) [(4 ) ] 1 1 2 y m m x s t − − = + 。（1）证明这细绳是作驻波式振动，并求节点和波腹的位置；
(2)被废处的振幅有多大？在x■12m处，振幅多大？ 14-15 分析只需证明这两列液会成后具有被方程的形式即可。由駐波方程可确定波腹，波 节的位置和任意位置处的 振帽。 解(1)将已如两波动方程分别改写为 可见它们的振幅A二0.0婚m,周期T二0.58（频率。二21），波长八二2■。在波线 上任取一点P。它死源点为P。则该点的合运动方程为 k式与驻波方程具有相同形式，因此，这就是鞋波的运动方程 由 得波节位置的坐标为 由 得波腹位置的坐标为 门)驻波振幅，在被腹处A”二ZA二0.12面在x二 0.12m处，振幅为 为=0.06 u)cosm女-ha月 与=0.06m)eom-h+s月 y-24cos2e/4)co2m) =0.06mc0s2r0.5s-x/2mj y:-(0.06m)cos2r(t/0.5s+x/2m) y■片，+为r=(0.12we0ser)e0s4a'N =(0.2m)a2r4 cos(4sy p x-(2h+04=(k+05mk-041,2 高，=素2=kmk=0士l,2 f-p4o2rr-24-an .co-0.t2m)cos0.0.0 14-16一弦上的驻波方程式为y=(30x10mea06mxe0550海'M。(1)若将此驻波看 成是由传播方向相反，幅及被速均相同的两列相干被叠加雀成的，求它们的鼎幅及被速：(2) 减相邻被节之间的矩离：(3》求-30×103时位于x0625m处顺点的振动速度
（2）波腹处的振幅有多大？在 x=1.2m 处，振幅多大？ 14-15 分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可。由驻波方程可确定波腹、波 节的位置和任意位置处的 振幅。 解（l）将已知两波动方程分别改写为 可见它们的振幅 A 二 0。06 m，周期 T 二 0。5 s（频率。二 2 Hi），波长八二 2 m。在波线 上任取一点 P，它距原点为 P。则该点的合运动方程为 k 式与驻波方程具有相同形式，因此，这就是驻波的运动方程 由 得波节位置的坐标为 由 得波腹位置的坐标为 门）驻波振幅，在波腹处 A’二 ZA 二 0。12 m；在 x 二 0。12 m 处，振幅为 y m ( m )x ( s )t 1 1 1 (0.06 ) cos 4 − − = − y m ( m )x ( s )t 1 1 2 (0.06 ) cos 4 − − = + y = 2Acos(2x )cos(2vt) y (0.06m)cos2 (t 0.5s x 2m) 1 = − y (0.06m) cos2 (t 0.5s x 2m) 2 = + s t x m y y y m x s t P P P P (0.12 ) cos 2 cos(4 ) (0.12 ) cos( ) cos(4 ) 1 1 1 2 − − = = + = 2 cos 2 = 0 P x A x = (2k +1) 4 = (k + 0.5)m, k = 0,1,2, P A m x A P 2 cos 2 = 2 = 0.12 x = k 2 = km, k = 0,1,2, P 2 cos 2 , = 2 = 0.12 = A A x A A P ( m) m x A A P 2 cos 2 = 0.12 cos0.12 = 0.097 = 14-16 一弦上的驻波方程式为 y (3.0 10 m)cos(1.6 m )x cos(550 s )t −2 −1 −1 = 。（1）若将此驻波看 成是由传播方向相反，振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的，求它们的振幅及波速；（2） 求相邻波节之间的距离；（3）求 t=3.0×10-3 s 时位于 x=0.625m 处质点的振动速度