代入所给数据,得浪动方程 元 y=1.0c0s2 2.020)2 2)将t=10s代入式(1),得此时刻各质点的位移分别为 1.0x y=1.0 cos 2r 2.02.0 元一2 元 1.0cos(-)x] 2 y=1.sin(a)
16 代入所给数据, 得波动方程 − = − 2.0 2.0 2 1.0cos 2 t x y 2) 将t=1.0s代入式(1), 得此时刻各质点的位移分别为 − = − 2.0 2.0 2 1.0 1.0cos 2 x y ) ] 2 1.0cos[( x = − y = 1.0sin(x) (2) (1)
J 按照式(2)可画出仁1.0s时 的浪形图 1.0 (3)将x=05m代入式(1),得该处 20x/m 质点的振动规律为 0.5、丌 y=10c0s2丌( 2.02.02 y/m 1.0 cosnt-TI 1.0 由上式可知该质点振动 2.0 的初相为-兀.由此作出其yt m 曲线 1.0
17 按照式(2)可画出t=1.0s时 的波形图 (3) 将x=0.5m代入式(1), 得该处 质点的振动规律为 ] 2 ) 2.0 0.5 2.0 1.0cos[2 ( = − − t y = 1.0cos[t − ] 由上式可知该质点振动 的初相为-. 由此作出其y-t 曲线 y/m x/m 1.0 0 2.0 x/m y/m 1.0 0 2.0 -1.0
例题8.2一平面简谐波以速度n=20m.s沿直线传播, 已知在传播路径上某点A的简谐运动方程为 J=(3×102m)cos(47s)求:1以点A为坐标原点,写出 波动方程;2)以距点A为5m处的点B为坐标原点,写出 波动方程;3)写出传播方向上点C,点D的简谐运动方 程;4)分别求出BC和CD两点间的相位差 u 8m smmt om B D 解:由点A的简谐运动方程可知 频率ν 4兀=2S 2x2元 L20 波长 10 2
18 例题8.2 一平面简谐波以速度u=20m.s -1沿直线传播, 已知在传播路径上某点A的简谐运动方程为 y=(310-2m)cos(4s -1 )t. 求: 1) 以点A为坐标原点, 写出 波动方程; 2) 以距点A为5m处的点B为坐标原点, 写出 波动方程; 3) 写出传播方向上点C, 点D的简谐运动方 程; 4) 分别求出BC和CD两点间的相位差. 8m 5m 9m u C B A D x 解: 由点A的简谐运动方程可知 1 2 2 4 2 − v = = = s m v u 10 2 20 = = = 频率 波长
1)以A为原点的波动方程为 ya=3×10-c0s4(t-- =3×10c0s4丌(t-) 20 3×10c0s4a--x 5 2)由于浪由左向右行进,故点B的相位比A点超前,其简谐运 动方程为 5 yn=3×10-c0s4x(t+A) 20 3×10-c0s(4m+x) 故以点B为原点的浪动运动方程为 yb=3×10c047(-)+] 20
19 3 10 cos[4 ( )] 2 u x y t av = − − )] 20 3 10 cos[4 ( 2 x = t − − ] 5 3 10 cos[4 2 t x = − − 2) 由于波由左向右行进, 故点B的相位比A点超前, 其简谐运 动方程为 )] 20 5 3 10 cos[4 ( 2 = + − y t bv 3 10 cos(4 ) 2 = + − t 1) 以A为原点的波动方程为 故以点B为原点的波动运动方程为 ) ] 20 3 10 cos[4 ( 2 = − + − x y t b v
3)由于点C的相位比A点超前,故 AC ya=3×10-c0s4(t+-) L 13 3×10-cos4m=x 5 而点D的相位落后于A点故 JDp=3×102c0s4n(x1D L 9 3×10c0s4m--丌l 4)BC和CD间的距离分别为AxBC=8m,△xcD=2m △ BC BC 8=1.6丌 10 2丌 2丌 CD △xn=-×22=44兀 CD 10
20 3) 由于点C的相位比A点超前，故 3 10 cos[4 ( )] 2 u AC y t cv = + − ] 5 13 3 10 cos[4 2 = + − t 而点D的相位落后于A点, 故 3 10 cos[4 ( )] 2 u AD y t Dv = − − ] 5 9 3 10 cos[4 2 = − − t 4) BC和CD间的距离分别为xBC=8m, xCD=22m. 8 1.6 10 2 2 BC = xBC = = 22 4.4 10 2 2 CD = xCD = =