新编物理基础学上册第6章课后习题(每题都有)详细答案

第六章6-1频率为Hz41025.1的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量211/1090.1mNE，棒的密度33/106.7mKg.求该纵波的波长.分析纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。解：波速/Eu,波长/u2/0.4Em6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(5.2cos(04.0SIxty(1)求波的振幅、波速、频率及波长；(2)求绳上的质点振动时的最大速度；(3)分别画出t=1s和t=2s的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同.解：（1）用比较法，由)2cos()5.2cos(04.0xtAxty得0.04Am；/22.5/21.25Hz；2,2.0m2.5/ums（2）0.314/mAms（3）t=1(s)时波形方程为：)5.2cos(04.01xyt=2(s)时波形方程为：)5cos(04.02xyx=1(m)处的振动方程为：)5.2cos(04.0ty6-3一简谐波沿x轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图6－3所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值题图6-2区间为（-π，π].求各点的初相.分析由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图。依旋转矢量法可求t=0时的各点的相位。解:由t=T/4时的波形图(图中虚线)和波的传播方向,作出t=0时的波形图(图中实线),依旋转矢量法可知质点1的初相为π;质点2的初相为π/2;质点3的初相为0;质点4的初相为-π/2.6-4有一平面谐波在空间传播,如题图6－4所示.已知A点的振动规律为)tcos(Ay，就图中给出的四种坐标,分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式中在描写距A点为b处的质点的振动规律是否一样?分析无论何种情况，只需求出任意点x与已知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b点的振动规律。解:设其波长为λ,选o点处为坐标原点,由方程)tcos(Ay；可得取图中a所示的坐标,则x处质点的振动比A点滞后2x,故.cos(2)xayAt(2)(1)题图6-3t=T/4题图6-4同理可得.cos(2)xbyAt.cos(2)xlcyAt.cos(2)xldyAt要求距A为b的点的振动规律,只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知,取不同的坐标只是改变了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不同,但b点的振动方程却不变.即cos(2)byAt6-5一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为，波速为u.设'tt时刻的波形曲线如题图6－5所示.求(1)x=0处质点振动方程；(2)该波的波方程.分析由于图中是't时刻波形图，因此，对x=0处质点，由图得出的相位也为't时刻的相位。再由旋转矢量推算出t=0时刻的初相位。进而写出波动方程。解：(1)设0x处质点的振动方程为])'(2cos[ttAy。由图可知，'tt时0cosAy，sin0A。所以2/0x处的振动方程为：]21)'(2cos[ttAy(2)该波的表达式为：]21)/'(2cos[uxttAy6-6一平面简谐波沿x轴正向传播，波的振幅10Acm，波的角频率7/rads，当1.0ts时，10xcm处的a质点正通过其平衡位置向y题图6-5tt轴负方向运动，而20xcm处的b质点正通过5.0ycm点向y轴正方向运动.设该波波长10cm，求该平面波的波方程.分析通过旋转矢量图法，结合10xcm点和20xcm点，在1.0ts的运动状态，可得到波长和初相。解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成))(/27cos(1.0SIxty。1.0ts时10xcm处0])/1.0(27cos[1.0y因此时a质点向y轴负方向运动，故172(0.1/)(1)2而此时,b质点正通过my05.0处，有05.0])/2.0(27cos[1.0y，且质点b向y轴正方向运动，故172(0.2/)(2)3由(1)、(2)两式联立得m24.0，3/17所以，该平面简谐波的表达式为：)](31712.07cos[1.0SIxty6-7已知一平面简谐波的波方程为))(37.0125cos(25.0SIxty(1)分别求mxmx25,1021两点处质点的振动方程；(2)求1x、2x两点间的振动相位差；(3)求1x点在t=4s时的振动位移.分析波方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位差和某时刻的振动位移。解：(1)mx101、mx252的振动方程分别为：100.25cos(1253.7)(),xytSI250.25cos(1259.25)()xytSI(2)2x与1x两点间相位差215.55rad(3)1x点在t=4s时的振动位移0.25cos(12543.7)0.249ym6-8如题图6-8所示，一平面波在介质中以波速20/ums沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为)(4cos1032SIty.(1)以A点为坐标原点写出波方程；(2)以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波方程.分析由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程直接写出波方程。解：(1)坐标为x处质点的振动相位为)]20/([4)]/([4xtuxtt波的表达式为))](20/([4cos1032SIxty(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为)](205[4'SIxtt波的表达式为)]()20(4cos[1032SIxty6-9有一平面简谐波在介质中传播，波速100/ums，波线上右侧距波源O（坐标原点）为75m处的一点P的运动方程为))(2/2cos(30.0SIty,求：(1)波向x轴正向传播的波方程；(2)波向x轴负向传播的波方程.解：(1)设以0x处为波源，沿轴正向传播的波方程为：0cos[(/)]yAtxu在上式中，代入75xm，并与该处实际的振动方程)2/2cos(30.0ty比较uBA题图6-8可得：100.3,2,2Ams，可得：))(10022cos(30.0SIxty为所求(2)设沿轴负向传播的波方程为：0cos[(/)]yAtxu在上式中，代入75xm，并与该处实际的振动方程)2/2cos(30.0ty比较可得：100.3,2,Ams，可得：)](10022cos[30.0SIxty为所求6-10一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为λ，P点处质点的振动规律如题图6－10所示.求:（1）P点处质点的振动方程;（2）此波的波动方程；（3）若图中/2d,求O点处质点的振动方程.分析首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。解:（1）从图中可见4Ts,且00,,potyA,则P点处质点的振动方程为2cos()cos()()42pyAtAtSI（2）向负方向传播的波动方程为cos[()]2xdyAt（3）把/2,0dx代入波动方程即得0/23cos[()]cos()224yAtAt6-11一平面简谐波的频率为500Hz，在空气(3/3.1mKg)中以题图6-10t(s)0-A1yP(m)xOPd340/sm的速度传播，达到人耳时的振幅为m6100.1.试求波在人耳中的平均能量密度和声强.分析平均能量密度公式直接求解。声强即是声波的能流密度。解:波在耳中的平均能量密度：2222263126.4110/2wAAJm声强就是声波的能流密度，即：322.1810/IuwWm6-12一正弦空气波,沿直径为0.14m的圆柱形管传播,波的平均强度为32910/Jsm,频率为300Hz,波速为300/sm.求:(1)波中的平均能量密度和最大的能量密度各是多少?(2)每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量?分析平均能量密度为其在一个周期内的平均值，为最大值的一半。两个相邻同相面既是相距一个波长的距离的波段。解:(1)Iwv353910310/300IwJmvmax2ww又53max610/wJm(2)两个相邻同相面间的波段所对应的体积为222230.143003.141.5410222300dduVm74.6210WwVJ6－13在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox轴传播，波动表达式分别为)]/(2cos[1xtAy与)]/(2cos[22xtAy，试求Ox轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。分析合振幅大小由相位差确定。解：(1)设合振幅最大处的合振幅为maxA，有222max(2)22cosAAAAA式中/4x因为当1cos时，合振幅最大，即有kx2/4所以，合振幅最大的点kx21（k=0,1,2,…）(2)设合振幅最小处的合振幅为minA，有222min(2)22cosAAAAA式中/4x因为当1cos时，合振幅最小，即有)12(/4kx所以，合振幅最小的点4/)12(kx（k=0,1,2,…）6-14相干波源21SS和,相距11m,1S的相位比2S超前21.这两个相干波在1S、2S连线和延长线上传播时可看成两等幅的平面余弦波，它们的频率都等于100Hz，波速都等于400m/s.试求在1S、2S的连线之间，因干涉而静止不动的各点位置.分析首先确定两相干波连线上任意点两波的相位差，再根据干涉静止条件确定位置。解：取1S、2S连线为x轴，向右为正，以1S为坐标原点.令lSS21.取P点如图.由于mu4/，从1S、2S分别传播来的两波在P点的相位差)6(2112))((2)(12xxxxl由干涉静止的条件可得：)12()6(kx(0,1,2,)k得：72kx（23k）即x=1,3,5,7,9,11m为干涉静止点.6－15一微波探测器位于湖岸水面以上0.5m处，一发射波长21cm的单色微波的射电星从地平线上缓缓升起，探测器将继续指出信号强度的极大值和极小值.当接受到第一个极大值时，射电星位于湖面以上什么角度？分析探测器信号出现极值是由于两列波干涉叠加造成，一列为直接接收的微波，另一列为经过水面反射后得到的。计算两列波在相遇点（即探测器处）的波程差并根据相干加强求解。解:如图，P为探测器，射电星直接发射到P点波(1)与经过湖面反射有相位突变的波(2)在P点相干叠加，波程差为1cos22sinsin2hhOPDPk（取k=1）整理得：sin21)2cos1(h解得：105.0)4/(sinh06题图6-146－16如题图6-16所示，1S,2S为两平面简谐波相干波源.2S的相位比1S的相位超前4/，波长m00