大学物理习题详解No.2波动方程

《大学物理》作业No.2波动方程班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题[F]1.解：电磁波就可以在真空中传播。[F]2.解：波动是振动的传播，沿着波的传播方向，振动相位依次落后。[F]3.解：质元的振动速度和波速是两个概念，质元的振动速度是质元振动的真实运动速度，而波速是相位的传播速度，其大小取决于介质的性质。[F]4.解：振动曲线描述的是一个质点离开平衡位置的位移随时间的变化关系；波形曲线是某一时刻，波线上各个质点离开平衡位置的情况。[F]5.解：对于波动的介质元而言，其动能和势能同相变化，它们时时刻刻都有相同的数值。二、选择题：1.一平面简谐波表达式为)2(sin05.0xty(SI)，则该波的频率v(Hz)、波速u(ms-1)及波线上各点振动的振幅A(m)依次为：(A)2/1，2/1，05.0(B)2/1，1，05.0(C)2/1，2/1，05.0(D)2，2，05.0[C]解：平面简谐波表达式可改写为(SI))22cos(05.0)2(sin05.0xtxty与标准形式的波动方程])(2[cosuxtvAy比较，可得)s(m21,(Hz)21,(m)05.01uvA。故选C2.一平面简谐波的波动方程为)3cos(1.0xty(SI)，t=0时的波形曲线如图所示。则：(A)O点的振幅为0.1m(B)波长为3m(C)a、b两点位相差21(D)波速为9ms-1[C]解：由波动方程可知(Hz),23(m),1.0A(m)2，)s(m32231u(m)X(m)Yu1.0ab01.0a、b两点间相位差为：2422ab故选C3.一平面简谐波沿x轴正向传播，t=T/4时的波形曲线如图所示。若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取到之间的值，则(A)0点的初位相为00(B)1点的初位相为21(C)2点的初位相为2(D)3点的初位相为23[D]解：将波形图左移4/，即可得0t时的波形图，由0t的波形图（虚线）可知，各点的振动初相为：2,0,2,3210故选D4.一横波中，质元的最大横向速率为maxu，波速为v，下列哪个叙述是正确的？【D】(A)maxu始终大于v(B)maxu始终等于v(C)maxu始终小于v(D)maxu与v无关解：质元的振动速度和波速是两个概念，质元的振动速度是质元振动的真实运动速度，而波速是相位的传播速度，其大小取决于介质的性质。所以选D。5.下列哪个函数是波动微分方程的解？【C】(A)22txy(B)txysinsin2(C)txtxyloglog22(D)teyxsin解：此题的解法是将上面各式代入波动的微分方程222221tyuxy进行验算，哪个式子能满足上式哪个就正确，说实话，有点繁杂，这里我就不将具体过程输入了，就是高等数学的求导而已。经过验算，只有C符合，所以答案为C。yu1x02340t三、填空题1.已知一平面简谐波沿x轴正向传播，振动周期T=0.5s，波长=10m,振幅A=0.1m。当t=0时波源振动的位移恰好为正的最大值。若波源处为原点，则沿波传播方向距离波源为2/处的振动方程为(SI))4(cos1.0ty。当t=T/2时，4/x处质点的振动速度为1sm26.1。解：由题意知波动方程为(SI))1.02(2cos[1.0)](2cos[xtxTtAy，m52x处的质点振动方程为)4cos(1.0ty(SI)m5.24x处的振动方程为)4sin(1.0)24cos(1.0tty振动速度)4cos(4.0)4cos(41.0ddtttyvs25.02Tt时)s(m26.14.0)25.04cos(4.01v2.如图所示为弦上简谐波在某一时刻的波形图，该时刻点a的运动方向向上；点b的运动方向向下。解：在波形曲线上看质点的运动方向，看前一质点，如果在其上方则向上，在其下方，则向下。3.一简谐波沿x轴正向传播。1x和2x两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。已知12xx且12xx(为波长)，则2x点的相位1x比点相位滞后3/2。解：由图(a)、(b)可知，1x和2x处振动初相分别为：231，02因为1212,xxxx，则二点振动相位差为02321所以2x的相位比1x的相位滞后23。1yt1O(a)2y2Ot(b)4.图示一平面简谐波在t=2s时刻的波形图，波的振幅为0.2m，周期为4s。则图中P点处质点的振动方程为)(SI)2121cos(2.0typ。解：令2'tt，则上图为st0'时的波形，由图可知：2O，则P点的振动方程为：)2'2cos(0TtAy，将2'tt代入，得)222cos(0TtAy)2422cos(2.0t)232cos(2.0t（SI）P点2x，相位比O点落后，所以P点的振动方程为：)2121cos(2.0)2321cos(2.0ttyp（SI）5.能流的定义为：单位时间内通过某截面的平均能量叫做该截面的平均能流。平均能流密度的定义是：单位时间内通过垂直于波传播方向上单位面积的能量叫做波的能流密度。四、计算题1.一简谐波，振动周期21Ts，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)4/1Tt时刻，4/1x处质点的位移；(3)2/2Tt时刻，4/1x处质点振动速度。解：(1)O点的振动方程为)4cos(1.0)0212cos(1.0)2cos(ttTtAyo向x正向传播的波的波动方程为：)(SI)54cos(1.0)24cos(1.0xtxtyP(m)yAO传播方向(m)x(2)将m5.24s,814xTt代入波动方程，得位移：)m(1.0)5.25814cos(1.01y(3)质点振动速度为：)54sin(41.0xttyv将m5.24s,412xTt代入上式，得速度：)s(m26.14.0)5.25414sin(4.012v2.图示一平面余弦波在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)该波的波动方程。解：(1)由t＝0时的波形图可知O点振动初相位2，振动方程)22cos(tAyo又由t＝2s时的波形图可知424),222cos(2AA，得(Hz)161所以振动方程为)(SI)28cos()21612cos(tAtAyo(2)由图可知波速(m)160),s(m102201u，波向－x方向传播，所以波动方程为：]2)16016(2cos[xtAy3.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=4.2s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；(3)求t=4.2s时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t.解：(1)将波动方程与标准形式)22cos(xtAy比较，可得)m(y801600tu2/AA20Os2t)m(x)Hz(242)m(122xx波速)s(m2121u(2)波峰处y＝A，即,1)24(cosxt,...)2,1,0(2)24(kkxt从上式可解出波峰位置的坐标表达式x＝k－2t将t=4.2s代入上式,x=(k8.4)(m)在上式中，令k=8，则(m)4.0x最小，这个波峰的位置是),m(4.04.8kx即x=-0.4m的波峰离原点最近。(3)设该波峰由原点传到x=-0.4m处所需时间为t，则(s)2.024.0xuxt所以,该波峰通过原点的时刻为t=4.2–0.2=4.0(s)