极品节操_期-萌妹纸带你玩转《花千骨》穿帮-原创-高清正版视频-爱奇艺
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：萌妹纸带你玩转《花千骨》穿帮
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您使用浏览器不支持直接复制的功能，建议您使用Ctrl+C或右键全选进行地址复制第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法教材将这三部分内容安排在一起，是充分考虑到它们之间的关联性，因而在学习这部分内 容和求解有关习题时也要学会前后内容和方法上的关联．我们知道振动是波动的基础，机械波 就是机械振动在弹性介质中振动状态的传播过程． 波动要有波源， 所谓波源就是一个振动源． 因 而要讨论波动情况， 首先要熟悉振动的研究． 例如： 要写波动方程， 就要会求波源的振动方程． 必 须弄清振动物理量和波动物理量的联系和区别．又例如：研究波的干涉（包括光的干涉），就 要知道两个同频率、同振动方向简谐运动的合成．这其中相位及相位差是一个十分重要的物理 概念， 掌握了相位差的计算对掌握振动合成、 机械波和光波的干涉等一些题的求解作用很大． 因 此学好前面的内容对后面帮助很大．下面是这部分内容的几个常用解题方法的简介． 一、比较法 在振动、波动这二章的习题中，有相当一部分题目是求简谐运动方程和波动方程．通常有 两种类型：（1） 由题给一些条件求简谐运动或波动方程；（2） 由题给振动曲线图和波形图 求简谐运动方程和波动方程．而比较法是求解这类问题常用的一种方法．这里的所谓比较法就 是针对要求的问题，有目的地先写出简谐运动方程或波动方程的一般形式，即? y ? Acos?ωt ? 0 ? ? ? ? x? ? ? y ? Acos?ω? t ? u ? ? ? ? ? ??简谐运动方程?0? ? ? t x? ? ? Acos?2 π ? T ? λ ? ? ? ? ? ?0? ? ??波动方程?然后采用比较法与已知条件比较确定式中各相应的物理量．实际求解的题中往往只有少数量是 未知的，只要设法由已知条件配合其他方法求出这些未知量，整个问题就解决了．这种解题思 路的好处是目的明确，知道自己要做什么和如何去完成．这里要求读者真正掌握简谐运动方程 和波动方程一般表示式，并理解其中每个量的物理意义．请读者结合参阅 9-7,10-9 等题的求解 过程，来学会这种解题的方法． 二、旋转矢量法 描述振动可以用解析法、图示法和旋转矢量表示法等．旋转矢量表示法就是将简谐运动与 一旋转矢量 OA 对应，使矢量作逆时针匀速转动，其长度等于简谐运动的振幅 A，角速度等于 简谐运动的角频率 ω．在 t ＝0 时，它与参考坐标轴的夹角为简谐运动的初相位 φ．这时，旋 转矢量末端在参考坐标轴上的投影点的运动规律即可代表质点作简谐运动的规律．旋转矢量表 示法是研究简谐运动及其合成的直观而有力的方法．尤其在求振动的初相位和相位时非常方 便．在求振动方程，波动方程时常需求原点的振动初相位，因此掌握好这种方法很关键．读者可以结合参阅 9-12、9-14、9-15、10-3、10-14 等题的解去体会这种方法的好处． 三、相位分析法 相位是研究振动、波动问题的有效工具．无论是建立振动方程、比较两个振动的差异、研 究振动的合成，或是表述波动特征、导出波动方程和研究波的干涉及学习波动光学等都离不开 相位和相位差的概念和计算．常用相位分析法求解下述四类问题． 1．在振动合成问题中，两个同频率、同方向简谐运动合成时，它们的相位差 Δ 是一个常量，合振动的振幅大小 A ? 况是?2?1A ? A ? 2 A1 A2cos Δ2 1 2 2，其值由 Δ 决定．其中特殊情?2kπ Δ ?? ??2k ? 1?π?振幅最小A ??振幅极大A ? A1 ? A2 ?A1 ? A2 ?请读者参阅题 9-28、题 10-20 等的求解过程，可体会到相位差 Δ 的重要性． 2．在波动中，波线上各点相位有密切联系．因为波动是波源的振动状态由近及远向外传播 的过程，也称为振动相位的传播．对于平面简谐波，波线上任两点的相位差 Δ 点的运动方程，就可通过求相位差而得出其他点的运动方程． 3．在波的干涉中，干涉问题实际上是振动合成问题．波场中任一点，参与的合成运动是来 自两个同频率、同方向简谐运动的波源，合成结果仍是简谐运动，合振动振幅 A 的值取决于分 振动的相位差．但要注意这种情况的相位差为? 2π ? Δx / λ 是一定的．波线上所有点都重复同一种运动状态，只是相位不同而已．因此只要知道波线上任一? Δ ? ? ωt ? ?2?2π ? ? x2 ? ? ? ωt ? λ ? ?1?2π ? x1 ? ? λ ?2?1?2π ?x2 ? x1 ? λ这里相位差由两个分振动的波源初相位差和两列波到达场点的波程差决定．波场中不同点，由 于波程差 ?x2 ? x1 ? 值不同而使 ?? 不同，合振幅就有强弱之分，这就是波的干涉现象．讨论波 的干涉，求干涉极大和极小的位置分布，采用相位分析法很方便． ４．在光的干涉中，两束光在相遇区出现明、暗条纹，实际上就是两束振幅相同的相干光 波因干涉使合成振动振幅出现极大和相消的问题．因此只要求出两束光在相遇点的相位差即 可．所以对杨氏双缝、牛顿环、劈尖、薄膜和迈克尔逊干涉仪等干涉，其核心问题就是找出两 束相干光的相位差 ?? ．有了 ?? 则结果为?2kπ Δ ?? ??2k ? 1?π?明条纹? ?暗条纹?考虑到两束相干光的初相位差为零，则可有 Δ 波长．那么上式也可表达为?2π δ ． ? 是光程差， ? 是光在真空中的 λ?2kπ Δ ?? ??2k ? 1?π?明条纹? ?暗条纹?因此当你掌握了相位差（或光程差）的计算，光的干涉问题就基本解决了，对于不同问题只是 等式左边形式的不同而已．例如薄膜干涉， ? ? 2ne ? ? / 2 或 ? ? 2ne （要仔细考虑半波损失 情况，决定是否加 ? / 2 项）．如果你理解了这一点，能帮助你提高解题能力．而对于光的衍射， 其本质仍是光波的干涉，不论是多缝的光栅衍射，还是单缝衍射，在讨论其明暗衍射条纹时， 仍然是从相位差分析出发． 光程差为 δ ? ?b ? b??sin 对光栅衍射，当光栅常数为 b ? b? 时，对应不同的衍射角 ? ，任意相邻两缝到屏上某点的? kλ 时出现明条纹（即两束相干光在该点相遇时相位差为 2 π ）．而对单缝衍射，要注意的是明暗条纹公式为?kλ δ ? asinφ ? ? ??2k ? 1?λ / 2?暗条纹? ?明条纹?但这也可由相位差分析得到．如图， 对应屏上 P 点， 将单缝波阵面 AB 分成 AA 1 、A 1 A2 、 A2 BB 这些相邻点的光到达 P 点的相位差为 ? （对应的光程差为 ? / 2 ， 等段，使 A 、 A 1 、 A2 、即图中 BB ． 由于在相邻的 AA 1 ? B 1B2 ? B2C ? ? / 2 ） 1和 A 1 A2 段波阵面上均能找到相位差为 ? 的一一对应点，从而使它们在 P 点干涉相消．这样当 AB 被分成偶数段这样的波阵面时（对应BC ? asin ? ?2k ? 1?λ / 2 ），屏上 P 点出现暗条纹，而当 AB 被分成奇数段这样的波阵面时 （对应 BC ? asinφ ? ?2k ? 1?λ / 2 ），将有一段不会被抵消，而使屏上出现明条纹．第九章振动A ，且向 x 轴正方向运 29-1 一个质点作简谐运动，振幅为 A，在起始时刻质点的位移为 ? 动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题９-１ 图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在 x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向 指向 Ox 轴正向，即其速度的 x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）2 2 ? ?A ?x ? 2cos? ? πt ? π??cm? 3 ? ?3 4 2 ? ?B?x ? 2cos? πt ? π ??cm? ? 3 ? ?32 2 ? ?C?x ? 2cos? ? πt ? π ??cm?3 ? ?3 4 2 ? ?D?x ? 2cos? πt ? π??cm? ? 3 ? ?3题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知， 初始时刻质点的位移为 CA/2， 且向 x 轴负方向运动． 图 （ｂ） 是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为 2 π / 3 ．振动曲线上给出质点从CA/2 处运 动到 +A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差 Δ?1ω ? Δ / Δt ? ?4π / 3? s ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找? 4π / 3 ，则角频率出正确答案．9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a） 所示， x1 的相位比 x2 的相位（）（A） 落后π 2（B）超前π 2（C）落后 π（D）超前 π分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b） 即可得到答案为（b）．题９-３ 图9-4当质点以频率 v 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ （B）v （C）2 v （D）4 v）．（A）v/2分析与解 质点作简谐运动的动能表式为 Ek ?1 m? 2 A2sin 2 ??t ? ? ? ，可见其周期为简谐 2运动周期的一半，则频率为简谐运动频率 ν 的两倍．因而正确答案为（C）． 9-5 图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦 ） （B） 振动的初相位为（ （A）3 π 21 π 2（C） π（D） 0分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差A cos ?ωt ? π ? ．它们的振幅不同．对 2 A 于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为 x1 ? cos ?t ．因 2是 ? （即反相位）．运动方程分别为 x1 ? Acos?t 和 x2 ? 而正确答案为（D）．题９-５ 图9-6有一个弹簧振子，振幅 A ? 2.0 ?10?2 m ，周期 T ? 1.0 s ，初相? 3π / 4 ．试写出它的运动方程，并作出 x ? t 图、 v ? t 图和 a ? t 图．题９-6 图分析x ? Acos??t ? ? ? 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除 A 、 ? 已知外， ? 可通过关系式 ω ? 2 π / T 确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计 算方法相同． 解 因 ω ? 2 π / T ，则运动方程弹簧振子的振动是简谐运动．振幅 A 、初相 ? 、角频率 ? 是简谐运动方程x ? Acos?ωt ?根据题中给出的数据得2πt ? ? Acos? ? ? ? T? ? ?x ? 2.0 ?10?2 cos?2πt ? 0.75π ??m?振子的速度和加速度分别为v ? dx / dy ? ?4π ?10?2 sin?2πt ? 0.75π? a ? d2 x / d2 y ? ?8π ?10?2 cos?2πt ? 0.75π??m ? s ? ?m ? s ?-1 -1x ? t 、 v ? t 及 a ? t 图如图所示． 9-7 若简谐运动方程为 x ? 0.10 cos?20πt ? 0.25π ??m? ，求： （1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2） t ? 2s 时的位移、速度和加速度． 分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式??t ? ? ? 作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、 x ? Ac o s加速度的表达式，代入 t 值后，即可求得结果． 解 （1） 将 x ? 0.10 cos?20πt ? 0.25π ??m? 与 x ? Acos??t ? ? ? 比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m，角频率 ω ? 20π s?1 ，初相 ? ＝0.25 π ，则周期 T ? 2π / ω ? 0.1 s ，频率 v ? 1/ T Hz ． （２） t ? 2s 时的位移、速度、加速度分别为x ? 0.10 cos?40πt ? 0.25π? ? 7.07?10?2 m v ? dx / dt ? ?2πsin?40π ? 0.25π? ? ?4.44m ? s-1 a ? d2 x / d2t ? ?40π2cos?40π ? 0.25π? ? ?2.79?102 m ? s-29-8 一远洋货轮，质量为 m，浮在水面时其水平截面积为 S．设在水面附近货轮的水平截 面积近似相等，水的密度为 ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由 运动是简谐运动，并求振动周期． 分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外 力 F 与位移 x 间的关系，如果满足 F ? ? kx ，则货轮作简谐运动．通过 F ? ? kx 即可求得振动 周期 T ? 2π / ω ? 2π m / k ． 证 货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为 F ＝mg．当船上下作微小振动时，取 货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点 O，竖直向下为 x 轴正向，如图（b）所示．则当货 轮向下偏移 x 位移时，受合外力为?F ? P? F?F ? ? F ? ?gSx ? mg ? ?gSx其中 F ? 为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为题９-８ 图则货轮所受合外力为? F ? P ?F? ? ??gSx ? ?kx2式中 k ? ?gS 是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动． 由2? F ? md x / d t 可得货轮运动的微分方程为2d2 x / d2t ? ?gSx / m ? 0令 ? ? ?gS / m ，可得其振动周期为T ? 2π / ω ? 2π m / ρgS9-9 设地球是一个半径为 R 的均匀球体，密度 ? ? 5.5 ?10 kg ? m ．现假定沿直径凿通3 ?3一条隧道，若有一质量为 m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐 运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可． （1） 取图所示坐标．当质量为 m 的质点位于 x 处时，它受地球的引力为F ? ?Gmx m x2式中 G 为引力常量， mx 是以 x 为半径的球体质量，即 mx ? 4πρx3 / 3 ．令 k ? 4πρGm / 3 ，则 质点受力F ? 4πρGmx/ 3 ? ?kx因此，质点作简谐运动． （2） 质点振动的周期为T ? 2 π m / k ? 3 π / Gρ ? 5.07 ? 103 s9-10 如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 k1 、 k2 ．当物体在光滑斜面上振动 时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题 9-10 图分析从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b）所示的坐标．设 系统平衡时物体所在位置为坐标原点 O，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿 Ox 轴， 物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体 在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率 ? ． 证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为 x1 、 x2 ，则由物体受力平衡，有mgsin? ? k1x1 ? k2 x2物体受力为（1）? 和 x2 ?， ? ? x2 ?． 按图 （b） 所取坐标， 物体沿 x 轴移动位移 x 时， 两弹簧又分别被拉伸 x1 即 x ? x1 则? ? ? mgsin? ? k1 ?x1 ? x1 ?? F ? mgsin? ? k2 ?x2 ? x2将式（1）代入式（2）得（２） （３）? ? ?k1x1 ? F ? ?k2 x2 ? ? ? F / k1 、 x2 ? ? ? F / k2 ，而 x ? x1 ? ? x2 ? ，则得到 由式（3）得 x1 F ? ??k1k2 / ?k1 ? k2 ??x ? ?kx 式中 k ? k1k2 / ?k1 ? k2 ? 为常数，则物体作简谐运动，振动频率 1 1 v ? ω / 2π ? k /m ? k1k2 / ?k1 ? k2 ?m 2π 2π讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角 θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不 产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证 明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果 振动系统如图（c）（弹簧并联）或如图（d）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出 其作简谐运动， 且振动频率均为 v ?1 2π?k1 ? k2 ? / m ，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的． 9 －11 在如图（a）所示装置中，一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端 连接一质量为 m1 的物体 A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量 m、半径为 R 的定滑轮 B（可 视为匀质圆盘） 用细绳连接另一质量为 m2 的物体 C． 设细绳不可伸长， 且与滑轮间无相对滑动， 求系统的振动角频率．*题 9-11 图分析这是一个由弹簧、物体 A、C 和滑轮 B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点 O， 此时弹簧已伸长 x0 ，且 kx0 ? m2 g ．当弹簧沿 Ox 轴 正向从原点 O 伸长 x 时，分析物体 A、C 及滑轮 B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方 程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方 程，然后求得系统作简谐运动的微分方程． 解 1 在图（b）的状态下，各物体受力如图（c）所示．其中 F ? ?k ?x ? x0 ?i ．考虑到绳 子不可伸长，对物体 A、B、C 分别列方程，有d2 x dt 2 d2 x m2 g ? FT 2 ? m2 2 dt 2 ?FT 2 ? FT 1 ?R ? J? ? 1 m R d x 2 dt 2 kx0 ? m2 g FT 1 ? ?k ?x ? x0 ? ? m1可得（1） （2） （3） （4）2 方程（3）中用到了 FT 2 ? FT?2 、 FT 1 ? FT?1 、 J ? m R / 2 及 ? ? a / R ．联立式（1） ～式（4）d2 x k ? x?0 2 dt m1 ? m2 ? m / 2则系统振动的角频率为（5）? ? k / ?m1 ? m2 ? m / 2?解 2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守 恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离 x（此时速度为 v、加速度为 a）为末状态， 则由机械能守恒定律，有1 1 1 1 2 E0 ? ?m2 gx ? m1v 2 ? m2 v 2 ? Jω2 ? k ?x ? x0 ? 2 2 2 2在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态 下物体 C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得dv dv dω dx ? m2 v ? Jω ? k ?x ? x0 ? dt dt dt dt 2 2 2 将 J ? m R / 2 ， ωR ? v ， dv / dt ? d x / dt 和 m2 g ? kx0 代入上式，可得 0 ? ?m2 gv ? m1vd2 x k ? x?0 2 dt m1 ? m2 ? m / 2式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．（6）9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子， 振幅 A＝2.0 × 10-2 m， 周期 T＝0.50ｓ． 当 t＝0 时， （1） 物体在正方向端点； （2） 物体在平衡位置、向负方向运动； （3） 物体在 x ＝-1.0× 10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在 x＝-1.0× 10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运 动方程． 分析 在振幅 A 和周期 T 已知的条件下，确定初相 φ 是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即 t ＝0 时，x ＝ x0 和 v ＝v0 来确定 φ 值．（2） 旋转矢量法：如图（a）所示，将质点 P 在 Ox 轴上振动的初 始位置 x0 和速度 v0 的方向与旋转矢量图相对应来确定 φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分 析中常采用．题 9-12 图解由题给条件知 A ＝2.0 × 10-2 m， ω ? 2 / T ? 4π s ，而初相 φ 可采用分析中的两种不?1同方法来求． 解 析 法 ： 根 据 简 谐 运 动 方 程 x ? Acos??t ? ? ? ， 当 t ? 0 时 有 x0 ? Ac o ? s ?t ? ? ? ，v0 ? ? Aωsin ．当（1） x0 ? A 时， cos?1 ? 1 ，则 ?1 ? 0 ； π π （2） x0 ? 0 时， cos?2 ? 0 ， 2 ? ? ，因 v0 ? 0 ，取 2 ? ； 2 2 π π （3） x0 ? 1.0 ?10?2 m 时， cos?3 ? 0.5 ， 3 ? ? ，由 v0 ? 0 ，取 3 ? ； 3 3 π 4π （4） x0 ? ?1.0 ?10?2 m 时， cos?4 ? ?0.5 ， 4 ? π ? ，由 v0 ? 0 ，取 4 ? ． 3 3旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）所示，它们所对应的初 相分别为 ?1 ? 0 ，?22?π ， 23?π ， 34?4π ． 3cos4πt ?m? ?2 （2） x ? 2.0 ?10 cos?4πt ? π/2? ?m? ?2 （3） x ? 2.0 ?10 cos?4πt ? π/3? ?m? ?2 （4） x ? 2.0 ?10 cos?4πt ? 4π/3? ?m?（1） x ? 2.0 ?10 9-13振幅 A、角频率 ω、初相 φ 均确定后，则各相应状态下的运动方程为有一弹簧， 当其下端挂一质量为 m 的物体时， 伸长量为 9.8 × 10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置上方 8.0 × 10-2 ｍ 处， 由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当 t ＝０ 时，物体在平衡位置并以 0.6ｍ? s-1 的速度 向上运动，求运动方程．分析求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量 A、ω 和 φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量 m 及弹簧劲度系数 k）决定的，即 ? ? k/m ，k 可根 据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅 A 和初相 φ 需要根据初始条件确定．题 9-13 图解物体受力平衡时，弹性力 F 与重力 P 的大小相等，即 F ＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 × 10-2m．则弹簧的劲度系数 k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl．系统作简谐运动的角频率为? ? k / m ? g / ?l ? 10 s?1（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为 x 轴正向．由初始条件 t ＝0 时， x10 ＝8.0 × 10-2 m、v10 ＝0 可得振幅 A ? 确定初相12 x10 ? ?v10 / ? ? ? 8.0 ? 10? 2 m ；应用旋转矢量法可 2? π ［图（a）］．则运动方程为x1 ? 8.0 ?10?2 cos?10t ? π??m?2 x20 ? ?v20 / ? ? ? 6.0 ? 10? 2 m ； 2（2） t ＝０ 时， x20 ＝0、 v20 ＝0.6 ｍ? s-1 ， 同理可得 A2 ?2? π / 2 ［图（b）］．则运动方程为9-14x2 ? 6.0 ?10?2 cos?10t ? 0.5π??m?某振动质点的 x-t 曲线如图（a）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点 P 对应的相位；（3） 到达点 P 相应位置所需的时间． 分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本 题就是要通过 x －t 图线确定振动的三个特征量 A、ω 和 ?0 ，从而写出运动方程．曲线最大幅 值即为振幅 A；而 ω、?0 通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅 A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出 t0 ＝0 和 t1 ＝4 ｓ时旋转矢 量， 如图 （b） 所示． 由图可见初相 0 ? ?π / 3（或 0 ? 5π / 3 ） ， 而由 ??t1 ? t0 ? ? ? / 2 ? ? / 3 得 ω ? 5π / 24 s ，则运动方程为?1? 5π ? x ? 0.10 cos? t ? π / 3 ? ? 24 ??m?题 9-14 图（2） 图（a）中点 P 的位置是质点从 A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图 如图（c） 所示．当初相取 0 ? ?π / 3 时，点 P 的相位为 ? p ? ?0 ? ? t p ? 0 ? 0 （如果初相 取成0? 5π / 3 ，则点 P 相应的相位应表示为（3） 由旋转矢量图可得 ω t p ? 0 ? π / 3 ，则 t p ? 1.6 s ． 9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向 x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短 时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处； （2） 由平衡位置到 x ＝A/2 处； （3） 由 x ＝A/2 处到最大位移处． 解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点 O．1??p?0? ω?t p ? 0? ? 2π ．??（1）平衡位置 x1 到最大位移 x3 处， 图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3， 故Δ 则所需时间? π/2 ，?t1 ? ??1 / ? ? T / 4（2） 从平衡位置 x1 到 x2 ＝A/2 处， 图中旋转矢量从位置 1 转到位置 2， 故有 Δ 则所需时间2? π/6 ，?t2 ? ??2 / ? ? T / 12Δ（ 3 ） 从 x2 ＝ A/2 运动到最大位移 x3 处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置 3 ，有 3 ? π / 3 ，则所需时间?t3 ? ??3 / ? ? T / 6题 9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作 上下简谐运动，周期为 0.50ｓ，振幅为 2.0× 10-2 m．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板 的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅 不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题 9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力 P 和板支 持力 FN 作用，FN 是一个变力．按牛顿定律，有d2 y F ? m g ? FN ? m 2 （1） dt d2 y 2 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有 a ? 2 ? ? A? cos??t ? ? ? ，则式（1）可改写 dt为FN ? mg ? mA? 2cos??t ? ? ?（2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位 ?t ? ? ，由式（2）可求板与物体之间的 作用力． （2） 由式（2）可知支持力 FN 的值与振幅 A、角频率 ω 和相位（ ?t ? ? ）有关．在振 动过程中，当 ωt ? 解? π 时 FN 最小．而重物恰好跳离平板的条件为 FN ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅． （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位 ?t ? ? ＝0，物体受板的支持力为2?2? / t ? ? 12.96 N FN ? mg ? mA?2 ? mg ? mA ? 与 FN 大小相等，方向相反． 重物对木块的作用力 FN（2） 当频率不变时，设振幅变为 A′．根据分析中所述，将 FN ＝0 及 ωt ? 中式（2），可得? π 代入分析A? ? mg / mω2 ? gT 2 / 4π2 ? 6.2 ?10?2 m （3） 当振幅不变时，设频率变为 v ? ．同样将 FN ＝0 及 ωt ? ? π 代入分析中式（2），可得v? ?9-17两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为 x1 ? Acos??t ? ? ? ，ω2 1 ? m g / m A ? 3.52 Hz 2π 2π当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢 量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题 9-17 图解图示为两质点在时刻 t 的旋转矢量图， 可见第一个质点 M 的相位比第二个质点 N 的相位超前 ? / 2 ，即它们的相位差 Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为x2 ? Acos??t ? ? ? ? / 2?9-18 图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为 2cm，求（1） 振动 周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程． 分析 根据 v-t 图可知速度的最大值 vmax ，由 vmax ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求出周 期 T 和加速度的最大值 amax ＝Aω2 ． 在要求的简谐运动方程 x ＝Acos （ωt ＋φ） 中， 因为 A 和 ω 已得出，故只要求初相位 φ 即可．由 v －t 曲线图可以知道，当 t ＝0 时，质点运动速度 v0 ＝vmax/2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿 x 轴正向向着平衡点运动．利用 v0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ． 解 （1） 由 vmax ? A? 得 ? ? 1.5 s ?1 ，则T ? 2π / ω ? 4.2 s（2） amax ? A? 2 ? 4.5 ?10?2 m ? s?2 （3） 从分析中已知 v0 ? ? Aωsin? Aω / 2 ，即sin? ? ?1 / 2 ? ?π / 6,?5π / 6因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 动方程为? ?5π / 6 ，其旋转矢量图如图（b）所示．则运 x ? 2cos?1.5t ? 5π / 6??cm?题 9-18 图9-19 有一单摆，长为 1.0m，最大摆角为 5° ，如图所示． （1） 求摆的角频率和周期； （2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为 3° 时的角速度和摆球的线速度各 为多少？题 9-19 图? ? ?maxcos??t ? ? ? ，其中角频率 ω 仍由该系统的性质（重力加速度 g 和绳长 l）决定，即分析单摆在摆角较小时（θ＜5° ）的摆动，其角量 θ 与时间的关系可表示为简谐运动方程? ? g / l ．初相 φ 与摆角 θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分． 解 （1） 单摆角频率及周期分别为ω ? g / l ? 3.13 s?1; T ? 2π / ω ? 2.01s（2） 由 t ? 0 时 ? ? ?max ? 5o 可得振动初相 ? ? 0 ，则以角量表示的简谐运动方程为π cos 3.13t 36 （３） 摆角为 3° 时，有 cos??t ? ? ? ? ? / ?max ? 0.6 ，则这时质点的角速度为 θ?d?/dt ? ?? max?sin ??t ? ? ? ? ?? max? 1 ? cos2 ??t ? ? ? ? ?0.80? max? ? ?0.218 s ?1线速度的大小为v ? l d?/dt ? ?0.218s?1讨论 9-20 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解， 但结果会有极微小的差别． 这 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为 2.00ｓ），拿到 是因为在导出简谐运动方程时曾取 sin? ? ? ，所以，单摆的简谐运动方程仅在 θ 较小时成立． 月球上去，如测得周期为 4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加 速度 gE ? 9.80 m ? s?2 ） 解2 由单摆的周期公式 T ? 2π l / g 可知 g ? 1 / T 2 ，故有 gM / gE ? TE2 / TM ，则月球的重力加速度为gM ? TE / TM gE ? 1.63 m ? s? 29-21 一飞轮质量为 12kg，内缘半径 r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯 量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为 2.0s，试求其绕质心轴的转动惯量．??29-21 题图分析飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为T ? 2π J / mgl c ，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离 lc ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量． 解 由复摆振动周期 T ? 2π J / mgl c ，可得 J ? mgrT / 4π ．则由平行轴定理得2 2J0 ? J ? mr2 ? mgrT2 / 4? 2 ? mr2 ? 2.83 kg ? m29-22 如图（a）所示，质量为 1.0 × 10-2kg 的子弹，以 500m? s-1 的速度射入木块，并嵌在木 块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为 4.99 kg，弹簧的劲度系数为 8.0 × 103 N? m-1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程．题 9-22 图分析可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度 v0 ，即振动的初速度．随后的过程 是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量 m1 ＋m2 和弹簧的劲度系数 k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度 v0 和初位移 x0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法 求． 解 振动系统的角频率为? ? k / ?m1 ? m2 ? ? 40 s?1v0 ? m1v?m1 ? m2 ? ? 1.0 m ? s?12由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度 v0 为 又因初始位移 x0 ＝0，则振动系统的振幅为2 A ? x0 ? ?v0 / ω? ? v0 / ω ? 2.5 ?10?2 m图（b）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位?2x ? 2.5 ?10 cos?40t ? 0.5π? ?m?9-23 如图（a）所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧，其下挂有一质量为 m1 的空盘．现有一 质量为 m2 的物体从盘上方高为 h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的 振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？0? π / 2 ，则简谐运动方程为题 9-23 图分析原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由 m1 变为 m1 + m2，因此新系统2 x0 ? ?v0 / ω? ，因此，确定初始速度 v0 和初始位移 2的角频率（或周期）要改变．由于 A ?x0 是求解振幅 A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与 物体的共同初速度 v0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移 x0 时，应注意 新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移 x0 ，也 就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移． 解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为T ? ? 2π / ω? ? 2π ?m1 ? m2 ?/ k可见 T′＞T，即振动周期变大了． （2） 如图（b）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点 O．则根据分析中所述，初始位移为空 盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即T ? 2π / ω ? 2π m1 / kx0 ? l1 ? l2 ?m1 g m1 ? m2 m ? g?? 2 g k k k式中 l1 ＝m1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l2 ＝（m1 ＋m2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹 簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度v0 ?式中 v ?m2 m2 v? 2 gh m1 ? m2 m1 ? m22gh 是物体由 h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为2 A ? x0 ? ?v0 / ω?? ? 2m2 g 2kh 1? k m1 ? m2本题也可用机械能守恒定律求振幅 A． 9-24 如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧，系一质量为 m1 的物体，在水平面上作振幅为 A 的简谐运动．有一质量为 m2 的粘土，从高度 h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时， （b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何 变化？题 9-24 图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但 是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的 两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系 统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式 A ? 幅． 解 （1） 由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为2 x0 ? ?v0 / ω? ）求得两种情况下的振 2T ? ? 2π / ω? ? 2π ?m1 ? m2 ?/ k物体粘上粘土后的周期 T′比原周期 T 大． （2） （a） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为 A、v 和 A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式T ? 2π / ω ? 2π m1 / kkA?2 / 2 ? m1v2 / 2 kA?2 / 2 ? ?m1 ? m2 ?v?2 / 2 m1v ? ?m1 ? m2 ?v?联立解上述三式，可得（1） （2） （3）A? ? m1 / ?m1 ? m2 ?A即 A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了． （b） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同 速度 v′＝m1v/（m1 ＋m2 ） ＝0，因而振幅不变，即A′＝A 9-25 质量为 0.10kg 的物体，以振幅 1.0× 10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为 4.0 ｍ? s-1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动 能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？ 分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度 amax ? A? 2 ，由此可确定振动的周期 T．另 外， 在简谐运动过程中机械能是守恒的， 其中动能和势能互相交替转化， 其总能量 E ＝kA2/2． 当 动能与势能相等时，Ek ＝EP ＝kA2/4．因而可求解本题． 解 （1） 由分析可得振动周期T ? 2π / ω ? 2π A / amax ? 0.314 s（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能 量，即1 1 m A2? 2 ? m Aamax 2 2 ?3 ? 2.0 ? 10 J Ek ? E ?（3） 设振子在位移 x0 处动能与势能相等，则有2 kx0 / 2 ? kA2 / 4得x0 ? ? 2 A / 2 ? ?7.07?10?3 m（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即 x ? A/ 2 ）时的势能为EP ?则动能为1 2 1 ? A? kx ? k ? ? ? E / 4 2 2 ?2? EK ? E ? EP ? 3E / 49-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量 m ＝1.68 × 10-27 Kg，振 动频率 ? ＝1.0 × 1014 Hz，振幅 A ＝1.0 × 10-11ｍ．试计算： （1） 此氢原子的最大速度； （2） 与 此振动相联系的能量． 解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度 v ＝－Aωsin（ωt ＋φ），故氢原子 振动的最大速度为vmax ? ωA ? 2πvA ? 6.28?102 m ? s?1（２） 氢原子的振动能量 9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按 x ? 0.5?8πt ? π / 3??cm? 的规律作2 E ? mvmax / 2 ? 3.31?10?20 J自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量 E；（3） 一个周 期内的平均动能和平均势能． 解 （1） 将 x ? 0.5?8πt ? π / 3??cm? 与 x ? Acos??t ? ? ? 比较后可得：角频率 ω ? 8π s ，?1振幅 A ＝0.5cm，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 E ?1 mA 2? 2 ? 7.90 ? 10 ? 5 J 2 1 mA 2? 2sin 2 ??t ? ? ? 2 1 EP ? mA 2? 2cos 2 ??t ? ? ? 2 EK ?（3） 简谐运动的动能和势能分别为则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为1 T1 m A2? 2 2 2 2 ? ? m A ? sin ? t ? ? d t ? ? 3.95? 10? 5 J T ?0 2 4 1 T1 m A2? 2 EP ? ? m A2? 2cos2 ??t ? ? ?dt ? ? 3.95 ? 10? 5 J 0 T 2 4 EK ?x1 ? 0.05cos?10t ? 0.75π??m? ； x2 ? 0.06cos?10t ? 0.25π? ?m? ．求：（1） 合振动的振幅及 初相； （2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动 x3 ? 0.07cos?10t ? ?3 ??m? ，则 ?3 为多少时，x1 ＋x3 的振幅最大？ 又 ?3 为多少时，x2 ＋x3 的振幅最小？9-28已 知 两 同 方 向 、 同 频 率 的 简 谐 运 动 的 运 动 方 程 分 别 为题 9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅 A ?2 A12 ? A2 ? 2 A1 A2cos ?? 2 ? ?1 ? ，其大小与两个分振动的初相差 ? 2 ? ?1 相关．而合振动的初相位 解??A1sin?1 ? A2sin?2 ? / ?A1cos?1 ? A2cos?2 ?? ? ? arctan?2（1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为 Δ?1? ?π / 2 ，故合振动振幅为A?合振动初相位2 A12 ? A2 ? 2 A1 A2cos ?? 2 ? ?1 ? ? 7.8 ? 10 ?2 m??A1sin?1 ? A2sin?2 ? / ?A1cos?1 ? A2cos?2 ?? ? ? arctan? arctan11 ? 1.48rad? 2kπ 得（2） 要使 x1 ＋x3 振幅最大，即两振动同相，则由 Δ要使 x1 ＋x3 的振幅最小，即两振动反相，则由 Δ ? ?2k ? 1π? 得33?1? 2kπ ? 2kπ ? 0.75π, k ? 0,?1,?2,...?2? ?2k ? 1?π ? 2kπ ? 1.25π, k ? 0,?1,?2,...9-29 手电筒和屏幕质量均为 m，且均被劲度系数为 k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如 图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达 式分别为 x1 ? Acos??t ? ?1 ? 和 x2 ? Acos??t ? ?2 ? ． 试求在下述两种情况下， 初相位 φ1 、 φ2 应 满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅 A′ ＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题 9-29 图分析落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运 动的合成）．根据相对运动公式，有x光对地 ? x光对屏 ? x屏对地依题意所以可 见 光 点 对 屏 的 运 动 就 是 两 个 同 方 向 、 同 频 率 简 谐 运 动 x1 ? Ac o ?s ?t ? ?1 ? 和x光对屏x屏对地 ? x2 ? A cos??t ? ?2 ? ? ? Acos??t ? ?1 ? ? Acos??t ? ? ? ?2 ? ? x1 ? x2 ? x1 ? x2x光对地 ? x1 ? A cos??t ? ?1 ?? ? Acos??t ? ? ? ?2 ? 的 合 成 ． 用 与 上 题 相 同 的 方 法 即 可 求 解 本 题 ． 其 中 合 运 动 振 幅 x2A? ? A2 ? A2 ? 2 A2cos ?π ?2?1?．解? ?2k ? 1?π 时，即 2 ? 1 ? 2kπ 时（ k ? 0 ,?1,?2 ,...），A′＝0．当光点相对 于屏作振幅为 2A 的运动时，要求 π ? 2 ? 1 ? 2kπ ，即 2 ? 1 ? ?2k ? 1?π ．是当 π ?2（1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即 x光对屏 ? 0 ，就?1（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步， 即同相位，为此，把它们往下拉 A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为 2A 的 谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点 0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同时释放，即可实现． 9-30 两个同频率的简谐运动 1 和 2 的振动曲线如图（a）所示，求（1）两简谐运动的运 动方程 x1 和 x2； （2） 在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量， 并比较两振动的相位关系； （3） 若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程． 分析 解 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由 （1） 由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则 ω＝2π／T ＝πｓ-1 ．曲线 1 表示 旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程． 质点初始时刻在 x ＝0 处且向 x 轴正向运动，因此 φ1 ＝－π／2；曲线 2 表示质点初始时刻在 x ＝A /2 处且向 x 轴负向运动，因此 φ2 ＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b）所示．则两振动 的运动方程分别为x1 ? 0.1cos?πt ? π / 2??m? 和x2 ? 0.1cos?πt ? π / 3??m?（2） 由图（b）可知振动 2 超前振动 1 的相位为 5π／6． （3） x ? x1 ? x2 ? A?cos??t ? ? ? 其中 A? ?2 A12 ? A2 ? 2 A1 A2cos ?? 2 ? ?1 ? ? 0.052 m? ? arctan则合振动的运动方程为x ? 0.052cos?πt ? π/12??m?A1sin?1 ? A2sin?2 ?? 0.268? ? ? ? ? arctan A1cos?1 ? A2cos?2 12题 9-30 图9-31 分析将频率为 348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法． 在频率?1 和拍频数 Δ?＝|?2 －?1|已知3.0Hz．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率． 的情况下，待测频率?2 可取两个值，即?2 ＝?1 ±Δ?．式中 Δ?前正、负号的选取应根据待测音 叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定． 解 根据分析可知，待测频率的可能值为?2 ＝?1 ±Δ? ＝（348 ± 3） Hz因振动系统的固有频率 v ?1 k ，即质量 m 增加时，频率? 减小．从题意知，当待测音叉 2π m质量增加时拍频减少，即｜?2 －?1｜变小．因此，在满足?2 与 Δ? 均变小的情况下，式中只 能取正号，故待测频率为?2 ＝?1 ＋Δ?＝351 Hz *9-32 示波管的电子束受到两个互相垂直的电场的作用． 电子在两个方向上的位移分别为x ? Acos ?t 和 y ? Acos??t ? ? ? ，求在 φ＝0° ，φ＝30° ，φ＝90° 各种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程． 解 这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题．合振动的轨迹方程为2 x2 / A12 ? y 2 / A2 ? 2xycos??/A1 A2 ? sin 2??式中 A1 、A2 为两振动的振幅，Δφ 为两个振动的初相差．本题中 A1 ＝A2 ＝A，Δφ＝φ，故有x2 ? y 2 ? 2xycos? ? A2sin 2?（1） 当 φ＝0° 时，有 x ＝y，轨迹为一直线方程． （2） 当 φ＝30° 时，有 x2 ＋y2 － *9-333 x y ＝A2/4，轨迹为椭圆方程．（3） 当 φ＝90° 时，有 x2 ＋y2 ＝A2 ，轨迹为圆方程． 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为 m 的物体挂在轻弹簧上，在空 气中测得振动的频率为?1 ，置于液体中测得的频率为?2 ，求此系统的阻尼系数．题 9-33 图分析在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率 ω 与无阻尼时系统的固有角频率 ω0 及2 2阻尼系数 δ 有关系式 ? ? ?0 ? ? ．因此根据题中测得的?1 和?2 （即已知 ω0 、ω），就可 求出 δ． 解 物体在空气和液体中的角频率为 ω0 ? 2πv1 和 ω ? 2πv2 ，得阻尼系数为2 2 ω ? ω0 ? δ 2 ? 2π v12 ? v2*9-34一弹簧振子系统，物体的质量 m ＝1.0Kg，弹簧的劲度系数 k ＝900N? m-1 ．系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数 δ ＝10.0ｓ-1 ．为了使振动持续，现另外加一周期性驱动外 力 F ? 100cos30 t ?N ? ．求：（1） 振子达到稳定时的振动角频率；（2） 若外力的角频率可以改变，当其值为多少时系统出现共振现象？ 其共振的振幅多大？ 分析 本题是物体在有阻尼条件下的受迫振动，其运动方程为? δtx ? A0e?δt cos??t ? ? ? ? Acos??Pt ?? ?（1）等式右边第一项与阻尼有关，该项经一段时间后，因 e 角频率即是周期性外力的角频率．而振幅为? 0 而消失．因此，稳定时系统的振动由第二项确定，它是简谐运动方程．其中 ?P 为周期性外力的角频率，由此可知，此时振动的A???F0 / m2 2 ? ?p ? 4? 2? p2 0?2（2）式中 F0 为周期性外界驱动力的力幅， ?0 是弹簧振子的固有角频率，m 是振子质量．当阻尼系 数 δ 一定时，振幅 A 是外力的角频率 ωP 的函数．共振时，振幅最大，故可采用对函数 A（ωP） 求极值的方法确定共振频率和振幅． 解 （1） 根据分析，受迫振动达到稳定时，系统作简谐运动的角频率即为周期性外力的 角频率，故有?1 ? ?P ? 30 s?1（2） 受迫振动达到稳定后， 其振幅 A ? F0 /??2 02 2 ．当 dA / d?P ? 0 时 ? ?p ? 4? 2? p?2振幅将取得极大值，称共振现象．此时可解得周期性外界驱动力的角频率为?P ? ?02 ? 2? 2 ? 26.5 s ?1将上述结果代入振幅 A 的表达式中，得共振时振幅为Ar ?9-35F02 2m? ?0 ?? 2? 0.177 m在一个 LC 振荡电路中， 若电容器两极板上的交变电压 U ? 50cos 104 πt ?V? ，?7??电容 C ? 1.0 ?10 分析F ，电路中的电阻可以忽略不计．求：（1） 振荡的周期；（2） 电路中的自感；（3） 电路中的电流随时间变化的规律． 在不计电阻的前提下，该 LC 电路是无阻尼自由振荡电路，在振荡过程中电容器两 极板上的电压、电荷及电路中的电流均以相同的周期变化着．振荡周期为 T ＝2π LC．因此， 本题可通过已知的电压的角频率 ω，求出振荡周期，然后可求出自感 L．另外，电容器极板上 电压 U、 电荷 q 始终满足关系式 q ＝CU． 因此， 在确定 q ＝q （t） 后， 根据电流定义 I ＝dq/dt， 可求出电流的变化规律． 解 （1） 从题中已知的电压变化关系中得振荡周期为T ? 2π / ω ? 2.0 ?10?4 s（2） 由振荡电路周期 T ? 2π LC 得电路中的自感为L ? T 2 / 4? 2C ? 1.01?10?2 H（3） 电路中电流随时间变化的规律为I ? dq / dt ? C ? dU / dt ? ?0.157sin104 πt ?A?9-36 用一个电容可在 10.0 pF 到 360.0pF 范围内变化的电容器和一个自感线圈并联组成无线电收音机的调谐电路．（1） 该调谐电路可以接收的最大和最小频率之比是多少？ （2） 为 了使调谐频率能在 5.0 × 105Hz 到 1.5 × 106 Hz 的频率范围内， 需在原电容器上并联一个多大的电 容？ 此电路选用的自感应为多大？ 分析 当自感 L 一定时，要改变调谐频率的范围，只需改变电容的变化范围．本题采用并 联电容 C 的方法使电容由原有的变化范围 Cmin ～Cmax 改变为 Cmin ＋C～Cmax ＋C，从而达到 新的调谐目的．为此，可根据 v ? 1/ 2π LC ，由原有电容比 Cmax ／Cmin 来确定对应的频率比 vmax / vmin ．再由新要求的频率比来确定需要并联的电容的大小． 解 （1） 当线圈自感 L 一定时，由 v ? 1/ 2π LC ，可得vmax / vmin ? Cmax / Cmin ? 6.0（２） 为了在 5.0 × 105 Hz ～1.5 × 106Hz 的频率范围内调谐，应满足? v? max / vmin ?由此得在原电容器上需并联的电容为?Cmax ? C ?/?Cmin ? C ?2? C ? Cmin ?v? max / vmin ? C ? max ? 33.75 pF 2 ?v?max / v?min ? ? 1此电路选用的线圈自感为L ? 1/ 4π 2 v2min ?Cmax ? C ? ? 2.58?10?4 H9-37 一振荡电路，已知 C ＝0.25μF，L ＝1.015H．电路中电阻可忽略不计，电容器上电 荷最大值为 Q0 ＝2.5 × 10-6 C．（1） 写出电路接通后电容器两极板间的电势差随时间而变化的 方程和电路中电流随时间而变化的方程；（2） 写出电场的能量、磁场能量及总能量随时间而 变化的方程；（3） 求 t1 ＝T/8 和 t2 ＝T/4 时，电容器两极板间的电势差、电路中的电流、电 场能、磁场能． 分析 无阻尼 LC 振荡电路中电流、电容器极板上电荷以及电势差均以相同的频率随时间 作正弦或余弦变化．如果令极板上电荷 q ? Q0cos??t ? ?0 ? ，则由 I ? dq / dt、U ? q / C 可 得电路中的电流 I、极板两端电势差 U 的变化规律．利用电磁场中电场能量和磁场能量公式可 写出它们随时间 t 的函数关系式和特定时刻的瞬时值． 解 （1） LC 无阻尼振荡电路的振荡角频率为ω ? 1/ LC ? 2000 π s?1若以电路闭合的瞬间为计时起点，此时极板上电荷最大．则任一时刻极板上的电荷为q ? Q0cosωt ? 2.5 ?10?6 cos2000 πt该时刻电路中的电流为?C?I ? dq / dt ? ?1.57 ?10?2 sin 2000πt极板两端电势差为?A?U ? q / C100cos2000 πt（2） 任意时刻电场能量、磁场能量及总能量分别为?V?Ee ? q2 / 2C ? 1.25?10?4 cos2 2000 πt?J?Em ? LI 2 / 2 ? 1.25?10?4 sin 2 2000 πt ?4 ?J? E ? Ee ? Em ? 1.25?10U1 ? 100cos?2000πT / 8? ? 70.7 V?J?（3） 由 ω ? 2πv ? 2π / T ，可得 T ＝0.001 ｓ，则当 t1 ＝T/8 时，由上述各式可得I1 ? ?1.57?10?2 sin?2000 πT / 8? ? ?1.11?10?2 A Ee1 ? 1.25?10?4 cos 2?2000πT / 8? ? 6.25?10?5 JEm1 ? 1.25?10?4 sin 2 ?2000πT / 8? ? 6.25?10?5 J同理，当 t2 ? π / 4 时可得U2 ? 0; I 2 ? ?1.57?10?2 A; Ee2 ? 0; Em2 ? 1.25?10?4 J由上述结果可以看出 LC 电路在无阻尼振荡过程中，总的电磁场能量是不变的，即满足能量守 恒定律．第十章别为（ ）波动10-1 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题 10-1 图（Ａ） 均为零 （Ｄ）π π 与? 2 2π （Ｂ） 均为 2 π π （Ｅ） ? 与 2 2（Ｃ） 均为 ?π 2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）． （Ａ） 波长为 100 ｍ （Ｃ） 周期为 1/3 ｓ 10-2 机械波的表达式为 y ? 0.05cos?6πt ? 0.06πx ??m? ，则（ （Ｂ） 波速为 10 ｍ? ｓ-1 （Ｄ） 波沿 x 轴正方向传播 ）分析与解 波动方程的一般表式为 y ? Acos??? t ?? ? ? ?? x? ? ? ? ? ，其中 A 为振幅，φ 为初相，u 为 u? ?波速． x/u 前的 “-” 表示波沿 x 轴正向传播， “+” 表示波沿 x 轴负向传播．因此将原式写为 ｓ-1 可知 T ＝（1/3）ｓ．则 λ＝uT ＝33.3 m，因此（Ａ）也不对．只有（Ｃ）正确． 10-3 一平面简谐波，沿 x 轴负方向传播，角频率为 ω，波速为 u．设 t ?（Ｄ） 均不对．而由 ω＝2π/T ＝6π y ? 0.05cos?6π?t ? x /100???m?和一般式比较可知（Ｂ）、T 时刻的波形如 4图（a）所示，则该波的表达式为（）? ? ? x? ? ? ? x? ?A ?y ? Acos? ?? ? t ? ? ? ? ? ?B? y ? Acos?? ? t ? ? ? ? ? ? u? ? ? ? u? 2? ? ? ? ? x? ? ? x? ? ?C?y ? Acos? ?? ? t ? ? ? ? ?B? y ? Acos?? ? t ? ? ? ? ? ? ? u? 2? ? ? u?题 10-3 图分析与解 因为波沿 x 轴负向传播，由上题分析知（Ａ）、 （B）表式不正确．找出（C）、 （D）哪个是正确答案，可以有很多方法．这里给出两个常用方法．方法一：直接将 t ＝T/4，x ＝0 代入方程，那么对（C）有 y0 ＝A、对（D）有 y0 ＝0，可见（D）的结果与图一致．方法 二：用旋转矢量法求出波动方程的初相位．由图（a）可以知道 t ＝T/4 时原点处质点的位移为 0，且向 y 轴正向运动，则此时刻的旋转矢量图如图（b）所示．要求初相位，只要将该时刻的 旋转矢量反转（顺时针转）Δφ＝ω?Δt ＝ω? T/4 （D）是正确答案． ＝π/2，如图（b）所示，即得 φ0 ＝π．同样得题 10-4 图10-4 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 ? k? ?A ??2 ? ?1 ? 2k? ?A ??2 ? ?1 ? 2? ?r2 ? r1 ? / ? ? 2k? ?A ??2 ? ?1 ? 2? ?r1 ? r2 ? / ? ? 2k?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两分振动相位差为 Δ ?2?1? 2π?r2 ? r1 ? / λ ，故选项（D）正确．） （B） 振幅不同，相位相同 （D） 振幅不同，相位不同10-5 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ （A） 振幅相同，相位相同 （C） 振幅相同，相位不同x 分析与解 驻波方程为 y ? 2 Acos 2π cos 2πvt ， 因此根据其特点， 两波节间各点运动同相位， λ但振幅不同．因此正确答案为（B）． 10-6 频率为?＝1.25 × 104 Hz 的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播， 棒的弹性模量为 E ＝ 1.90 × 1011 N? m -2 ，棒的密度 ρ ＝7.6 × 103 Kg? m -3 ．求该纵波的波长． 分析 因机械波传播速度与介质性质有关，固体中纵波传播速度 u ?E / ? ．而波的特征量波长 λ 与波速 u、频率?之间有 λ＝u/?．所以，频率一定的振动在不同介质中传播时，其波长 不同．由上述关系可求得波长． 解 由分析可知金属棒中传播的纵波速度 u ?E / ? ，因此，该纵波的波长为10-7 一横波在沿绳子传播时的波动方程为 y ? 0.20cos?2.5? ? ?x ??m?．（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λ ? u / v ? E / ρv 2 ? 0.40 m? ? x? ? x y ? Acos??? t ? ? ? ?0 ? 书写，然后通过比较确定各特征量（式中 前“-”、“+”的选取分别对 u ? ? u? ?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 ? 0.20 m, u ? 2.5 m ? s?1 , ?0 ? 0则 （2） 绳上质点的振动速度 则v ? ω / 2π ? 1.25 Hz, λ ? u / v ? 2.0 mv ? dy / dt ? ?0.5πsin?2.5π?t ? x / 2.5?? m ? s?1 vmax ? 1.57 m ? 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 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．y ? ?0.20cos?2.5πt ??m?题 10-7 图10-8波源作简谐运动，其运动方程为 y ? 4.0 ?10 cos240 πt?3?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．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＝u T 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 ? 240π s ．根据分析中所述，?1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波的周期就是振动的周期，故有T ? 2π / ω ? 8.33?10?3 s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 ? 240π s?1 ，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 ? ? 0 ?? 4.0 ?10?3 cos?240πt ? 8πx ? ?m? 10-9 已知一波动方程为 y ? 0.05sin ?10πt - 2 x ? ?m? ．（1） 求波长、频率、波速和周期；（2） 说明 x ＝0 时方程的意义，并作图表示．题 10-9 图分析 解采用比较法．将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率 （ 1 ） 将 题 给 的 波 动 方 程 改 写 为 y ? 0.05cos? 10π?t ? x / 5 π? ? π / 2?-1 -1ω、波速 u，从而求出波长、频率等．当 x 确定时波动方程即为质点的运动方程 y ＝y（t）． ｓ ， 角频率 ω＝10πｓ ，故有 y ? Acos???t ? x / u ? ? ?0 ?比较后可得波速 u ＝15.7 ｍ? （2） 由分析知 x ＝0 时，方程 y ? 0.05cos?10πt ? π / 2? 的运动方程（如图）．?m? 与v ? ω / 2π ? 5.0 Hz, T ? 1/ v ? 0.2 s, l ? uT ? 3.14 m?m?表示位于坐标原点的质点10-10 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 5.0 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 ? 0.02 s , u ? 100 m ? s ，可得?1ω ? 2π / T ? 100π m ? s?1; λ ? uT ? 2 m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 φ10 ＝－5.5π（若波源初相取 φ0＝3π/2，则初相 φ10 ＝－ 13.5π，φ10 ＝－3.5π．） （2） 距波源 16.0m 和 17.0 m 两点间的相位差Δ ?10-112?1? 2π?x2 ? x1 ? / λ ? π有一平面简谐波在空间传播．已知在波线上某点 B 的运动规律为y ? Acos?ωt ? ? ?，就图（a）（b）（c）给出的三种坐标取法，分别列出波动方程．并用这三个方程来描述与 B 相距为 b 的 P 点的运动规律． 分析 （1） 波动方程的一般表式为 y ? Acos ??t ? x / u ? ? ?0 ，式中振幅 A、角频率 ω??和波速 u 从 B 点运动方程和所给图均已知．因此只要求出原点的初相 φ0 ．而对（a）、（b） 情况，B 点即为原点，所以 φ0＝φ，对情况（c），原点比 B 点超前相位 Δφ＝ω1 ／u，则 φ0 ＝ φ＋ω1／u．（2） 写出三种情况下波动方程后只要将 P 点相应的坐标代入即可写出 P 点的运 动规律． 解 （1） 根据分析和图示波的传播方向，有? ? （b） 情况下： y ? Acos???t ? x / u ? ? ? ? ?l ? ? （c） 情况下： y ? Acos?? ?t ? x / u ? ? ? ? ?（a） 情况下： y ? Acos ??t ? x / u ? ? ??u?题 10-11 图（2） 将 P 点的 x 坐标值分别代入上述相应的波动方程可得三种情况下均有：yP ? Acos???t ? b / u ? ? ? ?讨论由于三种情况下，在沿波传播方向上，P 点均落在 B 点后距离为 b 处，即 P 点的振动 均 比 B 点 的 振 动 落 后 时 间 b/u ， 落 后 相 位 ωb/u ， 因 而 P 点 的 运 动 方 程 均 为yP ? Acos???t ? b / u ? ? ? ? ．10-12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 × 103 ｍ? 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? 0.10cos?500π?t ? x / 5000? ? π / 3?（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y ? Acos?ω?t ? x / u ? ?0??m??500πt ? 13π/12? y ? 0.10cos?m?v ? ?dy/dt ?t ?0 ? ?50πsin13π/12 ? 40.6 m ? s-1题 10-12 图10-13 如图所示为一平面简谐波在 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 10-13 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-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? 2π ? x ? π? y ? 0.04cos ? 5 ? t ? 0.08 ? ? 2 ? ? ? ? ?（2） 距原点 O 为 x ＝0.20ｍ 处的 P 点运动方程为?m?? 2? ? ? y ? 0.04cos ? 5 ? 2? ? ?10-14 点的振动曲线，求此波的波动方程．?m?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 处质题 10-14 图分析 解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 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． 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 ? 0 ? ?π / 3 ．又由图 （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） 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? ?π ?m? y ? 0.04cos t ? ? 3? ?6 ? 将 波 速 u ? λ / T ? ωλ / 2π ? 1.0 m ? 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π? ?π ? ? y ? 0.04cos t ? x / 10 ? ? 2? ?6 ?10-15 写出波动方程的表达式．?m?图中（Ⅰ ）是 t ＝0 时的波形图，（Ⅱ ）是 t ＝0.1 s 时的波形图，已知 T ＞0.1 s，题 10-15 图分析已知波动方程的形式为y ? Acos?2? ?t / T ? x / ? ? ? ?0 ?从如图所示的 t ＝0 时的波形曲线Ⅰ ，可知波的振幅 A 和波长 λ，利用旋转矢量法可确定原点 处质点的初相 φ0 ．因此，确定波的周期就成为了解题的关键．从题给条件来看，周期 T 只能 从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到．为此，可以从下面两个不同的角度来分析． （1） 由曲线（Ⅰ ）可知，在 t ＝0 时，原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动， 而曲线（Ⅱ ）则表明，经过 0.1s 后，该质点已运动到 Oy 轴上的-A 处．因此，可列方程 kT+T/4 ＝0.1s，在一般情形下，k ＝0，1，2，…这就是说，质点在 0.1s 内，可以经历 k 个周期振动 后再回到-A 处，故有 T ＝0.1／(k ＋0.25） s． （2） 从波形的移动来分析．因波沿 Ox 轴正方向传播，波形曲线（Ⅱ ）可视为曲线（Ⅰ ） 向右平移了 Δx ＝uΔt ＝λΔt／T．由图可知，Δx ＝kλ＋λ/4，故有 kλ＋λ/4 ＝λΔt／T，同样也得 T ＝0.1/(k ＋0.25)s．应当注意，k 的取值由题给条件 T ＞0.1 s 所决定． 解 周期为 从图中可知波长 λ＝2.0 m，振幅 A ＝0.10 m．由波形曲线（Ⅰ ）得知在 t ＝0 时，原 点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动，利用旋转矢量法可得 φ0 ＝π/2．根据上面的分析，T ? ?0.1 s? / ?k ? 0.25??k ? 0,1,2,...?由题意知 T ＞0.1 s，故上式成立的条件为 k ＝0，可得 T ＝0.4 s．这样，波动方程可写成y ? 0.10cos?2? ?t / 0.4 ? x / 2.0? ? 0.5? ? ?m? 10-16 平面简谐波的波动方程为 y ? 0.08cos?4πt ? 2πx? ?m?．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 ? 8.2π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（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 ? 2ππ ? Δx / λ ? π10-17 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 ?10?2 W ? m?22I 2 ? P / 4πr2 ? 1.27?10?2 W ? m?2210-18 有一波在介质中传播，其波速 u ＝1.0 × 103m? s-1 ，振幅 A ＝1.0 × 10- m，频率 ν ＝ 1.0 × 103Hz．若介质的密度为 ρ ＝8.0× 102 kg? m-3 ，求： （1） 该波的能流密度； （2） 1 min 内 垂直通过 4.0 × 10-4m2 的总能量． 解 （1） 由能流密度 I 的表达式得4I?1 ?uA 2? 2 ? 2? 2 ?uA 2v 2 ? 1.58 ? 10 5 W ? m ? 2 2（2） 在时间间隔 Δt ＝60 s 内垂直通过面积 S 的能量为W ? P ? ?t ? IS ? ?t ? 3.79?103 J10-19 如图所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于 A、B 两点．设它们相位相 同，且频率均为?＝30Hz，波速 u ＝0.50 m? s-1 ．求在 P 点处两列波的相位差． 分析 解 在均匀介质中， 两列波相遇时的相位差 Δφ 一般由两部分组成， 即它们的初相差 φA -φB 在图中的直角三角形 ABP 中 和由它们的波程差而引起的相位差 2πΔr/λ．本题因 φA＝φB ，故它们的相位差只取决于波程差．BP ? APsin30o ? 1.5 cm两列波在点 P 处的波程差为 Δr ＝AP －BP，则相位差为Δ ? 2πΔr / λ ? 2πvΔr / u ? 1.8π题 10-19 图10-20 如图所示，两相干波源分别在 P、Q 两点处，它们发出频率为 ν、波长为 λ，初相相同的两列相干波．设 PQ ＝3λ/2，R 为 PQ 连线上的一点．求：（1） 自 P、Q 发出的两列 波在 R 处的相位差；（2） 两波在 R 处干涉时的合振幅．题 10-20 图分析 因两波源的初相相同，两列波在点 R 处的相位差 Δφ 仍与上题一样，由它们的波程差决 定．因 R 处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的 合成，合振幅 A ? 解2 A12 ? A2 ? 2 A1 A2cos ?? ．（1） 两列波在 R 处的相位差为Δ ? 2πΔr / λ ? 3π（2） 由于 Δ? 3π ，则合振幅为A?10-212 A12 ? A2 ? 2 A1 A2cos3? ? A1 ? A2两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-1 ，试求 AB 连 线上因干涉而静止的各点的位置．题 10-21 图2 πΔr ．因此，两列振幅相同的相干波 λ 因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件 Δ ? ?2k ? 1?π 获得．分析 两列相干波相遇时的相位差 Δ?2?1?解 1.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 位于点 A 左侧部分A、B 连线上可分三个部分进行讨论．Δ ?2. 位于点 B 右侧部分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．Δ ?3.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． 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 ?/ λ ? ?x ? 1?π根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程 得x?x ? 1?π ? ?52k ? 1?π x ? 2k m ?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． 10-22 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 10-22 图分析 解 相位差为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 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 ，故它们的需的波程差，即两管的长度差 Δr．Δ ? 2π?r2 ? r1 ? / λ ? 2πΔr / λΔr ＝（2k ＋1）λ／2由相消静止条件 Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，± 1，± 2，…） 得 根据题中要求令 k ＝0 得 Δr 至少应为?r ? ? / 2 ? u / 2v ? 0.57 m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． 10-23 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 10-23 图分析分别为 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 2 π ? 3 ?? ? 2π 3π ? y1P ? Acos? t ? ? ? λ ?? ? Acos? t ? ? λ ? 4 ?? 2? ?T ?T因半波损失反射波 y3 在此处引起的振动为3 π? ? 2π ? ? 2π y3P ? Acos? t ? π ? π ? ? Acos? t ? ? 2 2? ?T ? ?T 设反射波的波动方程为 y3 ? Acos?2πt / T ? 2πx / λ ? ? ， 则反射波在 x ＝－3λ/4 处引起的振动为3 ? 2π ? y3P ? Acos? t ? π ? ? 2 ?T ?与上式比较得? ?2 π ，故反射波的波动方程为 2 2 ? ? 2π ? ? 2π y3 ? Acos? t ? πx ? 2π ? ? Acos? t ? πx ? λ λ ? ?T ? ?T（3） 在 O ～MN 区域由 y1 和 y3 合成的驻波 y4 为? 2π 2 ? ? 2π 2 ? ? 2π ? ? 2π ? y4 ?t , x ? ? y1 ? y3 ? Acos? t ? πx ? ? Acos? t ? πx ? ? 2 Acos? x ?cos? t ? λ ? λ ? ?T ?T ? λ ? ?T ? 波节的位置：2πx / λ ? kπ ? π / 2, x ? kλ / 2 ? λ / 4 ，取 k ＝－1， －2，即 x ＝－λ/4， －3λ/4处为波节． 波腹的位置： 2πx / λ ? kπ,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? 2π 2 ? ? 2π 2 ? ? 2π 2π ? y5 ?t , x ? ? y2 ? y3 ? Acos? t ? πx ? ? Acos? t ? πx ? ? 2 Acos? t ? x? λ ? λ ? λ ? ?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． 10-24 一弦上的驻波方程式为y ? 3.0 ?10?2 cos?1.6πx?cos?550πt ??m?（1） 若将此驻波看成是由传播方向相反，振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的，求它 们的振幅及波速； （2） 求相邻波节之间的距离； （3） 求 t ＝3.0 × 10-3 s 时位于 x＝0.625 m 处 质点的振动速度． 分析 （1） 采用比较法．将本题所给的驻波方程，与驻波方程的一般形式相比较即可求 得振幅、波速等．（2） 由波节位置的表达式可得相邻波节的距离．（3） 质点的振动速度可 按速度定义 v ＝dy/dt 求得． 解y ? 3.0 ?10?2 cos?1.6πx?cos?550πt ? ?m? 与驻波方程的一般形式 y ? 2 Acos?2πx / λ ?cos?2πvt ? 作比较，可得两列波的振幅 A ＝1.5 × 10-2（1） 将已知驻波方程 m，波长 λ＝1.25 m，频率?＝275 Hz，则波速 u ＝λ?＝343.8m? s-1 ． （2） 相邻波节间的距离为?x ? xk ?1 ? xk ? ?2?k ? 1? ? 1?? / 4 ? ?2k ? 1?? / 4 ? ? / 2 ? 0.625 m（3） 在 t ＝3.0 × 10-3 s 时，位于 x＝0.625 m 处质点的振动速度为v ? dy / dt ? ?16.5πcos?1.6πx ?cos?550πt ? ? ?46.2 m ? s ?1*10 －25 在下述两种情况下，求长度为 0.15 m 的风琴管的基频和前四个谐频． （1） 管 子两端开口；（2） 管子的一端封闭，一端开口．设声速为 340m? s-1 ． 分析 当风琴管的某个端口封闭时，那么风琴管内形成的驻波在该端口就是波节．而当风 琴管的端口开口时，就形成波腹．根据限定区域内驻波形成条件（如图所示），当管子两端为 波腹时，其管长与波长有关系式 L ＝kλk /2 成立，k 为正整数．而当管子一端为波节、另一端 为波腹时， 管长与波长有关系式 L ＝ （2k －1） λk /4 成立． 可见取不同的 k 值， 得到不同的 λk ，管内就出现不同频率?k 的波．对应 k ＝1 称为基频，k ＝2，3，4，…称为各次谐频．题 10-25 图解（1） 根据分析由 L ＝kλk /2 和 νk ＝u /λk 可得?k ＝ku/2L （k ＝1，2，3，…）因此，基频：? 1 ＝1133 Hz 二次谐频：?2 ＝2267 Hz 三次谐频：?3 ＝3400 Hz 四次谐频：?4 ＝4533 Hz 五次谐频：?5 ＝5667 Hz （2） 同样根据分析由 L ＝（2k －1）λk /4 和 νk ＝u /λk 可得 ?k ＝（2k －1）u /4L （k ＝1，2，3，…） 因此，基频：?1 ＝567 Hz 二次谐频：?2 ＝1700 Hz 三次谐频：?3 ＝2833 Hz 四次谐频：?4 ＝3967 Hz 五次谐频：?5 ＝5100 Hz 10-26 一平面简谐波的频率为 500 Hz，在空气（ρ ＝1.3 kg? m 解 波在耳中的平均能量密度-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．? ? ?A2? 2 ? 2? 2 ?A2v 21 2 ? 6.42 ? 10? 6 J ? m ? 2声强就是声波的能流密度，即I ? u? ? 2.18?10?3 W ? 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× 10-6W? m-2 左右． 10-27 分析 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 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 功率”传入窗内？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 ＝10L I0 则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I0 S ＝1.0 ×10-4 W10-28 解 若在同一介质中传播的，频率分别为 1200 Hz 和 400 Hz 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． （1） 因声强 I ? ?uA2? 2 / 2 ，则两声波声强之比2 I1 / I 2 ? ?12 / ?2 ?9（2） 因声强级 L ＝lg（I ／I0 ），则两声波声强级差为?L ? lg?I1 / I 0 ? ? lg?I 2 / I 0 ? ? lg?I1 / I 2 ? ? 0.954 B ? 9.54 dB10-29 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 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 vs ＝25 m? s-1 运动时，静止于 路边的观察者所接收到的频率为v? ? v警车驶近观察者时，式中 vs 前取“－”号，故有u u ? vs??v v1u ? 865.6 Hz u ? vs u ? 743.7 Hz u ? vs u ? 743.7 Hz u ? vs警车驶离观察者时，式中 vs 前取“＋”号，故有v? 2 ? v（2） 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v? 2 ? v10-30一次军事演习中，有两艘潜艇在水中相向而行，甲的速度为 50.0 km? h-1 ，乙的速度为 km? h-1 ，如图所示．甲潜艇发出一个 1.0× 103 Hz 的声音信号，设声波在水中的传播速度为 5.47× 103 km? h-1 ，试求（1） 乙潜艇接收到的信号频率；（2） 甲潜艇接收到的从乙潜艇反射 回来的信号频率． 分析 （1） 甲潜艇是声源，发出信号频率为?，乙潜艇是观察者，两者相向运动，利用多 普勒频率公式，即可求得乙潜艇接收到的信号频率?′．（2） 要求甲潜艇接收到的乙潜艇的信 号频率，可将乙潜艇看成是声源，它发出的信号频率是?′，将甲潜艇看成是观察者，两者相向 运动，同样利用多普勒频率公式，可求出甲潜艇接收到的信号频率?″．题 10-30 图解由题已知 v1 ＝50.0 km? h-1，v2 ＝70.0 km? h-1 ，u ＝5.47 × 103 km? h-1 ， v ＝1000 Hz，由分析可知： （1） （2） *10-31v? ?u ? v2 v ? 1022Hz u ? v1 u ? v1 v?? ? v? ? 1045Hz u ? v2一广播电台的辐射功率是 10 kW，假定辐射场均匀分布在以电台为中心的半球面上．（1） 求距离电台为 r ＝10 kW 处的坡印廷矢量的平均值；（2） 若在上述距离处的电磁 波可看作平面波，求该处的电场强度和磁场强度的振幅． 分析 坡印廷矢量是电磁波的能流密度矢量，它是随时间作周期性变化的．求其平均值，也就 是指在一周期内的平均值．在忽略电磁波传播过程中的能量损耗时，按题意，波源的辐射功率 就应等于单位时间通过半球面（面积 A ＝2πr2 ）的电磁波能量，即 P ＝S? A，而平均能流密度 值 S ＝EH． 另外， 由电磁波的性质可知， E 与 H 垂直， 相位相同， 且有关系式 此，平面电磁波的坡印廷矢量大小的平均值可表示为 S ? 场强度振幅 Em 和磁场强度振幅 H m ． 解 （1） 因为辐射场分布在半球面上，则坡印廷矢量的平均值为 因 ? 0 E ? ?0 H ．1 1 ?0 2 Em H m ? H m ，由此可求电 2 2 ?0S ? P / 2πr 2 ? 1.59?10?5 W ? m?2（2） 根据分析， S ? EH ? Em H m / 2 ?H m ? 2 S ?0 / ? 0?1 ?0 2 H m ，则磁场强度和电场强度的振幅分别为 2 ?0?1/ 2? 2.91? 10? 4 A ? m?1Em ? 2S / H m ? 0.109 V ? m?1Ey ? 0.60cos 2π ?108 ?t ? x / c? V ? m?1 , Ez ? 0 ．求：（1） 波长，频率；（2） 该电磁波的传播方向；（3） 磁场强度的大小和方向；（4） 坡印廷矢量． 分析*10-32?真 空 中 有 一 平 面 电 磁 波 的 电 场 表 达 式 如 下 ： Ex ? 0???根据电磁波的特性，电场强度 E 和磁场强度 H 均垂直于波的传播方向．而 E 和 H又互相垂直且同相位，E × H 的方向为波速 u 的方向．在数值上有关系 E / H ?? 0 / ?0 成立． 因此由题中给出的电场表达式可以求磁场表达式， 而坡印廷矢量可由公式 S ＝E × H 求出． 解 （1） 由电场表达式可知，角频率 ω＝2π× 108 s-1 ，波速 u 等于光速 c，则电磁波的波 长和频率分别为λ ? cT ? 2πc / ω ? 3 v ? ω/ 2π ? 108 Hz（2） 由电场表达式看出，电磁波沿 x 轴正方向传播，E 矢量是在 Oxy 平面内 偏振的． （3） 磁场强度表达式：H x ? 0, H y ? 0H 矢量在 Oxz 平面内偏振．H z ? ε0 / μ0 Ey ? 1.6 ?10?3 cos 2π ?108 ?t ? x / c ? A ? m?1（4） S ? E? H ? 9.6 ?10?4 cos2 2π ?108 ?t ? x / c? i W ? m?2????????第十一章光学）11-1 在双缝