物理学教程(第二版)上册课后答案6

第六章机械波6-1图（a）表示t＝0时的简谐波的波形图，波沿x轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线．则图（a）中所表示的x＝0处振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为（）题6-1图（Ａ）均为零（Ｂ）均为2π（Ｃ）均为2π（Ｄ）2π与2π（Ｅ）2π与2π分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b）是一个质点的振动曲线图，该质点在t＝0时位移为0，t＞0时，由曲线形状可知，质点向y轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D）．6-2一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形曲线如图（a）所示，则该时刻（）（A）A点相位为π（B）B点静止不动（C）C点相位为2π3（D）D点向上运动分析与解由波形曲线可知，波沿x轴负向传播，B、D处质点均向y轴负方向运动，且B处质点在运动速度最快的位置.因此答案（B）和（D）不对.A处质点位于正最大位移处，C处质点位于平衡位置且向y轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b）所示.A、C点的相位分别为0和2π3.故答案为（C）题6-2图6-3如图所示，两列波长为λ的相干波在点P相遇．波在点S1振动的初相是φ1，点S1到点P的距离是r1．波在点S2的初相是φ2，点S2到点P的距离是r2，以k代表零或正、负整数，则点P是干涉极大的条件为（）π2/π2Aπ2/π2Aπ2AπA211212121212krrkrrkkrr分析与解P是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk，而两列波传到P点时的两分振动相位差为/π2Δ1212rr，故选项（D）正确．题6-3图6-4在波长为的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（）（A）4（B）2（C）43（D）分析与解驻波方程为tλxAyvπ2cosπ2cos2，它不是真正的波.其中xAπ2cos2是其波线上各点振动的振幅.显然，当,2,1,0,2kkx时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2.正确答案为（B）．6-5一横波在沿绳子传播时的波动方程为xyππ5.2cos20.0，式中y的单位为m，t的单位为s．（1）求波的振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时的最大速度；（3）分别画出t＝1s和t＝2s时的波形，并指出波峰和波谷．画出x＝1.0ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同．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及波长λ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0cosuxtAy书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux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，波速保持恒定．（3）将不同时刻的t值代入已知波动方程，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m5.2/π5.2cos20.0xty与一般表达式0cosuxtAy/比较，可得0sm52m20001,.,.uA则m0.2/,Hz25.1π2/vuλωv（2）绳上质点的振动速度1sm5.2/π5.2sinπ5.0d/dxttyv则1maxsm57.1v（3）t＝1ｓ和t＝2ｓ时的波形方程分别为mππ5cos20.0mππ5.2cos20.021xyxy波形图如图（a）所示．x＝1.0m处质点的运动方程为mπ5.2cos20.0ty振动图线如图（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一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5图6-6波源作简谐运动，其运动方程为mtπcos240100.43y，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1的速度沿一直线传播．（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程．分析已知波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tcosAy进行比较，求出振幅A、角频率ω及初相φ0，而这三个物理量与波动方程的一般形式0cosuxtAy/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ω＝2πν＝2π／T和λ＝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1sπ240ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有s1033.8/π23ωT波长为λ＝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A＝4.0×10-3m，1sπ240ω，φ0＝0故以波源为原点，沿x轴正向传播的波的波动方程为mπ8π240cos100.4/cos30xtuxtωAy6-7波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1的速度沿直线传播，设t＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1）距波源15.0ｍ和5.0m两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为16.0m和17.0m的两质点间的相位差．分析（1）根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，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λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx／λ．解（1）由题给条件1sm100s020uT,.，可得m2;smπ100/π21uTλTω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φ0＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为2/π100π100cosx/tAy距波源为x1＝15.0m和x2＝5.0m处质点的运动方程分别为π5.5tπ100cosπ15.5tπ100cos21AyAy它们的初相分别为φ10＝－15.5π和φ20＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10＝－13.5π，φ20＝－3.5π．）（2）距波源16.0m和17.0m两点间的相位差π/π2Δ1212xx6-8图示为平面简谐波在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．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λ、振幅A和波速u＝λ；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，并利用旋转矢量法确定其初相φ0．（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＝dy/dt．解（1）从图中得知，波的振幅A＝0.10m，波长λ＝20.0m，则波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根据t＝0时点P向上运动，可知波沿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φ0＝π/3．故波动方程为m3/π5000/π500cos10.0/cos0xtuxtAy（2）距原点O为x＝7.5ｍ处质点的运动方程为m12π13π5000.10cosy/tt＝0时该点的振动速度为-10sm40.6/12π13sinπ50/ddttyv题6-8图6-9一平面简谐波以速度1sm08.0u沿Ox轴正向传播，图示为其在t＝0时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P处质点的运动方程．题6-9图分析（1）根据波形图可得到波的波长λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t＝0时，x＝0处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）波动方程确定后，将P处质点的坐标x代入波动方程即可求出其运动方程yP＝yP（t）．解（1）由图可知振幅A＝0.04ｍ，波长λ＝0.40ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T＝2πu/λ＝（2π/5）ｓ-1，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为m2π08.05π20.04cosyxt（2）距原点O为x＝0.20ｍ处的P点运动方程为m2π52π0.04cosy*6-10一平面简谐波，波长为12m，沿Ox轴负向传播．图（a）所示为x＝1.0m处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图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（a）写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解由图（a）可知质点振动的振幅A＝0.40ｍ，t＝0时位于x＝1.0m处的质点在A/2处并向Oy轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b），从图中可知3/π0．又由图（a）可知，t＝5s时，质点第一次回到平衡位置，由图（b）可看出ωt＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6）rad.s-1．由上述特征量可写出x＝1.0m处质点的运动方程为m3π6π0.04cosyt将波速1sm0.1π2//ωλTλu及x＝1.0m代入波动方程的一般形式0cosuxtAy/中，并与上述x＝1.0m处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为m2π10/6π0.04cosxty6-11平面简谐波的波动方程为xtyπ2π4cos08.0,式中y和x的单位为m，t的单位为s,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及0.30m两处的相位差．解（1）将t＝2.1s和x＝0代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81将t＝2.1s和x′＝0.10m代入题给波动方程，得0.10m处的相位为π2.82（2）从波动方程可知波长λ＝1.0m．这样，x1＝0.80m与x2＝0.30m两点间的相位差πΔπ2Δx6-12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．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，故对于球面波而言，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P．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r处的能流密度为2π4/rPI当r1＝5.0m、r2＝10.0m时，分别有22211mW1027.1π4/rPI22222mW1027.1π4/rPI6-13两相干波波源位于同一介质中的A、B两点，如图（a）所示．其振幅相等、频率皆为100Hz，B比A的相位超前π．若A、B相距30.0m，波速为u＝400m·s-1，