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

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=

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

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

=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

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⎝⎭

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

ωt+ϕ0=

t=2, ω=

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;

- 39 -

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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,

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

- 40 -


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