第10章 波动习题解答
2
2
15 15 . 5
5 5 . 5
（2）距波源为16.0m和17.0m的两质点间相位差
16 ,17 (100 t 16 or ： 2
2
) (100 t 17
2
)
x,
x 17 16 1 m ,
则（ C ）
(A)波长为100m； (C)周期为 解：y
1 3 s
(B)波速为10m/s； (D)波沿x轴正方向传播
x u )]
；
A cos[ ( t
6
T 2
y 0 . 05 cos[ 6 ( t
x 100
)]
1 3
s
u 100 m / s
uT 33 . 3 m
第十章
波动
习题解答
1
第十章 习题
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处质点振动的初相位与图(b)所表示的振动
的初相位分别为（D ）
y A cos(t ) v A sin( t )
(A)均为零
(D) 2 与
y 0
y
2
(B) 均为 2
u
x
y 0
(C) 均为
(E) 2 与
y
2
2
v 0 2
O
（a）
v 0 2
O
（b）
t
2
10-2 机械波的表达式为
y 0 . 05 cos( 6 t 0 . 06 x )( m )
y /m
u
0.10 0.05 P 10.0m
x/m
O
-0.10
14
(1) 该波的波动方程
y W 0 . 1cos [ 500 ( t x / 5000 ) / 3 ]
(2) x=7.5m处质点的运动方程
y x 7 . 5 0 . 1cos [ 500 ( t 7 .5 5000
x (A)y A cos[ω（t ） ] u x (C)y A cos[ω（t ） ] u 2
x (B) y A cos[ω（t u） 2 ] x (D)y A cos[ω（t ） ] u
y
u
方法2： 可作出t=0时刻的波形图 由图可看出x=0的点在 t=0时刻y=-A, v>0
y
u
x 0,
t
T 4 2 T
A O -A
u: 速度大小
x
代入C式：
yo A cos[ω( T 0
图a
） ] 4 u 2
y 代入D式：o A cos[ω( yo A cos[
T 4
0 u
） ]
yo A cos 0 A
2
] 0
4
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=T/4时刻的波形如图(a)所示，则该波 的表达式为( )D
10-10 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5.0m两点处质点的运动方程和初相；（2）距波源 分别为16.0m和17.0m的两质点间的相位差
解： 设波源为坐标原点（如图）
y o A cos( t )
3
)
y W 0 . 1cos [ 500 ( t x / u ) / 3 ]
由图： 2 10 20 m
u / T 20 250 5000 m / s
y W 0 . 1cos [ 500 ( t x / 5000 ) / 3 ]
（b）
（c）
11
y
u
u
y
y
u
B O
b
P （a）
x
P
b
B O
x
B O l
b
P
x
（b）
解： yB A cos(t ) (a) y
A cos[ ( t x u
x u
x0 l （c）
b u b u b u )] )]
)]
)]
x b:
y p A cos[ ( t
2 x
2 ( 0 .8 0 .3 ) 1
y A cos[ t
2 x
]
16
解:
y OV A cos( t )
y / m
t 0, yO
A 2
, v0 0
0.10 0.05
u
P 10.0m
x /m
O
3
-0.10
y OV 0 . 1 cos( 2 250 t
3
)
13
(1) 该波的波动方程
y OV 0 . 1 co轴负方向传播，角频率为ω， 波速为u．设t=T/4时刻的波形如图(a)所示，则该波 的表达式为( )D
x (A)y A cos[ω（t ） ] u x (C)y A cos[ω（t ） ] u 2
x (B) y A cos[ω（t u） 2 ] x (D)y A cos[ω（t ） ] u
y A cos[ ( t x u ) 0]
y 0 . 2 cos[ 2 . 5 ( t
x 2 .5
)]
2 . 5
u 2 .5 m / s
2
u
v=dy/dt
7
解：1）已知波动方程可表示为 y 与标准方程
y A cos[ ( t x u
x 100
)
2
) A cos( 100 t x
2
)
（1）距波源 15.0m 和 5.0m 两点处质 注意：波源为坐标原点 点的运动方程和初相；
y 15 A cos( 100 t 15 y 5 A cos( 100 t 5
) A cos( 100 t 15 . 5 ) ) A cos( 100 t 5 . 5 )
0 . 2 cos[ 2 . 5 ( t
x 2 .5
)]
) 0]
比较，可得：
A=0.20m
则
ω=2.5π/s
u=+2.5m/s
λ=u/ν=2.0m
φ0=0
ν=ω/2π =1.25Hz
2）v=dy/dt=－0.5πsin[2.5π(t-x/2.5)]
vmax=0.5π=1.57m/s
A O -A
x
t=T/4
图a
t=0
则x=0的点振动的初相位为
5
# 10-5 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ B）
(A)、振幅相同，相位相同 (C)、振幅相同，相位不同 (B)、振幅不同，相位相同 (D)、振幅不同，相位不同
驻波特点: 两波节点间各点运动同相位，但振幅不同.
6
10-7 一横波在沿绳子传播时的波动方程 为 y 0.20 cos 2.50t x） 式中y和x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）求绳上的质点振动时的最 大速度；（3）分别画出 t 1 s 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.
uT
10
10-11 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 A cos(t ) ，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.
y
u
u
y
y
u
B
O
P
b
x
P
b
B O
x
B O l
b
P
x
（a）
y /m
) / 3 ] 0 . 1cos [ 500 t
13 12
]
t=0该点的振动速度.
v dy dt v t 0 50 sin ( 13 12 50 sin [ 500 t 13 12 ) 40 . 6 m s
1
u
2 / T 100 s
t 0, yo 0, v0 0
1
y
O
u
x
2 y OV A cos( 100 t ) 2 x y W A cos( 100 ( t ) ) 100 2
9
y W A cos( 100 ( t
3)t=1s和t=2s时的波形方程分别为：
y t 1 0 .2 cos ( 2 .5 π πx)
y x 1 0 . 2 cos[ 2 . 5 ( t 1 2 .5
8
y t 2 0 .2 cos ( 5 π πx)
)] 0 . 2 cos[ 2 . 5 t ] 0 . 2 cos 2 . 5 t
0.10 0.05 P
]
O
10.0m
x/m
-0.10
15
10-16 平面简谐波的波动方程为
《大学物理》(下2010.12.9)习题课
第11章光的量子效应及光子理论一、 选择题1. 金属的光电效应的红限依赖于: 【 C 】(A)入射光的频率； (B)入射光的强度；(C)金属的逸出功； (D)入射光的频率和金属的逸出功。
2. 已知某单色光照射到一金属表面产生了光电效应，若此金属的逸出电势是U 0（使电子从金属逸出需做功eU 0），则此单色光的波长λ必须满足： 【 A 】hceU )D (;hceU )C (;eU hc )B (;eU hc)A (0≥≤≥≤λλλλ 3. 关于光电效应有下列说法：(1) 任何波长的可见光照射到任何金属表面都能产生光电效应；(2) 对同一金属如有光电子产生，则入射光的频率不同，光电子的初动能不同； (3) 对同一金属由于入射光的波长不同，单位时间内产生的光电子的数目不同； (4) 对同一金属，若入射光频率不变而强度增加一倍，则饱和光电流也增加一倍。
其中正确的是： 【 D 】(A) (1)，(2)，(3)； (B) (2)，(3)，(4)； (C) (2)，(3)； (D)(2)，(4)二、填空题1. 当波长为300 nm 光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到.J 100.419-⨯在作上述光电效应实验时遏止电压为V 5.2U a =；此金属的红限频率Hz 104140⨯=ν。
2. 频率为100MHz 的一个光子的能量是J 1063.626-⨯，动量的大小是s N 1021.234⋅⨯-。
3. 如果入射光的波长从400nm 变到300nm ，则从表面发射的光电子的遏止电势增大（增大、减小）V 03.1U =∆。
4. 某一波长的X 光经物质散射后，其散射光中包含波长大于X 光和波长等于X 光的两种成分，其中大于X 光波长的散射成分称为康普顿散射。
三、计算题1. 已知钾的红限波长为558 nm ，求它的逸出功。
如果用波长为400 nm 的入射光照射，试求光电子的最大动能和遏止电压。
由光电方程2m mv 21A h +=ν，逸出功0h A ν=，0chA λ=，eV 23.2A =用波长为400nm 的入射光照射，光电子的最大动能：A h mv 212m -=ν A chE km -=λ，将nm 400=λ和eV 23.2A =代入得到：eV 88.0E km =遏止电压：a 2m eU mv 21=，2m a mv e21U =，V 88.0U a = 2. 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为200 nm 的光投射至铝表面。
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章
习题精解10-1 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3,,,424λλλλ。
设振源的振动方程为cos 2y A t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？ 解 （1） 122,2,2xxπϕπϕππλλ∆∆∆==∆==3432,222x x πϕπϕππλλ∆∆∆==∆== （2）112233440,,2223,222πππϕϕϕϕππϕϕπϕϕπ=-∆==-∆=-=-∆=-=-∆=-（3） 1212343411,,,24223,,,242t T T t T T t T T t T Tϕϕππϕϕππ∆∆∆==∆==∆∆∆==∆==10-2 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为21.010m -⨯，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1400u m s -=∙的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。
解 根据题意可知，波源振动的相位为32ϕπ= 2122200, 1.010,4000.01A m u m s T ππωπ--====⨯=∙ 波动方程231.010cos 2004002x y t m ππ-⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。
解 （1）比较系数法 将波动方程改写成0.05cos10 2.5x y t m π⎛⎫=-⎪⎝⎭与cos x y A t u ω⎛⎫=-⎪⎝⎭比较得1120.05;10;0.21015; 2.5;0.5A m T s v s u m s u T m Tπωππλ--=======∙=∙=（2）各质元的速度为()10.0510sin 410v x t m s πππ-=⨯-∙ 所以1max 0.0510 1.57()v m s π-=⨯=∙ 各质元的加速度为()220.05(10)cos 410a x t m s πππ-=-⨯-∙ 所以22max 0.05(10)49.3()a m s π-=⨯=∙10-4 设在某一时刻的横波波形曲线的一部分如图10.1所示。
大学物理波动习题
y 0.10 cos165 (T / 4)
u=330 m/s
165 (T / 4) / 2 O 1 2 3 4 x (m)
-0.10
21、一驻波表达为 y Acos2x cos1。0位0t
于x1 = 1 /8 m的质元P1与位于x2 = 3 /8 m处的
质元P2的振动相位差为__________．
D 的动SS振方12P动程方为2.2程为，两y1列波((AAB在c))oyPys点2(22发t 生AA12相ccoo消)ss干((2，2涉则t,t若S2S12的1)振)
S2
(2
1 )
P
2
(C)
y2
A c os (2t
1)
2
(D) y2 2Acos(2t 0.1 )
r2 r1
9. 某时刻驻波波形曲线如图所示，则 a ,b两点的 为相差是
S 2连线上，S1外侧各点（例如P点）两波引起的
两谐振动的为相差是
(A) 0
(C) / 2
(B)
(D) 3 / 2
B
/4
P
S1
S2
(1
2)
2
r1
r2
动8 方. 如向图均所垂示直，于S1图和面S，2 发为出两波相长干为波源 ，的它简们谐的波振，
P点是两列波相遇区域中的一点，以知 S1P 2
的振动方程为y=Acos（t+），若波速为u，
求此波的波动方程。
解：波速沿负x方向，则波动方程为
y Acos[(t x 1) ]
u
u
x=-1
18、图为t = T / 4 时一平面简谐波的波形 曲线，则其波的表达式为．
y 0.10 cos165 (t x / 330) (SI)
10级大学物理复习题(第10章)
第10章 机械振动和波一、填空题易：1、质量为0.10kg 的物体，以振幅1cm 作简谐运动，其角频率为110s -，则物体的总能量为， 周期为 。
（4510J -⨯，0.628s ）易：2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x)ππ=-( SI 制)，则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。
（0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m ）易：3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量，0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率，则弹簧的倔强系数为 ，振子的振动角频率为 。
（200N/m ，10rad/s ）易：4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X )( SI 制)则振幅是_________，波长是_ ，频率是 ，波的传播速度是 。
（0.02m ，2.5m ，100Hz ，250m.s -1）易：5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。
（两个谐振动同方向、同频率）易：6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 （填相同或不相同）。
（相同）易：7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。
（偶数）易：8、弹簧振子系统周期为T 。
现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体，作成一个新的弹簧振子，则其振动周期为 T 。
（T ）易：9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为,则振动的周期为;加速度的最大值为。
（34π，2105.4-⨯）易：10、广播电台的发射频率为 。
则这种电磁波的波长为 。
（468.75m ）易：11、已知平面简谐波的波动方程式为 则时，在X=0处相位为 ，在处相位为 。
(4.2s,4.199s)易：12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅;圆频率;初相。
(10m,1.2-s rad π,0)中：13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3ππ=+( SI 制)，则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ，初相位ϕ为 。
基础物理学下册【韩可芳】第10章习题答案
第十章第十章第十章第十章 波动光学波动光学波动光学波动光学思考题思考题思考题思考题10-1 普通光源中原子发光有何特征？答答答：答：：：因为普通光源是大量不同原子在不同时刻发的光，是自然光，因此不满足干涉条件，所以一 般普通光源观察不到干涉现象。
10-2 如何用实验检验一束光是线偏振光、部分偏振光还是自然光？答答答：答：：：拿一块偏振片迎着这束光，转动偏振片，观察透射光。
（1）视场中光强有变化且有消光现象 的为线偏振光；（2）光强有变化但无消光现象的为部分偏振光；（3）光强无变化的为自然光。
10-3 自然光可以用两个独立的、相互垂直的、振幅相等的光振动表示。
那么线偏振光是否也可以用两个相互垂直的光振动表示？如果可以，则这两个相互垂直的光振动之间关系如 何？10-4 如何用实验测定不透明媒质的折射率？答答答：答：：：光线入射到不透明的媒介上，改变入射角i ，并同时用偏振片测定反射光线的偏振化程度。
当反射光线为完全偏振光时，此时入射角i0 即为布儒斯特角，满足tan 可求得不透明介质的折射率n 。
10-5 如图(a)所示，一束自然光入射在方解石晶体的表面上，入射光线与光轴成一定角度；问将有几条光线从方解石透射 出来？如果把方解石切割成等厚的A 、B 两块，并平行地移 开很短一段距离，如图(b)所示，此时光线通过这两块方解石后有多少条光线射出来？如果把B 块沿沿沿沿光线转过一个角度， 此时将有几条光线从B 块射出来？为什么？i 0n ，测得 i0 即考思考思考思考题题题题10-5图图图图10-6 从普通光源获得两束相干光的一般方法是什么？在光的干涉中决定相遇点产生明纹或暗纹的因素是什么？答答答：答：：：分波阵面法和分振幅法。
波源的相位差和波源到相遇点的光程差决定相遇点产生明纹或暗纹。
10-7 如图所示，设光线a 、b 从周相相同的A 、B 点传至P 点，试讨论：（1）在图中的三种情况下，光线a 、b 在相遇处P 是 否存在光程差？为什么？（2）若a 、b 为相干光，那么在相遇处的干涉情况怎 样？考题思考题思考题思考题 10-7 图图图图10-8 在杨氏双缝实验中，当作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化？（要说明理由）（1）使两缝之间的距离逐渐减小；（2）保持双缝的间距不变，使双缝与屏幕的距离逐渐减小；（3）如图所示，把双缝中的一条狭缝遮住，并在两缝的垂直平分线上放置一块平面反射镜。
大学物理第10章 习题
r1
第十章 波动
16
物理学
第五版
第十章 习题
17 如图所示， 0 处有一运动方程为 x y A cos 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）区域内合成波 M 的波动方程.
3 kg m ，求（1）该波的能流密度；（2）
1min内垂直通过4.0×10-4m2的总能量.
第十章 波动
13
物理学
第五版
第十章 习题
14 如图所示,两相干波源分别在P,Q 两点，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.
3 一横波在沿绳子传播时的波动方程 为 y 0.20 cos 2.50t x） 式中y和x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）求绳上的质点振动时的最 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.
第十章 习题
5 已知一波动方程为 y 0.05 sin( 10t 2 x) 式中y的单位为 m ，t的单位为s. (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.
第十章 波动
5
物理学
第五版
第十章 习题
6 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 A cos(t ) ，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.
第十章 波动 习题解答 (1)
（1）波动方程；
（2）求 x=0.5m 处质点的振动方程；画出该质点的振动图 ；
（3）求 t=1.0s 时各质点的位移分布，画出该时刻的波形图。
解：(1) 波函数 y = Acos[ω(t − x ) + ϕ] ，其中 T = 2s,ω = 2π / T = π , u = λ / T = 1m / s u
P
10.0m
x/m
x/m
y/m
u
O
t/s
O
x/m
A、振动 x-t 曲线
B、波动 y-x 曲线
（2）波源振动速度等于波速吗？振幅和周期呢？波动方程中波源的位置一定位于原点 O？
波源的初相？
波源振动速度不等于波速；波源的振幅和周期等于波动的振幅和周期
波函数为： y = 0.1cos[500π（t + x ）+ π ]（m） 5000 3
(C) A = A12 + A22 + 2 A1A2 cos ∆ϕ
(D) A1 − A2 ≤ A ≤ A1 + A2
∆ϕ
= ϕ2
− ϕ1
− 2π
r2 − r1 λ
拓展：B 选项改为“某时刻，在两列波相遇的区域中某质点若为静止，则这两列波必相干” 答案：错误
10.11 如图所示，S1、S2 为两平面简谐波相干波源，S2 的
=
4m ， ∆ϕ
= ϕB0
− ϕ A0
−
2π λ
(rB
− rA )
=π
−
2π λ
(rB
− rA ) ，
干涉而静止的条件： ∆ϕ = ±(2k +1) π k = 0,1,2,
P 点为 AB 连线上任一点，rA 为 P 点到 A 点距离，rB 为 P 点到 B 点距离，
第10章 波 动习题
第10章波动习题10.1 购置了一套机械设备，要想了解该设备的钢质材料的杨氏弹性模量，用超声波检测仪在钢壁厚d=5.00cm处测得纵波首波返回时间是t=1.96×10-5s，求该钢质材料的杨氏弹性模量（钢的密度ρ=7.8g／cm3）。
10.2 用超声波也可以测试气体的比热容比。
例如，在标准状态下，超声波在天然气中的波速为 3.172×102m／s，问天然气的比热容比γ是多少？（该天然气的摩尔质量μ=32g/mol）10.3 铁路沿线的A处在进行某项工程的施工爆破，其所产生的声波沿钢轨传到另一处B的仪器中，由仪器记录知，第二个波（横波）比第一个波（纵波）迟到5s。
已知钢轨材料的Y=1.96×105N／mm2，N=7.35×104N／mm2，ρ=7.8×10-3kg／cm3，试求：（1）横波与纵波在钢轨中的传播速度；（2）AB两地间的钢轨长度。
10.4 一质点在介质中作简谐振动，振幅为0.2m，周期为4πs，取该质点过y0=0.1m 处开始往y轴正向运动的瞬时为t=0。
已知由此质点的振动所激起的横波在x轴正向传播，其波长为λ=2m。
试求此波动的波函数。
10.5 一列波沿x轴正向传播，原点的振动曲线如图所示。
（1）画出t=T时的波形曲线及距离λ/4处质点的振动曲线。
（2）写出波函数。
以u表示波速。
10.6 某质点作简谐振动，周期为2s，振幅0.06m，开始计时（t=０），质点恰好处在负向最大位移处。
求：（1）该质点的振动方程；（2）此振动以速度u=2m/s沿x轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波函数。
10.7 一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为v，波速为u。
设t=t′时刻的波形曲线如图所示，求：（1）x=0处质点振动方程；（2）该波的波动方程。
10.8 一平面简谐波，设波速u=5m/s，沿x轴正向传播。
在原点O处质点的振动曲线如图所示。
（1）画出x=25m处质元的振动曲线；（2）画出t=3s时的波形曲线。
大学物理第四版课后习题及答案波动
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ;1求波得振幅、波速、频率及波长；2求绳上质点振动时得最大速度；3分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷;画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同;14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ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ν、振幅A 及彼长 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⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 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dt dy v =；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,彼速保持恒定;3将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,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)(t y y =,从而作出振动图;解1将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(--⋅-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得0,5.2,20.001=⋅==-ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω2绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0---⋅-⋅-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-⋅=s m v3 t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(--=ππ波形图如图14－1a 所示;x ＝1.0m 处质点的运动方程为()t s m y 15.2cos )20.0(--=π 振动图线如图14－1b 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时间变化的情况;14-2 波源作简谐运动,其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π,它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播;1求波的周期及波长；2写出波的方程;14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π分析 已知彼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()0cos ϕω+=t A y 进行比较,求出振幅地角频率ω及初相0ϕ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 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T /22ππνω==和uT =λ即可求解;解1由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1240-=s πω;根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有s T 31033.8/2-⨯==ωπ波长为m uT 25.0==λ2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0240100.4013==⨯=--ϕπω，，s m A故以波源为原点,沿X 轴正向传播的波的波动方程为()[]])8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y ----⨯=+-=ππϕω14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π;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;14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分析采用比较法;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;、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)(t y y =; 解1将题给的波动方程改写为]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ-⋅-=--s m x t s m y 与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较后可得波速 角频率110-=s πω,故有m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，2由分析知x=0时,方程表示位于坐标原点的质点的运动方程图13—4;]2/)10cos[()05.0(1ππ-=-t s m y14-4 波源作简谐振动,周期为,若该振动以100m/s 的速度传播,设t=0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求：1距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；2距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差;14-4分析1根据题意先设法写出波动方程,然后代人确定点处的坐标,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A 的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆;解1由题给条件 T ＝ s,u ＝100 m ·s －l,可得m uT s T 2100/21====-λππω；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）或2/3(2/0ππϕ-=;若以波源为坐标原点,则波动方程为]2/)100/)(100cos[(11ππ-⋅-=--s m x t s A y距波源为 x 1=和 x 2＝处质点的运动方程分别为]5.15)100cos[(11ππ-=-t s A y]5.5)100cos[(12ππ-=-t s A y它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ,;2距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(22121x x14-5 波源作简谐振动,周期为×10-2s,以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点,若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传播;求：1距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；2距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差;14-5解分析同上题;在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下,波动方程 ]2/3)400/)(200cos[(11ππ+⋅-=--s m x t s A y位于 x P = m 处,质点 P 的运动方程为]2/5)(200cos[(1ππ-=-t s A y p该质点振动的初相2/50πϕ-=P ;而距波源 m 和 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212ππλπϕ=-=-=∆uT x x x x如果波源初相取2/0πϕ-=,则波动方程为]2/9)(200cos[(1ππ-=-t s A y质点P 振动的初相也变为2/90πϕ-=P ,但波线上任两点间的相位差并不改变;14-6 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 坐标原点为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p ;求1波向x 轴正方向传播时的波动方程；2波向x 轴负方向传播时的波动方程;14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下,建立波动方程时常采用下面两种方法：1先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式,然后利用已知点P 的运动方程来确定该波动方程中各量,从而建立所求波动方程;2建立以点P 为原点的波动方程,由它来确定波源点O 的运动方程,从而可得出以波源点O 为原点的波动方程;解11设以波源为原点O,沿X 轴正向传播的波动方程为()[]0cos ϕω+-=u x t A y将 u ＝100 m ·s －‘代人,且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为()[]075.0cos ϕω+-=s t A y p与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝、12-=s πω、πϕ20=;则所求波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y p π2当沿X 轴负向传播时,波动方程为()[]0cos ϕω++=u x t A y将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后,与题给点 P 的运动方程比较得A ＝ 、12-=s πω、πϕ-=0,则所求波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y解21如图14一6a 所示,取点P 为坐标原点O ’,沿O ’x 轴向右的方向为正方向;根据分析,当波沿该正方向传播时,由点P 的运动方程,可得出以O ’即点P 为原点的波动方程为]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅-=--s m x t s m y将 x=-75 m 代入上式,可得点 O 的运动方程为t s m y O )2cos()30.0(1-=π由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y π2当波沿河X 轴负方向传播时;如图14－6b 所示,仍先写出以O ’即点P 为原点的波动方程]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅+=--s m x t s m y将 x=-75 m 代人上式,可得点 O 的运动方程为])2cos[()30.0(1ππ-=-t s m y O则以点O 为原点的波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y讨论对于平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播,波线上各点包括原点都是重复波源质点的振动状态,只是初相位不同而已;在已知某点初相平0的前提下,根据两点间的相位差λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆,即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7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;14-7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λν=u ；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,并利用旋转关量法确定其初相0ϕ;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 ＝yt,及该质点的振动速度v ＝dy ／d t;解1从图 15－ 8中得知,波的振幅 A ＝ 0.10 m,波长m 0.20=λ,则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν;根据t ＝0时点P 向上运动,可知彼沿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3/0πϕ=;故波动方程为()[]]3/)5000/)(500cos[()10.0(cos 110ππϕω+⋅+==++=--s m x t s m u x t A y2距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为]12/13)500cos[()10.0(1ππ+=-t s m yt=0时该点的振动速度为1106.4012/13sin )50()/(--=⋅=⋅-==s m s m dt dy v t ππ14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传播,在t=2s 时的波形图如图14-8a 所示;求原点的运动方程;14-8分析上题已经指出,从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν;由于图14－8a 是t ＝2s 时刻的波形曲线,因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点;求t ＝0时的初相有多种方法;下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播;由于波是沿 Ox 轴负向传播的,所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-,即得到t=0时的波形图14－8b,再根据此时点O 的状态,用旋转关量法确定其初相位;解由图 15－ 9a 得知彼长m 0.2=λ,振幅 A＝ 0.5 m;角频率15.0/2-==s u πλπω;按分析中所述,从图15—9b 可知t=0时,原点处的质点位于平衡位置;并由旋转矢量图14－8C 得到2/0πϕ=,则所求运动方程为]5.0)5.0cos[()50.0(1ππ+=-t s m y14-9 一平面简谐波,波长为12m,沿Ox 轴负方向传播,图14-9a 所示为x=1.0m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程;14-9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14－9a 写出它所对应的运动方程;较简便的方法是旋转矢量法参见题13－10; 解 由图14－9b 可知质点振动的振幅A ＝0.40 m,t ＝0时位于 x ＝1.0m 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14－9b,从图中可知30πϕ-=';又由图 14－9a 可知,t ＝5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图14－9b 可看出65πω=t ,因而得角频率16-=s πω;由上述特征量可写出x ＝处质点的运动方程为]3)6cos[()40.0(1ππ+=-t s m y 采用题14－6中的方法,将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人波动方程的一般形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中,并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比较,可得20πϕ-=,则波动方程为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+=--20.1)6(cos )40.0(11ππs m x t s m y14-10 图14-10中I 是t=0时的波形图,II 是t=时的波形图,已知T>,写出波动方程的表达式;14-10分析 已知波动方程的形式为])(2cos[0ϕλπ+-=x T t A y从如图15—11所示的t ＝0时的波形曲线Ⅰ,可知彼的振幅A 和波长λ,利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0ϕ;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;l 由曲线Ⅰ可知,在 tzo 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 轴上的一A 处;因此,可列方程s T kT 1.04=+,在一般情形下,k= 0, 1,2,…这就是说,质点在 0;1 s 内,可以经历 k 个周期振动后再回到A 处,故有)25.0()1.0(+=k s T ;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向右手移了T t t u x ∆=∆=∆λ;由图可知,4λλ+=∆k x ,故有T t k ∆=+λλλ4,同样也得)25.0()1.0(+=k s T ;应当注意,k 的取值由题给条件 T ＞所决定;解 从图中可知波长m 0.2=λ,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2/0πϕ=;根据上面的分析,周期为⋅⋅⋅=+=,2,1,0,)25.0()1.0(k k s T由题意知 T ＞,故上式成立的条件为,可得 T ＝;这样,波动方程可写成()()ππ5.00.24.02cos )10.0(+-=m x s t m y14-11 平面简谐波的波动方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ;求1t=时波源及距波源0.10m 两处的相位；2离波源0.80m 处及0.30m 两处的相位;14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ解1将t ＝和x=0代人题给波动方程,可得波源处的相位πϕ4.81=将t ＝和x ＝ m 代人题给波动方程,得 m 处的相位为πϕ2.82=从波动方程可知波长;这样, m 与 m 两点间的相位差πλπλ=∆⋅=∆x 214-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗的功率;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;14-12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,敌对于球面波而言,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户;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 P I =;解由分析可知,半径户处的能疏密度为 24r P I π=当 r 1＝5;0 m 、r 2＝ m 时,分别有222111027.14--⋅⨯==m W r P I π232221018.34--⋅⨯==m W r P I π14-13 有一波在介质中传播,其波速u=×103m/s,振幅A=×10-4m,频率ν=×103Hz;若介质的密度为ρ=×102kg/m 3,求：1该波的能流密度；21min 内垂直通过×10-4m 2的总能量;14-1313100.1-⋅⨯=s m uHz v m A 34100.1,100.1⨯=⨯=-32100.8-⋅⨯=m kg ρ24100.4m -⨯解1由能流密度I 的表达式得25222221058.1221-⋅⨯===m W v uA uA I ρπωρ 2在时间间隔s t 60=∆内垂直通过面积 S 的能量为J t IS t P W 31079.3⨯=∆⋅=∆⋅=14-14 如图14-14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;设它们的相位相同,且频率均为ν=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P 处两列波的相位差;14-14 v=30Hz150.0-⋅=s m u分析在均匀介质中,两列波相遇时的相位差ϕ∆,一般由两部分组成,即它们的初相差B A ϕϕ-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ∆2;本题因B =ϕϕA ,故它们的相位差只取决于波程差;解在图14－14的APB ∆中,由余弦定理可得m AB AP AB AP BP 94.230cos 222=︒⋅-+=两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=∆,则相位差为ππλπϕ2.722=∆=∆⋅=∆u r v r14-15 两波在同一细绳上传播,它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ;1证明这细绳是作驻波式振动,并求节点和波腹的位置；2波腹处的振幅有多大 在x=1.2m 处,振幅多大14-15分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可;由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅;解l 将已知两波动方程分别改写为可见它们的振幅 A 二0;06 m,周期 T 二0;5 s 频率;二2 Hi,波长八二2 m;在波线上任取一点P,它距原点为P;则该点的合运动方程为k 式与驻波方程具有相同形式,因此,这就是驻波的运动方程由得波节位置的坐标为由得波腹位置的坐标为门驻波振幅,在波腹处A ’二ZA 二0;12 m ；在x 二0;12 m 处,振幅为()()[]t s x m m y 1114cos )06.0(---=ππ()()[]t s x m m y 1124cos )06.0(--+=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=()m x s t m y 25.2cos )06.0(1-=π()m x s t m y 25.02cos )06.0(2+=πt s x m ts x m y y y P P P P )4cos(2cos )12.0()4cos()cos()12.0(1121--⎪⎭⎫ ⎝⎛==+=πλπππ02cos 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛λπP x A ⋅⋅⋅±±=+=+=,2,1,0,)5.0(4)12(k m k k x P λm A x A P 12.022cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛λπ ⋅⋅⋅±±===,2,1,0,2k km k x P λ12.02,2cos 2=='⎪⎭⎫ ⎝⎛='A A x A A P λπ ()m m x A A P 097.012.0cos 12.02cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛='πλπ14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ;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=×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度;14-16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一如Nz 求得;解1将已知驻波方程 y ＝3; 0 X 10－2 m cos; 6; ml －coos550;s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos2;x ／八;2;yi 作比较,可得两列波的振幅 A ＝ 1; 5 X 10－‘ m,波长八二 1; 25 m,频率 v 二 275 Hi,则波速 u 一如 2343;8 in ·SI2相邻波节间的距离为3在 t 二 3; 0 X 10－3 s 时,位于 x ＝ 0; 625 m 处质点的振动速度为()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππs t 3100.3-⨯=dt dy v =()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=m A 2105.1-⨯=18.343-⋅==s m v u λ625.024)12(4]1)1(2[1==+-++=-=∆+λλλk k x x x k ks t 3100.3-⨯=()()()11112.46550sin 6.1cos 5.16----⋅-=⋅-==s m t s x m s m dt dy v πππ14-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气中ρ=1.3kg/m 3以u=340m/s 的速度传播,到达人耳时,振幅约为A=×10-6m;试求波在耳中的平均能量密度和声强;14-17解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度,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为 1; 0 X 10－6 W ·m －2左右26222221042.6221--⋅⨯===m J v A A ρπωρϖ 231018.2--⋅⨯==m W u I ϖ26100.1--⋅⨯m W14-18 面积为1.0m 2的窗户开向街道,街中噪声在窗户的声强级为80dB;问有多少声功率传入窗内14-18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 一体I ／IO,其中 IO 二 1; 0 X 10－’2 W ·0－‘为规定声强;L 的单位是贝尔B,但常用的单位是分贝dB,且IB ＝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 ＝igI ／ IO 可得声强为则传入窗户的声功率为)0lg(I I L =010I I L =2120100.1--⋅⨯=m W IW S I IS P L 40100.110-⨯===14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为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;14-19解1因声强I ＝puA ‘;‘／2,则两声波声强之比2因声强级L 一回对几,则两声波声强级差为222ωρuA I =9222121==ωωI I ()0lg I I L =()()()dB B I I I I I I L 54.9954.0lg lg lg 210201===-=∆14-20 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为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 的客车,则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少设空气中的声速u=330m/s14-20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 －‘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Vs 前取“－”号,故有警车驶离观察者时,式中Vs 前取“＋”号,故有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SS v u u v v s m v ='⋅=-125 Hz v u u v v S6.8651=-=' Hz v u u vv S 7.7432=+=' Hz v u v u v v S2.82603=--='14-21 如图14-21所示;一振动频率为ν=510Hz 的振源在S 点以速度v 向墙壁接近,观察者在点P 处测得拍音频率ν′=3Hz,求振源移动得速度;声速为330m/s14-21分析位于点P 的观察者测得的拍音是振源S 直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的;由于振源运动,接收频率;l 、12均与振源速度;有关;根据多普勒效应频率公式和拍频的定义,可解得振源的速度;解根据多普勒效应,位于点P 的人直接接收到声源的频率; l 和经墙反射后收到的频率 分别为由拍额的定义有将数据代入上式并整理,可解得vu u v v v u u v v -=+=21, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-='v u v u uv v v v 1121 10.1-⋅≈s m v14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度指平均电场强度E 约为×10-3V/m;设收音机能清楚的收听到×103km 远处某电台的广播,该台的发射是各向同性的以球面形式发射,并且电磁波在传播时没有损耗,问该台的发射功率至少有多大14-22HE r A AS P 0024μεπ==⋅=292001065.2--⋅⨯===m W E H E S μεW S r P 42103.34⨯=⋅=π14-23 一气体激光器发射的光强可达×1018W/m 2,计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅; 14-23()1101001075.42-⋅⨯==m V I E m εμ18001026.1-⋅⨯==m A E H m m εμ。
第10章习题与解答
第10章 习题与解答10-1 电路如下图，（1）试确信图（a ）中两线圈的同名端；（2）假设已知互感0.04M H =，,流经1L 的电流1i 的波形如图（b ）所示，试画出2L 两头的互感电压21u 的波形；（3）如图（c ）所示的两耦合线圈，已知0.0125M H =，1L 中通过的电流1=10cos800i t （A ），求2L 两头的互感电压21u 。
122')（a ） （b ）121（c ）题10-1图解：（1）依照同名端概念可知，图（a ）中两线圈的同名端为1和2。
（2）依照同名端的位置和电压、电流参考方向，互感电压121=di u Mdt由图（b ）可得133131(08)8101510(810)2100(10)i t t ms i t t ms t ms ---⎧=≤≤⎪⨯⎪⎪=⨯-≤≤⎨⨯⎪>⎪⎪⎩因此3131125(/)(08)8101500(/)(810)2100(10)A s t ms di A s t ms dt t ms --⎧=≤≤⎪⨯⎪⎪=-=-≤≤⎨⨯⎪>⎪⎪⎩则1210.041255()0.04(500)20()0V di u M V dt ⨯=⎧⎪==⨯-=-⎨⎪⎩21u 的波形图为)-题10－1 附图(3) 依照同名端概念可知，图（c ）中两线圈的同名端为1和2',因此 1210.012510cos800di du Mt dt dt=-=-⨯ 0.012510(800sin800)100sin800100cos(80090)()t t t V =-⨯⨯-==-10-2有两组线圈，一组的参数为1=0.01L H ，2=0.04L H ，=0.01M H ；另一组的参数为1'=0.04L H ，2'=0.06L H ，'=0.02M H 。
别离计算每组线圈的耦合系数，通过比较说明，是不是互感大者耦合必紧？什么缘故？解：计算耦合系数0.5k == 0.41k ==比较：'M M <但'k k >，k 大者耦合较紧。