大学物理下第17章习题详解

第17章习题解答【17-1】解首先写出S点的振动方程若选向上为正方向，则有：－0.01=0.02cos021cos00=－Asin00，sin00即320初始位相320则mtys)32cos(02.0再建立如图题17-1（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，如图题17-1（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则该波的波动方程为：muLxty32)(cos02.0若P点选在S点左侧，如图题17-1（c）所示，则muLxty32)(cos02.0【17-2】解（1）由图题17-2可知，波长=0.8m振幅A=0.5m频率HzHzuv1258.0100周期svT31081（2）平面简谐波标准动方程为：)(cosuxtAy由图可知，当t=0，x=0时，y=A=0.5m，故=0。将A、(v)、u、代入波动方程，得：mxty)100(250cos5.0【17-3】解（1）由图题17-3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由图题17-3可知，mOP40.0，且u=0.08m/s，则srradsraduv/52/40.008.0222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x==0.40代入上式，即为P点振动方程：mtyp3252cos04.0（4）图题17-3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。【17-4】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：)43(2cos2.02.0TT1)23cos(故2对于O点，t=0时的初始位相20图中P点位相始终落后O点4T时间，即位相落后2，故t=0时，P点初位相p=0。（2）由u=36m/s，=0.4m知，sraduv/18022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【17-5】解图题17-5（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图题17-5（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图题17-5（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：)(cos0uLtAy则波动方程为：)(cosuLuxtAy此时，式中x与L自身为负值。【17-6】解（1）根据平面简谐波的标准波动方程：)(cosuxtAy有：)2(4cos)24(cosxtAxtAy两式比较得：波速u=2m/s，=4rad/s频率HzHzv2242波长mmvu122（2）波峰位置即是y=A的位置。当y=A时，有cos(4t+2x)=1，故t+2xk（k=0，±1，±2…）可得：x=k－2t当t=4.2s时，x=(k-8.4)m要求离坐标原点最近的波峰，且x=－0.4m（3）设该波峰由原点传播至x=－0.4m处所需时间为t，则ssuxt2.024.0可知该波峰经原点的时刻st4【17-7】解（1）如图题17-7（a）所示。平面简谐波沿x轴负方向传播，因A点的振动方程为：y=3cos(4t－)m故波动方程为：mxty)20(4cos3取x=－9m，代入即得B点振动方程为：mtyB)5144cos(3（2）如图题17-7(b)所示，平面简谐波沿x轴正方向传播，有：)(cosuxtAy对于A点mty)41cos(3已知A=3m，=4rad/s，t=0时，41得=0则波动方程为：)20(4cos3xty取x=(9+5)m=14m，代入即为B点振动方程：mtyB)5144cos(3可见两种不同的坐标中，B点的振动方程是相同的。题17-7图【17-8】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据平均能量密度与波强、波速的关系，得：3533/103/300109mJmJuI最大能量密度为：3522/1062mJAm（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)(sin)(sin2222uxtuxtAm故dxuxtSSdxm)(sin20vuSSmm2121JJ751062.43003000154.02106【17-9】解（1）P为单位时间通过截面的平均能量，有：sJsJtWP/107.2/10107.232（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：21221231091000.3107.2msJmsJsPI（3）据平均能量密度和I与u的关系，有：24221065.2340109mJmJuI【17-10】解由题可知，每一列波传播的距离OSOSOS321,,都是波长的整数倍，则三列波在点引起振动的振动方程分别为：)2cos(1tAytAycos2)2cos(23tAy，在O点，三个振动叠加，合振动的振幅及位相可利用旋转矢量图法及矢量合成求得（见图题17-10（b））。合振动频率及振动方向不变，有：4,22221合合AAAA故振动方程为：)4cos(20tAy题17-10图【17-11】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点的位相差为：)(221102012rr)4(22合振幅A=|A1－A2|=0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的位相差为：042212，合振动A=A1+A2=2A1合成波的强度与入射波强度之比为：4421210AAIIQ，即IQ=4I0【17-12】解（1）因合成波方程为：y=y1+y2=[0.06cos(x－4t)+0.06cos(x+4t)]m2)4()4(cos06.02txtx0.12cos×cos4tm故细绳上的振动为驻波式振动。（2）由cosx=0得：2)12(kx故波节位置为：))(12(21mkx（k=0，±1，±2…）由|cosx|=1得：x=k故波腹位置x=k(m)（k=0，±1，±2…）（3）由合成波方程可知，波腹处振幅为：A=0.12m在x=1.2m处的振幅为：Ax=|0.12cos1.2|m=0.097【17-13】解（1）由O点的振动方程及波长得入射波波动方程：mxty4.124500cos1053该波在B点的振动方程为：（x=2=2.1m）4.11.224500cos1053tyBmt34500cos1053由B点为波节知，反射波在B点的振动方程为：mtyB24500cos1053反mt47500cos1053由反射波在B点的振动方程，以及任一点P与B点的位相差xl2，可得反射波波动方程为：mxty4.11.2247500cos1053反mxt4.12)43500(cos1053式中，原点初位相最后取小于2的值。（2）由23L及B点为波节，而相邻波节间距为2，可知OB之间波节位置分别为：x=0，0.7m，1.4m，2.1m（3）入射波及反射波在x=0.175m处引起分振动的位相差为：24.1175.0244.1175.0243故D点的振幅为：cos2212221AAAAAmA31101.72【17-14】解（1）据题意可知，S点的振动表达式为：y0=Acost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（3）合成波的表达式为：y合=y+y反uDuxtAuxtA2coscos2cos2cos2uDtuxuDA（4）距O点为3D处的一点的合振动方程为：2cos232cos23uDtuDAyD【17-15】解（1）由第一列波在Q点的振动yQ=Acost和第二列波在O点振动的位相比，第一列波Q的位相超前，得到第二列波在O点的振动为：yo=Acos(t+)由两振动方程可得同一坐标下的波动表达式为：)(cosuxltAyQ)(cosuxtAyO将l=1，x=xp代入，得到两列波在P点处的振动表达式为：)22cos(1pPxtAy)2cos(2pPxtAy上述两个振动在P点引起的合振动为：yp=yp1=yp2)22cos(pxtA)2cos(pxtA)2sin()sin(2pxtA（2）当波的频率v=400Hz，波速u=400m/s时，由u=v可知，波长mvu1。将=1m代入①式，①式中的xp换成变量x，得驻波方程为：y=－2Asin(t－)·sin(2x－)=－2Asintsin2x为得到干涉静止点位置，使y=0，于是有：sin2x=0即2x=k(k=0，1，2…)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：mmx1,21,0【17-16】解相干波合成后从小值到相邻极大值之间，即声音减弱一次的位相差为，相应的波程差为2，C管每伸长h=8cm，声音减弱一次，则2h所以=2h=16cm=0.16m声波的频率为：HzHzuv212516.0340【17-17】解（1）因为波源的振动方程为：y=acost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