物理学教程第二版上册课后答案第六章.docx
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物理学教程第二版上册课后答案第六章
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
(C)均为
(D)
与
(E)
与
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
(B)B点静止不动
(C)C点相位为
(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
.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( )
分析与解 P是干涉极大的条件为两分振动的相位差
,而两列波传到P点时的两分振动相位差为
,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)
(B)
(C)
(D)
分析与解 驻波方程为
,它不是真正的波.其中
是其波线上各点振动的振幅.显然,当
时,振幅极大,称为驻波的波腹.因此,相邻波腹间距离为
.正确答案为(B).
6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为
,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
书写,然后通过比较确定各特征量(式中
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
与一般表达式
比较,可得
则
(2)绳上质点的振动速度
则
(3)t=1s和t=2s时的波形方程分别为
波形图如图(a)所示.
x=1.0m处质点的运动方程为
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
,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
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
.根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有
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,
,φ0=0故以波源为原点,沿x轴正向传播的波的波动方程为
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
,可得
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
距波源为x1=15.0m和x2=5.0m处质点的运动方程分别为
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
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7.5m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
(2)距原点O为x=7.5m处质点的运动方程为
t=0时该点的振动速度为
题6-8图
6-9 一平面简谐波以速度
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
(2)距原点O为x=0.20m处的P点运动方程为
*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
.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
将波速
及x=1.0m代入波动方程的一般形式
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
6-11 平面简谐波的波动方程为
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
将t=2.1s和x′=0.10m代入题给波动方程,得0.10m处的相位为
(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
6-12 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
.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=
/S.
解 由分析可知,半径r处的能流密度为
当r1=5.0m、r2=10.0m时,分别有
6-13 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,试求AB连线上因干涉而静止的各点的位置.
题6-13图
分析 两列相干波相遇时的相位差
.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
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/=4.0m.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
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
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
,
,则两列波在点P的相位差为
根据分析中所述,干涉静止的点应满足方程
得
因x≤15m,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300Hz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340m·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
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
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
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
,可以写出波沿x轴负向和正向传播的方程分别为
和
.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
和
(2)y1在反射面MN处引起质点P振动的运动方程
因半波损失反射波y3在此处引起的振动为
设反射波的波动方程为
,则反射波在x=-3λ/4处引起的振动为
与上式比较得
,故反射波的波动方程为
(3)在O~MN区域由y1和y3合成的驻波y4为
波节的位置:
,取k=-1,-2,即x=-λ/4,-3λ/4处为波节.
波腹的位置:
,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
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=2.00mm,沿竖直方向的声速
,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
成立,k为正整数.可见取不同的k值,得到不同的
,晶体内就出现不同频率
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
,于是要求频率
题6-16图
6-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气(ρ=1.3kg·m-3)中以u=340m·s-1的速度传播,到达人耳时,振幅约为A=1.0×10-6m.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
声强就是声波的能流密度,即
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1.0×10-6W·m-2左右.
6-18 面积为1.0m2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=1.0×10-12W·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1B=10dB.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
=IS.
解 根据分析,由L=lg(I/I0)可得声强为
I=10
I0
则传入窗户的声功率为
=IS=10
I0S=1.0×10-4W
6-19 一警车以25m·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=800Hz.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=25m·s-1运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为
警车驶近观察者时,式中
s前取“-”号,故有
警车驶离观察者时,式中
s前取“+”号,故有
(2)客车的速度为
=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
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39kHz,当它以声速的
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
,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
.经岩壁反射后频率不变,即岩壁发射信号频率为
,这时蝙蝠是波的接收者,其运动速度为
,再次利用多普勒频率公式,可求得蝙蝠接收到的信号频率
.
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
,在蝙蝠接收岩壁反射信号时,又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为
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- 物理学 教程 第二 上册 课后 答案 第六