大学物理平面简谐波波动方程

§4-2平面简谐波的波动方程

振动与波动

振动研究一个质点的运动。

区别

波动研究大量有联系的质点振动的集体表现。

联系

振动是波动的根源。 波动是振动的传播。

最简单而又最基本的波动是简谐波！ 简谐波：波源以及介质中各质点的振动都是简谐振动。任何复杂的波都可看成是若干个简谐波的叠加。

对平面简谐波，各质点都在各自的平衡位置附近作简谐振动，但同一时刻各质点的振动状态不同。需要定量地描述出每个质点的振动状态。

波线是一组垂直于波面的平行射线，可选用其中一根波线为代表来研究平面简谐波的传播规律。

一、平面简谐波的波动方程

设平面简谐波在介质中沿 x 轴正向传播，在此波线上任取一参考点为坐标原点

x

参考点原点的振动方程为

y0=Acos(ωt+ϕ0)

任取一点 P，其坐标为 x，P 点如何振动？ A 和 ω 与原点的振动相同，相位呢？

沿着波的传播方向，各质点的相位依次落后，波每向前传播 λ 的距离，相位落后 2π

现在，O点的振动要传到 P 点，需要向前传播的距离为 x，因而 P 点的相

x2π

x 位比 O 点落后 2π=

λλ

P 点的振动方程为

- 33 -

2π⎫⎛

yP=Acosωt+ϕ-x 0 ⎪

λ⎭⎝

由于 P 点的任意性，上式给出了任意时刻任意位置的质点的振动情况，将下标

去掉

2π⎫⎛

y=Acosωt+ϕ-x 0 ⎪

λ⎝⎭

就是沿 x 轴正向传播的平面简谐波的波动方程。

x

2π

如果波沿 x 轴的负向传播，P 点的相位将比 O 点的振动相位超前沿 x 轴负向传播的波动方程为

2π⎛

y=Acosωt+

λ⎝

⎫

+xϕ0⎪

⎭

λ

x

利用 ω=2πν， u=λν

沿 x 轴正向传播的平面简谐波的波动方程又可写为

2π⎛

y=Acosωt-

λ⎝

⎫

+xϕ0⎪

⎭

2πν⎛⎫

=Acosωt-x+ϕ0⎪

u⎝⎭

⎡⎛x⎫⎤

=Acosωt-+ϕ⎢ u⎪0⎥

⎭⎣⎝⎦⎡⎛x⎫⎤

即 y=Acosωt-+ϕ⎢ u⎪0⎥

⎭⎣⎝⎦原点的振动状态传到 P 点所需要的时间 ∆t=

x

u

⎛x⎫

P 点在 t 时刻重复原点在 t-⎪ 时刻的振动状态

⎝u⎭

波动方程也常写为

- 34 -

2π⎛

y=Acosωt-

λ⎝

⎫

+xϕ0⎪

⎭

=Acosxϕ0) (ωt-k+

波数，物理意义为 2π 长度内所具有完整波的数目。

λ

☆ 波动方程的三个要素：参考点，参考点振动方程，传播方向 其中 k=

2π

二、波动方程的物理意义

1、固定x，如令x=x0

2π⎫⎛

y(t)=Acos ωt+ϕ0-x0⎪ 振动方程

λ⎝⎭

x0 处质点的振动方程

y

x0处的振动曲线 该质点在 t1 和 t2 两时刻的相位差 ∆ϕ=ω(t2-t1) 2、固定t，如令t=t0

2π⎛

y(x)=Acos ωt0+ϕ0-

λ⎝

⎫

x⎪ 波形方程 ⎭

t0 时刻各质点离开各自平衡位置的位移分布情况，即 t0 时刻的波形方程。

- 35 -

y

波形曲线 3、x 和 t 都在变化 y(t,x)=

2π⎫⎛

Aco sω+tϕ0-⎪ x

λ⎝⎭

各个不同质点在不同时刻的位移，各个质点的振动情况，不同时刻的波形，反映

了波形不断向前推进的波动传播的全过程 ⇒ 行波

t 时刻，x 处的某个振动状态经过 ∆t 的时间，传播了 ∆x=u∆t 的距离，传到了 x+∆x 处，显然

y(t+∆t,x+∆x)=y(t,x) 行波必须满足此方程

t其中 ∆x=u∆

波是振动状态的传播！

习题类型

（1） 由某质元的振动方程（或振动曲线） ⇒ 求波动方程 （2） 由某时刻的波形曲线 ⇒ 求波动方程

例4.2：一平面波在介质中以速度 u=20m/s沿直线传播，已知在传播路径上某

点A的振动方程为 yA=3cos(4πt)，如图4.8所示。

（1）若以A点为坐标原点，写出波动方程，并求出C，D两点的振动方程； （2）若以B点为坐标原点，写出波动方程，并求出C，D两点的振动方程。

- 36 -

C

u

A

D

2π

ω

=2Hz， 解：（1）振幅 A=3m，圆频率ω=4πrad/s，频率 ν=

波长 λ=

波动方程为

2π⎛

y=3co sπ4t-

λ⎝

⎫

x⎪=⎭

ν

=10m

π⎫⎛

m 3 coπs-t⎪x5⎝⎭

C点坐标为 xC=-13m，振动方程为

π⎫13π⎛⎛

yC=3cos 4πt-xC⎪=3cos 4πt+

5⎭5⎝⎝

D点坐标为 xD=9m，振动方程为

⎫

⎪ m ⎭

π⎫⎛

yD=3co sπ4t-xD⎪=

5⎭⎝

（2）A点坐标为 xA=5m，波动方程为

2π⎡

y=3co⎢sπ4t-

λ⎣

9π⎛

3 coπst-5⎝

⎫⎪ m ⎭

(

x-Ax=)⎤⎥⎦

π⎛⎫

3 coπs-+xπ⎪ m

5⎝⎭

C点坐标为 xC=-8m，振动方程为

π13π⎛⎫⎛

yC=3cos 4πt-xC+π⎪=3cos 4πt+

55⎝⎭⎝

D点坐标为 xD=14m，振动方程为

⎫

⎪ m ⎭

π⎛⎫

yD=3co sπ4t-xD+π⎪=

5⎝⎭9π⎛

3 coπst-5⎝

⎫⎪ m ⎭

例4.3：一平面简谐横波以 u=400m/s的波速在均匀介质中沿+x方向传播。位于坐标原点的质点的振动周期为0.01秒，振幅为0.1m，取原点处质点经过平衡位置且向正方向运动时作为计时起点。 （1）写出波动方程；

（2）写出距原点2m处的质点P的振动方程； （3）画出t=0.005秒和0.007秒时的波形图；

- 37 -

（4）若以距原点2m处为坐标原点，写出波动方程。 解：（1）由题意 A=0.1m，T=0.01秒，u=400m/s

2π

=200π rad/s， 波长 λ=uT=4m 可得圆频率 ω=T

由旋转矢量图知，原点处质点的初相位

3π

ϕ0=

2

ω

故原点处质点的运动方程为

3π⎛

y0=0.1cosπ2t0+

2⎝

⎫⎪ m ⎭

波动方程为

3ππ⎫⎛

y=0.1cosπ2t0+-x⎪ m

22⎭⎝

（2）xP=2 m处质点的振动方程为

3ππ⎫⎛

yP=0.1cosπ2t0+-xP⎪=

22⎭⎝

π⎫⎛

0m 0.1cπots+⎪0

2⎝⎭

（3）t1=0.005秒时，波形方程为

3ππ⎛

y=0.1cos 200πt1+-

22⎝⎛ππ⎫

=0.1co -x⎪=

⎝22⎭

⎫⎛5ππx⎪=0.1cos -⎭⎝22

⎫

x⎪ ⎭

⎛π⎫0. xi⎪n

2⎝⎭

1λ

因为 t2-t1=0.0025=T，故由t1时刻的波形向+x方向平移即可得t2时刻

44

的波形。如图所示

- 38 -

y

O

π2π⎛

（4） y=0.1cosπ20t+-

2λ⎝

⎫'x⎪=

⎭

ππ⎫⎛

0.1cπos+t-0'⎪x

22⎭⎝

Ex. 4：已知 t=2 秒的波形曲线如图所示，波速u=0.5m/s，沿-x方向传播

ξ (m)

0. (m)

求：（1）O点的振动方程；（2）波动方程

解：（1）由t=2s时的波形图可知

λ2ππ

A=0.5m，λ=2m ，∴T==4s， ω==

uT2

利用旋转矢量图法得出 t=2秒时 O 点振动相位

3π

ωt+ϕ0=

2π

t=2， ω=

2π

O 点的初相位 ϕ0=

2

O点的振动方程为

π⎫⎛π

ξO=0.5cot+ ⎪

2⎭⎝2

π⎛π⎫

（2）波动方程 ξ=0.5cos t++πx⎪

2⎝2⎭

Ex：一列机械波沿x轴正向传播，已知波速为10 m·s -1，t=0 时的波形如图所示，

波长为2m，求： (1) 波动方程；

(2) P点的振动方程及振动曲线； (3) P点的坐标；

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(4) P点回到平衡位置所需的最短时间．

解: (1)由题5-13图可知A=0.1m，t=0时，

Aπ

原点处质点振动的初始条件为y0=,v0

23

u10

由题知λ=2m， u=10m⋅s-1，则 ν===5Hz，

λ2

圆频率 ω=2πυ=10π

原点 O 的振动方程为

π⎫⎛

y=0.1cos 10πt+⎪m

3⎭⎝

波动方程为

π⎛⎫

y=0.1cos 10πt+-πx⎪m

3⎝⎭

(2)由图知，t=0时，yP=-∴φP=

A

,vP

-4π

(P点的相位应落后于0点，故取负值) 3

4

∴P点振动方程为yp=0.1cos(10πt-π)

3

xπ4

(3)由 10π(t-)+|t=0=-π

10335

解得 x==1.67m

3

(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)， 则由P点回到平衡位置应经历的相位角

ππ5

∆φ=+=π

326

∴所需最短时间为

∆φ5π/61∆t===s

ω10π12

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