大学物理第二版习题答案 罗益民 北邮出版社 第九章答案

第9章波动习题解答9-1解：首先写出S点的振动方程若选向上为正方向，则有：0cos02.001.021cos0,0sin00A0sin0即320或34初始相位320则mtys)32cos(02.0再建立如图题9-1(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：uxt则该波的波动方程为：muxty32)(cos02.0若坐标原点不选在S点，如习题9-1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：uLxt则该波的波方程为：muLxty32)(cos02.0若P点选在S点左侧，P点比S点超前时间为uxL,如习题9-1图(c)所示，则32)(cos02.0uxLty32)(cos02.0uLxt∴不管P点在S点左边还是右边，波动方程为：32)(cos02.0uLxty9-2解（1）由习题9-2图可知，波长m8.0习题9-1图习题9-1图振幅A=0.5m频率Hz125Hz8.0100uv周期s10813vT2502（2）平面简谐波标准波动方程为：)(cosuxtAy由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m，故0。将、、、uvA)2(代入波动方程，得：m)100(250cos5.0xty(3)x=0.4m处质点振动方程.)1004.0(250cos5.0tym)250cos(5.0t9-3解（1）由习题9-3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，00取2由习题9-3图可知，,40.0mOP且u=0.08m/s，则52rad/s40.008.0222uvrad/s可得O点振动表达式为：mty)252cos(04.00(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：mxty2)08.0(52cos04.0(3)将40.0x代入上式，即为P点振动方程：mtyyp2152cos04.00(4)习题9-3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。9-4解（1）平面谐波标准波动方程为：)(cosuxtAy由图可知，A=0.2m对于图中O点，有：Ttmyx43,2.0,0代入标准波动方程:1)23cos()43(2cos2.02.0TT故2对于O点，t=0时的初始相位20图中P点位相始终落后O点4T时间，即相位落后2，故t=0时，P点初相位0p。（2）由m4.0,m/s36u知，rad/s18022uv故根据平面谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为：mxty2)36(180cos2.09-5解习题9-5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：)(cos0uLtAy则波动方程为：)(cosuLuxtAy习题9-5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：)(cos0uLtAy则波动方程为：)(cosuLuxtAy习题9-5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(0uLtAy则波动方程为：)(cosuLuxtAy此时，式中x与L自身为负值。9-6(1))24(cosxtAy)24cos(xtA)2(4cosxtAHz25.024/2sTsmum1（2）)2(4cosxtAy波峰：1)2(4cosxt,2,1,02)2(4kkxtt=4.2s代入(222.4kx),6.0,4.0,,4.7,4.84.8mmmmxmkx3.026.0uxt9-7)4cos(3ty(1))(4cos3uxty)20(4cos3xt)209(4cos3tyB544cos35144cos3594cos3ttt544cos3t(2)A:)4cos(3tyA任取一点P(如图)5xAP，则P点落后A点时间ux5故波动方程)5(4cos3uxty)205(4cos3xt)20(4cos3xt)2014(4cos3tyB)544cos(3)5144cos(3tt9-8解（1）由题可知，垂直于波传播方向的面积为：222221054.1)214.0(14.3)2(mmdS据能量密度)(sin222uxtA平均能量密度2221A波的强度uI得：)(J/m103J/m3001093533uI最大能量密度为：)(J/m10623522Am(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，因习题9.7图能量密度)(sin)(sin2222uxtuxtAmVEdd故002)(sindxuxtSSdxm)(1062.43003000154.02106212175JJvuSSmm9-9(1)P为单位时间通过截面的平均能量，有：(J/s)102.7J/s10107.23-2tWP(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：)(1091000.3107.22122123msJmsJsPI(3)据平均能量密度和I与u的关系，有：)(1065.23401092422mJmJuI9-10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：)(221102012rr)4(22或由课本(9-24)，知2010122rr合振幅0||21AAA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：,042212合振动1212AAAA合成波的强度与入射波强度之比为：,4421210AAIIQ即04IIQ9-11解（1）因合成波方程为：21yyytmxmtxtxtxtxmtxtx4coscos12.02)4()4(cos2)4()4(cos06.02)]4(cos06.0)4(cos06.0[故细绳上的振动为驻波式振动。(2)由0cosx得：2)12(kx故波节位置为：)2,1,0())(12(21kmkx由1|cos|x得：kx故波腹位置)2,1,0()(kmkx(3)由合成波方程可知，波腹处振幅为：m12.0A在x=1.2m处的振幅为：097.0|2.1cos12.0|mAx9-12(1))2410cos(2)40(10cosxtAxtAy入2)4028(10cosxtAy反)23410cos(2)4028(10cosxtAxtA(2)驻波方程)23410cos()2410cos(xtAxtAyyy反入)4cos()210cos(2xtAtxAtxA10sin4cos210sin)4cos(2(3)波节24)12(2212404coskkxkxx波腹kxkxx4414cos∴波节：x=2,6,10,14波腹：x=0,4,8,129-13解（1）据题意可知，S点的振动表达式为：tAycos0故平面波的表达式为：)(cosuxtAy(2)反射点的振动表达式为：)(cosuDtAyP考虑反射面的半波损失，则反射面的振动表达式为：)cos(uDtAyP故反射波的表达式为：uDuxDtAycos反uDuxtA2cos（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uxD2,并考虑半波损失。∴)2(cosuxDtAy反uuxuDtA2cos(3)合成波的表达式为：反合yyy习题9-13图uDuxtAuxtA2coscos2cos2cos2uDtuxuDA(4)距O点为3D处的一点的合振动方程为：2cos232cos23uDtuDAyD9-14解（1）由第一列波在Q点的振动tAyQ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：)cos(tAyo由两振动方程可得同一坐标下的波动表达式为：2)(cos)(cosTuuxtAyuxltAyOQ将l=1,x=xp代入，得到两列波在P点处的振动表达式为：)2cos()22cos(21pPpPxtAyxtAy上述两个振动在P点引起的合振动为：21pppyyy)2cos()22cos(ppxtAxtA)1()2sin()sin(2pxtA(2)当波的频率=400Hz,波速u=400m/s时，由u=λ可知，波长mvu1。将m1代入（1）式，（1）式中的xp换成变量x，得驻波方程为：)2sin()sin(2xtAy习题9-14图xtA2sinsin2为得到干涉静止点位置,使y=0,于是有:02sinx即)2,1,0(2kkx得2kx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：x=0,21,m,1m9-15解（1）因为波源的振动方程为：tAycos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：)2cos(xtAy负沿x轴正方向传播的行波表达式为：)2cos(xtAy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：)2cos(xtAy将43x代入上式，得：)23cos(tAy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：)2cos()23cos(tAtAy故反射波的行波波动方程分别为：在MN-yO区域内)](43[22cosxtAYyOMN]2322cos[xtA]22cos[xtA或)2cos(xtAyyOMN在x0区域内)]43(22cos[0xtAyx)2c