物理学教程(第二版)上册课后答案6_物理学教程第二版上册

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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（Ｄ）π2π（Ｃ）均为π2

与π2（Ｅ）π2与

π2

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3π2（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3π2.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（）

Ar2r1kπA212kπA212πr2r1/A212πr1r2/分振动相位差为Δ2kπ2kπ

分析与解 P是干涉极大的条件为两分振动的相位差Δ2kπ，而两列波传到P点时的两

212πr2r1/，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）43

4（B）

2

（C）（D）

分析与解 驻波方程为y2Acos2πxλcos2πvt，它不是真正的波.其中2Acos2πx是其波线上各点振动的振幅.显然，当xk2,k0,1,2,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y0.20cos2.5ππx，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＝2 s时的波形，并指出波峰和波谷．画出x＝1.0 ｍ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xxyAcost0书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“-”、“+”的选取分

uu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

y0.20cos2.5πtx/2.5m

与一般表达式yAcostx/u0比较，可得

A0.20m,u2.5ms1,00

则vω/2π1.25Hz,λu/v2.0m

（2）绳上质点的振动速度

vdy/dt0.5πsin2.5πtx/2.5ms1则vmax1.57ms

1

（3）t ＝1ｓ和t ＝2ｓ时的波形方程分别为

y10.20cos2.5ππxmy20.20cos5ππxm

波形图如图（a）所示． x ＝1.0m处质点的运动方程为

y0.20cos2.5πtm

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y4.0103cos240πtm，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yAcost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yAcostx/u0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ω240πs1．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有

T2π/ω8.33103s

波长为 λ＝uT＝0.25 ｍ

（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，ω240πs，φ0＝0故以波源为原点，沿x轴正向传播的波的波动方程为

yAcosωtx/u4.010301m-

1cos240πt8πx

6-7 波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ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5.0 m两处质点的运动方程和初相；（2）距波源为16.0 m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T0.02s,u100ms1，可得

λuT2m

ω2π/T100πms;1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

yAcos100πtx/100π/2

距波源为x1＝15.0 m和x2＝5.0 m处质点的运动方程分别为

y1Acos100πt15.5πy2Acos100πt5.5π

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17.0 m两点间的相位差

Δ212πx2x1/π

6-8 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7.5 m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＝0.10 m，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

yAcostx/u00.10cos500πtx/5000（2）距原点O为x＝7.5ｍ处质点的运动方程为

y0.10cos500πt13π/12π/3mm

t ＝0 时该点的振动速度为

vdy/dtt050πsin13π/1240.6ms

题6-8图

6-9 一平面简谐波以速度u0.08ms1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＝0.04 ｍ，波长λ＝0.40 ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ，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

1xπ2πy0.04cost50.082（2）距原点O为x＝0.20ｍ处的P点运动方程为

m

y0.04cos2ππ52m

*6-10 一平面简谐波，波长为12 m，沿Ox轴负向传播．图（a）所示为x＝1.0 m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＝0.40 ｍ，t＝0 时位于x＝1.0 m处的质点在A/2 处

π/3．又由图并向Oy轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b），从图中可知0（a）可知，t＝5 s 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＝1.0 m处质点的运动方程为

ππy0.04cost36m

将波速uλ/Tωλ/2π1.0ms1及x＝1.0 m代入波动方程的一般形式yAcostx/u0中，并与上述x ＝1.0 m处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为

y0.04cosππtx/1062m,式中y和x的单位为m，t的6-11 平面简谐波的波动方程为y0.08cos4πt2πx单位为s,求：（1）t＝2.1 s 时波源及距波源0.10m两处的相位；（2）离波源0.80 m及0.30 m两处的相位差．

解（1）将t＝2.1 s和x＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位

18.4π

将t＝2.1 s 和x′＝0.10 m代入题给波动方程，得0.10 m处的相位为

28.2π

（2）从波动方程可知波长λ＝1.0 m．这样，x1＝0.80 m与x2＝0.30 m两点间的相位差

Δ2πΔxπ 6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W 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5.0 m和10.0 m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

IP/4πr

2当r1＝5.0 m、r2＝10.0m时，分别有

I1P/4πr11.2710I2P/4πr21.2710222Wm2

2Wm26-13 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100 Hz，B比A的相位超前π．若A、B相距30.0m，波速为u＝400 m·s，试求AB连线上因干涉而静止的各点的位置．

1题6-13图

分析 两列相干波相遇时的相位差Δ212πΔr．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件Δ2k1π获得．

解 以A、B两点的中点O为原点，取坐标如图（b）所示．两波的波长均为λ＝u/＝4.0 m．在A、B连线上可分三个部分进行讨论． 1.位于点A左侧部分

ΔBA2πrBrA14π

因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点． 2.位于点B右侧部分

ΔBA2πrBrA16π

显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．

3.在A、B两点的连线间，设任意一点P距原点为x．因rB15x，rA15x，则两列波在点P的相位差为

ΔBA2πrBrA/x1π

根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程

xx1π52k1π

得x2kmk0,1,2,...

因x≤15 m，故k7．即在A、B之间的连线上共有15 个静止点．

6-14图（a）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A时，分成两路而在点B相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr＝r2－r1至少应为多少？（设声波速度为340 m·s）-

1题6-14图

分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr．

解 由分析可知，声波从点A分开到点B相遇，两列波的波程差Δr＝r2-r1，故它们的相位差为

Δ2πr2r1/2πΔr/

由相消静止条件Δφ＝（2k＋1）π，（k＝0，±1，±2，…）得

Δr＝（2k＋1）λ／2 根据题中要求令k ＝0 得Δr至少应为

r/2u/2v0.57m 讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．

*6-15 如图所示，x＝0 处有一运动方程为yAcost的平面波波源，产生的波沿x轴正、负方向传播．MN为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1）波源所发射的波沿波源O左右传播的波动方程；（2）在MN处反射波的波动方程；（3）在O～MN区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4）x＞0区域内合成波的波动方程．

题6-15图

分析 知道波源O点的运动方程yAcost，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为y1Acostx/u和y2Acostx/u．因此可以写出y1在MN反射面上P点的运动方程．设反射波为y3，它和y1应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P点引起的振动和y1在P点引起的振动反相．利用y1在P点的运动方程可求y3在P点的运动方程，从而写出反射波y3．在O～MN区域由y1和Y3两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x＞0区域是同传播方向的y2和y3合成新的行波．

解（1）由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为

y1Acostx/u和y2Acostx/u

（2）y1在反射面MN处引起质点P振动的运动方程

2π2πy1AcostTp3π32πAcost

24T因半波损失反射波y3在此处引起的振动为

3π2π2πy3AcostππAcost

22TTp设反射波的波动方程为y3Acos2πt/T2πx/，则反射波在x＝－3λ/4处引起的振动为

32πy3Acostπ

2Tp与上式比较得2π，故反射波的波动方程为

222π2πy3Acostπx2πAcostπx

λλTT（3）在O～MN区域由y1和y3合成的驻波y4为

222π2π2π2πy4t,xy1y3AcostπxAcostπx2Acosxcost

λλTTλT波节的位置：2πx/λkππ/2,处为波节．

波腹的位置：2πx/λkπ,xkλ/2λ/4，取k＝－1，－2，即x＝－λ/4，－3λ/4

xkλ/2，取k＝0，－1，即x＝0，－λ/2 处为波腹．

（4）在x＞0 区域，由y2和y3合成的波y5为

222π2π2π2πy5t,xy2y3AcostπxAcostπx2Acostx

λλλTTT这表明：x＞0 区域内的合成波是振幅为2A的平面简谐波．

6-16 如图（a）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d=2.00 mm，沿竖直方向的声速u6.7410ms试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？

分析根据限定区域内驻波形成条件（如图（b）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式d31，k2k成立，k为正整数.可见取不同的k值，得到不同的k，晶体内就出现不同频率k的波.对应k=1称为基频，k=2，3，4，…称为各次谐频.解根据分析基频振动要求d，于是要求频率

2uu2d1.685106Hz

题 6-16 图 6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz，在空气（ρ＝1.3 kg·m-3）中以u＝340 m·s-1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A＝1.0 ×10-6 m．试求波在耳中的平均能量密度和声强． 解 波在耳中的平均能量密度

12A2πAv622222

6.4210声强就是声波的能流密度，即

Jm2Iu2.18103Wm2

这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约1.0×10W·m左右．

6-18 面积为1.0 m2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80dB．问有多少“声功率”传入窗内？

分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I，而声强级L是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L＝lg（I /I0），其中I0＝1.0 ×10-12 W·m-2为规定声强．L的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且1 B ＝10 dB．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I相同，故有P＝IS．

解 根据分析，由L＝lg（I／I0）可得声强为

I＝10I0

则传入窗户的声功率为

W P＝IS＝10I0S＝1.0 ×6-19 一警车以25 m·s-1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v=800 Hz．求：（1）静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2）如果警车追赶一辆速度为15m·s-1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速u＝330m·s-1）

分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态．

解（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度s＝25 m·s-1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为

LL-6-2

vvuus

警车驶近观察者时，式中s前取“－”号，故有

v1vuus865.6Hz

警车驶离观察者时，式中s前取“＋”号，故有

vv2uus743.7Hz

（2）客车的速度为0=15m·s-1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为

vv3u0us826.2Hz

6-20

蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz，当它以声速的1的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反

40射回来的超声波频率为多少？

分析由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u.首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v，运动速度为su40，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为0接收到的信号频率v.解将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为v壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为

u40，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠

uvus，在蝙蝠接收岩

v

u0uvu0usv10/u1s/uv

11/4011/4039kHz41kHz