《大学物理》第六章 习题解答

第六章习题解答 6-1解:首先写出S点的振动方程 若选向上为正方向,则有 0.01=0.02coso 0 24 丌 题6-1图 2 初始相位90-3 丌 y,=0.02coS( 再建立如图题6-1(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: 则该波的波动方程为: 0.02 若坐标原点不选在S点,如习题6-1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 习题6-1图 则该波的波方程为: 0.02 cos o( 若P点选在S点左侧,P点比S点超前时间为—,如习题6-1图(c)所示,则 0.02 cos o(t 不管P点在S点左边还是右边,波动方程为: 0.02 cos o(t 6-2解(1)由习题6-2图可知, 波长 =081 振幅 A=0.5n

52 第六章习题解答 6-1 解：首先写出 S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有： 0 − 0.01 = 0.02cos 2 1 cos 0 = − sin 0, 0 = −A  0  sin  0  0 即   3 2 0 = − 或  3 4 初始相位   3 2 0 = − 则 ys t )m 3 2 = 0.02cos( −  再建立如图题 6-1(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： u x t = 则该波的波动方程为： m u x y t       =  − −  3 2 0.02cos ( ) 若坐标原点不选在 S 点，如习题 6-1 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： u x L t −  = 则该波的波方程为： m u x L y t       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) 若 P 点选在 S 点左侧，P 点比 S 点超前时间为 u L − x ,如习题 6-1 图(c)所示，则       − − =  +  3 2 0.02cos ( ) u L x y t       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) u x L t ∴不管 P 点在 S 点左边还是右边，波动方程为：       − − =  −  3 2 0.02cos ( ) u x L y t 6-2 解（1）由习题 6-2 图可知， 波长  = 0.8m 振幅 A=0.5m 习题 6-1 图 习题 6-1 图

频率 Hz=125Hz 周期 8×10-3sc=2mU=250 (2)平面简谐波标准波动方程为 y=Acoso(t-)+o 由图可知,当==0,x=0时,y=A=0.5m,故q=0。 将A、O(O=2m)、l、代入波动方程,得 y=0.5c0250x( 100 (3)x=0.4m处质点振动方程 y=0.5c0250(-4 0.5c0s(250m-)n 6-3解(1)由习题6-3图可知,对于O点,=0时,y=0,故 再由该列波的传播方向可知, 由习题6-3图可知,A=OP=0.40m,且u=0.08m/s,则 @=2T=2T-=2T--rad/s==I rad/s 0.40 可得O点振动表达式为: y0=0.04c0s(=m+)m (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: =0.04 丌(t 0.082 (3)将x==0.40代入上式,即为P点振动方程: (4)习题6-3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

53 频率 Hz 125Hz 0.8 100 = = =  u v 周期 8 10 s 1 −3 = =  v T  = 2 = 250 （2）平面简谐波标准波动方程为：       = cos ( − ) + u x y A t 由图可知，当 t=0,x=0 时，y=A=0.5m，故  = 0 。 将 A、( = 2v)、u、 代入波动方程，得： ) m 100 0.5cos 250 (       = − x y  t (3) x=0.4m 处质点振动方程.       = − ) 100 0.4 y 0.5cos 250 (t = 0.5cos(250t − )m 6-3 解（1）由习题 6-3 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， 0  0 取 2   = 由习题 6-3 图可知，  = OP = 0.40m, 且 u=0.08m/s，则       5 2 rad/s 0.40 0.08 = 2 = 2 = 2 = u v rad/s 可得 O 点振动表达式为： y t )m 5 2 2 0.04cos( 0  =  + (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： m x y t       = − + 2 ) 0.08 ( 5 2 0.04cos   (3) 将 x =  = 0.40 代入上式，即为 P 点振动方程： y y p t m      = =  +  2 1 5 2 0.04cos 0 (4)习题 6-3 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

6-4解(1)平面谐波标准波动方程为: Acos a(t-)+9 由图可知,A=0.2m 对于图中O点,有 x=0,y=0.2m,t=-T 代入标准波动方程: 02=02cos(7T)+ s(=丌+q)=1 故 对于O点,t=0时的初始相位 z 图中P点位相始终落后O点时间,即相位落后,故0时,P点初相位n=0 (2)由l=36ms,=0.4m知 O=2m=2丌=180mad/s 故根据平面谐波的标准波动方程可知,该波的波动方程为 丌 y=0.2 cos 180r( 6-5解习题65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: A coso(t+-) l 则波动方程为 y=Acos(t 习题6-5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: yo=Acos@(t 则波动方程为: y=Acos@( 习题6-5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 A cos(t+ l 则波动方程为:

54 6-4 解（1）平面谐波标准波动方程为：       = cos ( − ) + u x y A t 由图可知，A=0.2m 对于图中 O 点，有： x y m t T 4 3 = 0, = 0.2 , = 代入标准波动方程: ) 1 2 3 cos( ) 4 3 ( 2 0.2 0.2cos + =       = +     T T 故 2   = 对于 O 点，t=0 时的初始相位 2 0   = 图中 P 点位相始终落后 O 点 4 T 时间，即相位落后 2  ，故 t=0 时，P 点初相位  p = 0 。 （2）由 u = 36m/s, = 0.4m 知， 2 2 180rad/s   =  =  = u v 故根据平面谐波的标准波动方程可知，该波的波动方程为： m x y t       = − + 2 ) 36 0.2cos 180 (   6-5 解习题 6-5 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： cos ( ) 0 u L y = A  t + 则波动方程为： cos ( ) u L u x y = A  t − + 习题 6-5 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： cos ( ) 0 u L y = A  t − 则波动方程为： cos ( ) u L u x y = A  t + − 习题 6-5 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( ) 0 u L y = A t + 则波动方程为：

此时,式中x与L自身为负值。 1) y=Acos T(4t+2x) Acos(4 =Acos4丌(t+ =-2m/ 2 r=2HZ (2)y=AcoS 4T(t+ 波 4(t+-)=2knk=0,±1,+2, t=4.2s代入(42+=-) x=k-8.4m x=-8.4m,-74m2…-0.4m,0.6m 0.6 0.3 6-7y=3cos(4m-丌) (1)y=3cos4x(t+-)-丌 丌(t+ 丌 yB=3cos 4T( 3cos 4rt-=-=3cos 4m-1g 9 丌=3cos4m--丌

55 cos ( ) u L u x y = A  t + + 此时，式中 x 与 L 自身为负值。 6-6 (1) y = Acos (4t + 2x) = Acos(4t + 2x) ) 2 cos 4 ( x = A  t + 2Hz 0.5 2 4 2 / = = = = = −      T s u m s  =1m （2） ) 2 cos 4 ( x y = A  t + 波峰： ) 1 2 cos 4 ( + = x  t ) 2 0, 1, 2, 2 4 ( + = k k =   x  t  t=4.2s 代入( 2 2 4.2 x k + = ) 8.4 , 7.4 ,, 0.4 ,0.6 , 8.4 x m m m m x k m = − − − = − 0.3 2 0.6 = = = u x t 6-7 y = 3cos(4t − ) (1)       = 3cos 4 ( + ) − u x y t       =  + ) − 20 3cos 4 ( x t       =  − ) − 20 9 y 3cos 4 (t B       = −       = −       =  −  −     5 4 3cos 4 5 14 3cos 4 5 9 3cos 4 t t t

3cos art y4=3c0(4m-x) 任取一点P如图)AP=x-5,则P点落后A点时间x=5 故波动方程 3cos 4r(t bmxmBp+x 习题6.7图 3cos 4( =3cos 4T(I-r yB=3cos 4T( 14 3cos( 4nt 4 3cos(4, 6-8解(1)由题可知,垂直于波传播方向的面积为: 0.14 据能量密度O=pAo32sm2|o(-)+ 平均能量密度=p4 波的强度=an 得 1=9×10Jm3=3×10°(Jm3) 300 最大能量密度为: 42o2=2o=6×10-(J/m3) (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 能量密度

56       =  −  5 4 3cos 4 t (2) A: y = 3cos(4t −) A 任取一点 P(如图) AP = x −5 ，则 P 点落后 A 点时间 u x − 5 故波动方程       − − =  − )  5 3cos 4 ( u x y t       − − =  − )  20 5 3cos 4 ( x t       = − ) 20 3cos 4 ( x  t       = − ) 20 14 y 3cos 4 (t B  ) 5 4 3cos(4 ) 5 14 3cos(4     = − = − t t 6-8 解（1）由题可知，垂直于波传播方向的面积为： 2 2 2 2 2 ) 1.54 10 2 0.14 ) 3.14 ( 2 ( m m d S − =  =  =  据能量密度        =   sin ( − ) + 2 2 2 u x A t 平均能量密度 2 2 2 1  = A  波的强度 I =u 得： J/m 3 10 (J/m ) 300 9 10 3 5 3 3 − − =   = = u I  最大能量密度为： 2 6 10 (J/m ) 2 2 −5 3  m = A  =  =  (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 能量密度 习题 6.7 图