大学物理第六章习题解答和分析.docx

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1、大学物理第六章习题解答和分析6-1频率为n=1.2510Hz的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量4E=1.901011N/m2，棒的密度r=7.6103Kg/m3.求该纵波的波长. 分析 纵波在固体中传播，波速由弹性模量与密度决定。 解：波速u=E/r,波长l=u/n l=E/rn2=0.4m 6-2一横波在沿绳子传播时的波方程为：y=0.04cos(2.5pt-px)(SI) (1)求波的振幅、波速、频率及波长； (2)求绳上的质点振动时的最大速度； (3)分别画出t=1s和t=2s的波形，并指出波峰和波谷.画出x=1.0m处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 分析 与标准方

2、程比较即可确定其特征参量。 解：用比较法，由y=0.04cos(2.5pt-px)=Acos(wt+j-2plx)得 A=0.04m n=w/2p=2.5p/2p=1.25Hz 2p=p,l=2.0m u=ln=2.5m/s lnm=Aw=0.314m/s 题图6-2 t=1(s)时波形方程为：y1=0.04cos(2.5p-px) t=2(s)时波形方程为：y2=0.04cos(5p-px) x=1(m)处的振动方程为：y=0.04cos(2.5pt-p) 6-3 一简谐波沿x轴正方向传播，t=T/4时的波形图如题图63所示虚线，若各点的振动以余弦函数表示，且各点的振动初相取值区间为即可求解

3、波的表达。只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b点的振动规律。 解: 设其波长为,选o点处为坐标原点,由方程y=Acos(wt+j)可得取图中a 所示的坐标,则x处质点的振动比A点滞后x2p,故 la.y=Acos(wt-同理可得 xlx2p+j) b.y=Acos(wt+c.y=Acos(wt-d.y=Acos(wt+l2p+j) 2p+j) 2p+j) x-llx-ll要求距A为b的点的振动规律,只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知,取不同的坐标只是改变了坐标的原点,波的表达式在形式上有所不同,但b点的振动方程却不变.即 题图6-4 (2

4、) q2 y=Acos(wt-bl2p+j) 6-5一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为n，波速为u.设t=t时刻的波形曲线如题图65所示.求 (1)x=0处质点振动方程； (2)该波的波方程. 分析 由于图中是t时刻波形图，因此，对x=0处质点，由图得出的相位也为t时刻的相位。再由旋转矢量推算出t=0时刻的初相位。进而写出波动方程。 解：(1)设x=0处质点的振动方程为 y=Acos2pn(t-t)+j 由图可知，t=t时 y=Acosj=0，n=-Awsinj10cm，求该平面波的波方程. 分析 通过旋转矢量图法，结合x=10cm点和x=20cm点，在t=1.0s的运动状态，可得

5、到波长和初相。 解：设平面简谐波的波长为l，坐标原点处质点振动初相为j，则该列平面简谐波的表达式可写成 y=0.1cos(7pt-2px/l+j)(SI) t=1.0s时x=10cm 处 y=0.1cos7p-2p(0.1/l)+j=0 因此时a质点向y轴负方向运动，故 7p-2p(0.1/l)+j=1p2(1) 3 而此时, b质点正通过y=0.05m处，有 y=0.1cos7p-2p(0.2/l)+j=0.05，且质点b向y轴正方向运动，故 7p-2p(0.2/l)+j=-1p3(2) 由(1)、(2)两式联立得 l=0.24m ， j=-17p/3 所以，该平面简谐波的表达式为：y=0.

6、1cos7pt-17p(SI) 0.123-px6-7 已知一平面简谐波的波方程为y=0.25cos(125t-0.37x)(SI) (1)分别求x1=10m,x2=25m两点处质点的振动方程； (2)求x1、x2两点间的振动相位差； (3)求x1点在t=4s时的振动位移. 分析 波方程中如果已知某点的位置即转化为某点的振动方程。直接求解两点的振动相位差和某时刻的振动位移。 解：(1)x1=10m、x2=25m的振动方程分别为： yx=10=0.25cos(125t-3.7)(SI), yx=25=0.25cos(125t-9.25)(SI) (2) x2与x1两点间相位差 Df=f2-f1=

7、-5.55rad (3) x1点在t=4s时的振动位移 y=0.25cos(1254-3.7)=0.249m 6-8如题图6-8所示，一平面波在介质中以波速u=20m/s沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为y=310-2cos4pt(SI). u B A 题图6-8 (1)以A点为坐标原点写出波方程； (2)以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波方程. 分析 由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程 直接写出波方程。 解：(1)坐标为x处质点的振动相位为 wt+j=4pt+(x/u)=4pt+(x/20) 波的表达式为 y=310-2cos4pt+(x/20)(SI) 4 (2)以B点为坐

8、标原点，则坐标为x点的振动相位为 wt+j=4pt+x-5(SI) 20-2x)-p(SI) 206-9 有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s，波线上右侧距波源O波的表达式为 y=310cos4p(t+为75m处的一点P的运动方程为y=0.30cos(2pt+p/2)(SI),求： (1)波向x轴正向传播的波方程； (2)波向x轴负向传播的波方程. 分析 先根据假设的标准波方程表示已知点P的振动方程，并与实际给出的P点方程比较求出特征量，进而求解波方程。 解：(1)设以x=0处为波源，沿轴正向传播的波方程为： y=Acosw(t-x/u)+j0 在上式中，代入x=75m，并与该处实

9、际的振动方程y=0.30cos(2pt+p/2)比较 -1可得：A=0.3m,w=2ps,j0=2p， 可得：y=0.30cos(2pt-2px)(SI)为所求 100(2)设沿轴负向传播的波方程为：y=Acosw(t+x/u)+j0 在上式中，代入x=75m，并与该处实际的振动方程y=0.30cos(2pt+p/2)比较 -1可得：A=0.3m,w=2ps,j0=-p， 可得：y=0.30cos2pt-p+2px(SI)为所求 1006-10 一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为，P点处质点的振动规律如题图610所示.求: P点处质点的振动方程; 此波的波动方程； 若图中d=l/2,求O点

10、处质点的振动方程. 分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。 解:从图中可见T=4s,且t=0,ypo=-A,j0=p,则P点处质点的振动方程为 5 2ppyp=Acos(t+p)=Acos(t+p)(SI) 42向负方向传播的波动方程为 yP (m) y=Acos(t+)+p 2l把d=l/2,px-d0 1 -A O t (s) x=0代入波动方程即得 d P x y0=Acos(t+2p-l/23p)+p=Acos(t+) l24p题图6-10 6-11一平

11、面简谐波的频率为500Hz，在空气(r=1.3Kg/m)中以340m/s的速度传播，达到人耳时的振幅为1.010m.试求波在人耳中的平均能量密度和声强. 分析 平均能量密度公式直接求解。声强即是声波的能流密度。 解:波在耳中的平均能量密度：w=-631rA2w2=2p2rA2n2=6.4110-6J/m3 2-32声强就是声波的能流密度，即：I=uw=2.1810W/m 6-12 一正弦空气波,沿直径为0.14m的圆柱形管传播,波的平均强度为910J/sm,频率为300Hz,波速为300m/s.求: (1) 波中的平均能量密度和最大的能量密度各是多少? (2) 每两个相邻同相面间的波段中含有多

12、少能量? 分析 平均能量密度为其在一个周期内的平均值，为最大值的一半。两个相邻同相面既是相距一个波长的距离的波段。 解: (1)-32I=wv I910-3w=310-5J/m3 v300又wmax=2w wmax=610-5J/m3 (2) 两个相邻同相面间的波段所对应的体积为 ddu0.14300V=pl=p=3.14=1.5410-2m322n2300W=wV=4.6210-7J 222 6 613 在均匀介质中，有两列余弦波沿Ox轴传播，波动表达式分别为 y1=Acos2p(nt-x/l)与y2=2Acos2p(nt+x/l)，试求Ox轴上合振幅最大与合振幅最小的那些点的位置。 分析

13、合振幅大小由相位差确定。 222解：(1)设合振幅最大处的合振幅为Amax，有Amax=(2A)+A+2A2AcosDf 式中 Df=4px/l 因为当cosDf=1时，合振幅最大，即有4px/l=2kp 所以，合振幅最大的点 x=1kl 2222(2)设合振幅最小处的合振幅为Amin，有Amin=(2A)+A+2A2AcosDf 式中 Df=4px/l 因为当cosDf=-1时，合振幅最小，即有4px/l=(2k+1)p 所以，合振幅最小的点 x=(2k+1)l/4 S2连线和6-14 相干波源S1和S2,相距11m,S1的相位比S2超前p.这两个相干波在S1、延长线上传播时可看成两等幅的平

14、面余弦波，它们的频率都等于100Hz，波速都等于400m/s.试求在S1、S2的连线之间，因干涉而静止不动的各点位置. 分析 首先确定两相干波连线上任意点两波的相位差，再根据干涉静止条件确定位置。 解：取S1、S2连线为x轴，向右为正，以S1为坐标原点.令S1S2=l. 取P点如图.由于l=u/n=4m，从S1、S2分别传播来的两波在P点的相位差 Df=(j2-j1)-122pl(l-x)-x)=-p2+px-11p=p(x-6) 2由干涉静止的条件可得：p(x-6)=(2k+1)p (k=0,1,2,) 得：x=2k+7 即x=1,3,5,7,9,11m为干涉静止点. 题图6-14 7 61

15、5 一微波探测器位于湖岸水面以上0.5m处，一发射波长21cm的单色微波的射电星从地平线上缓缓升起，探测器将继续指出信号强度的极大值和极小值.当接受到第一个极大值时，射电星位于湖面以上什么角度？ 分析 探测器信号出现极值是由于两列波干涉叠加造成，一列为直接接收的微波，另一列为经过水面反射后得到的。计算两列波在相遇点的波程差并根据相干加强求解。 解:如图，P为探测器，射电星直接发射到P点波(1)与经过湖面反射有相位突变p的波(2)在P点相干叠加，波程差为 1hhll=-cos2q+=lk=l 2sinqsinq21整理得： h(1-cos2q)=lsinq 2 d=OP-DP+解得： sinq=

16、l/(4h)=0.105 q=6 (1) (2) D P 0q O 题图615 q h 616如题图6-16所示，S1,S2为两平面简谐波相干波源. S2的相位比S1的相位超前p/4，波长l=8.00m，r1=12.0m,r2=14.0m，S1在P点引起的振动振幅为0.30m，S2在P点引起的振动振幅为0.20m，求P点的合振幅. 分析 合振幅由分振动的振幅和分振动在该点的相位差共同确定。 解：Df=j2-j1-2pl(r2-r1)=p4-2pr2l+2pr1l=-p/4 A=(A12+A22+2A1A2cosDf)1/2=0.464(m) 617如题图617中A、B是两个相干的点波源，它们的

17、振动相位差为p。A、B相距30cm,观察点P和B点相距40cm，且PBAB.若发自A、B的两波在P点处最大限度地互相削弱，求波长最长能是多少？ 8 题图616 题图617 分析 最大限度地削弱，即要求两振动在P点反相。故求两波在P点相位差即可求解。 解：在P最大限度地削弱，即两振动反相.现两波源是反相的相干波源，故要求因传播路径不同而引起的相位差等于2kp(k=1,2,) 。 由图 AP=50cm. 2p(50-40)/l=2kp, 所以 l=10/kcm ，当k=1时，lmax=10cm 6-18 如题图618所示，两列相干波在P点相遇.图中BP=0.45m，CP=0.30m，若-3一列波在

18、B点引起的振动是y10=310cos2pt(SI)；另一列波在C点引起的振动是1y20=310-3cos(2pt+p)(SI)；两波的传播速度u=0.20m/s，不考虑传播途中振幅2的减小，求P点的合振动的振动方程. 题图618 分析 重点在于求出两列波在P点的相位差。根据相位差确定合振动的振动方程。 9cos(2pt-p)(SI) 25-3 第二列波在P点引起的振动的振动方程是：y2=310cos(2pt-p)(SI) 21-3P点的合振动的振动方程是：y=y1+y2=610cos(2pt-p)(SI) 2解:第一列波在P点引起的振动的振动方程是：y1=310-3 9 6-19一驻波中相邻两

19、波节的距离为d=5.00cm，质元的振动频率为n=1.0010Hz，求形成该驻波的两个相干行波的传播速度u和波长l. 分析 驻波的相邻波节或波腹间的距离为波长的一半。 解：波长 l=2d=0.10(m)， 波速 u=nl=100(m/s) 6-20两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为： 31cosp(4x-24t)(SI) 31-2 y2=4.0010cosp(4x+24t)(SI) 3 y1=4.0010-2求：(1)两波的频率、波长、波速； (2)两波叠加后的节点位置； (3)叠加后振幅最大的那些点的位置. 分析 首先得到驻波方程，然后根据节点和波腹相位特点求得节点和波腹位置。 解：(

20、1)与波动的标准表达式y=Acos2p(nt-x/l)对比可得： n=4Hz， l=1.50m， 波速u=ln=6.00m/s (2)节点位置4px/3=(np+131p)即x=(n+)m,n=0,1,2. 242(3)波腹位置4px/3=np即x=3n/4m,n=0,1,2. 6-21在弹性媒质中有一沿x轴正向传播的平面波，其表达式为y=0.01cos(4t-px-1p) 2(SI)若在x=5.00m处有一媒质分界面，且在分界面处反射波相位突变，设反射波的强度不变，试写出反射波的表达式 分析 反射点固定，且反射波在反射点有相位突变。两波的相位差为波从x点开始，反射后回到x点所形成的相位延迟。

21、 解：反射波在x点引起的振动相位为 wt+f=4t-p(5+5-x)- =4t+px+反射波表达式为 1p+p 21p-10p 2O x 5 x (m) 1-10)(SI) 21或 y=0.01cos(4t+x+)(SI) 2 y=0.01cos(4t+x+题图621 6-22 两平面谐波分别沿ox轴正、 负向传播,其波动方程分别是y1=2Acos2p(nt-)和xl 10 xy2=Acos2p(nt+).求: lx=l/4处质点的合振动方程; x=l/4处质点的振动速度. 分析 在x=l/4处两波正好反相，因此振幅为两波振幅之差，而相位由振幅大者决定。 解: x=l/4 y1=2Acos(2

22、pnt-) 2y2=Acos(2pnt+) 2Dj=p ppA=2A-A=A y=y1+y2=Acos(2pnt-)(SI) 2dy (2)V=dtV=-2pnAsin(2pnt-)2 =2pnAcos(2pnt)(SI)6-23若在同一介质中传播的频率为1200Hz和400Hz的两声波有相同的振幅，求 (1)它们的强度之比； (2)两声波的声强级差. 分析 由强度公式I=pp1ruA2w2求解。 22Iw122解：(1)由I=ruAw可得：1=12=9 2I2w2(2)由声强级公式L=lg(I/I0),则两声波声强级差为 DL=lg(I1/I0)-lg(I2/I0)=lg(I1/I2)=0.954(Bel)=9.45dB 6-24火车以u=30m/s的速度行驶，汽笛的频率为n0=650Hz.在铁路近旁的公路上坐在汽车里的人在下列情况听到火车鸣笛的声音频率分别是多少？ (1)汽车静止； (2)汽车以v=45km/h的速度与火车同向行驶. 分析 (1)要考虑火车迎面而来和火车背离而去两种情况。(2) 要考虑汽车在前和火车在前两种情况。 11 解: (1)火车迎面而来 n=火车背离而去 n=Vn0=713Hz V-uVn0=597Hz V+uV-v(2)汽车在前 n=n0=687Hz V-uV+v 火车在前 n=n0=619Hz V+u 12