第六章 机 械 波
6-1 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别为（ ）
题6-1 图
（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为
（Ｄ） ππ 与- （Ｅ） 22π 2ππ-与 22 （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 ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）
（A ）A 点相位为
（C ）C 点相位为π （B ）B 点静止不动 3π （D ）D 点向上运动 2
分析与解 由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示. A 、C 点的相位分别为0和3π. 故答案为（C ）
2
题 6-2 图
6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）
(A )r 2-r 1=k π(A )ϕ2-ϕ1=2k π (A )ϕ2-ϕ1+2π(r 2-r 1)/λ=2k π(A )ϕ2-ϕ1+2π(r 1-r 2)/λ=2k π
分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差Δ
差为Δ=2k π，而两列波传到P 点时的两分振动相位ϕ=ϕ2-ϕ1-2π(r 2-r 1)/λ，故选项（D ）正确．
题6-3 图
6-4 在波长为
（A ） λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ） λλ4 （B ） 2
（C ） 3λ （D ） λ 4
x x y =2A cos 2πcos 2πv t ，它不是真正的波. 其中2A cos 2πλλ是其波线上分析与解 驻波方程为
各点振动的振幅. 显然，当x =±k λ
2, k =0, 1, 2, 时，振幅极大，称为驻波的波腹. 因此，相邻波腹间距离为λ. 正确答案为（B ）． 2
y =0. 20cos (2. 5π-πx )，式中y 的单位为m ，t 的单位为6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为
s ．（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υ、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⎡⎛x ⎫⎤y =A cos ⎢ω t ⎪+ϕ0⎥书写，然后通过比⎣⎝u ⎭⎦
较确定各特征量（式中x 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u
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 ＝d y /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 =A cos [ω(t -x /u )+ϕ0]比较，可得
A =0. 20m , u =2. 5m ⋅s -1, ϕ0=0
则 v =ω/2π=1. 25Hz , λ=u /v =2. 0m
（2） 绳上质点的振动速度
v =d y /d t =-0. 5πsin [2. 5π(t -x /2. 5)]m ⋅s -1
则 () v max =1. 57m ⋅s -1
（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为
y 1=0. 20cos (2. 5π-πx )(m ) y 2=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
y =-0. 20cos (2. 5πt )(m )
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．
题6-5 图
6-6 波源作简谐运动，其运动方程为y =4. 0⨯10-3cos240πt ｓ 的(m )，它所形成的波形以30ｍ·-1
速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．
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 =A cos [ω(t -x /u )+ϕ0]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=240πs ．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 -1
T =2π/ω=8. 33⨯10-3s
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=240πs ，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为 -1
y =A cos [ω(t -x /u )+0]
(m )=4. 0⨯10-3cos (240πt -8πx )
6-7 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. 02s , u =100m ⋅s -1，可得
ω=2π/T =100πm ⋅s -1; λ=uT =2m
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 =A cos [100π(t -x/100)-π/2]
距波源为x 1 ＝15.0 m 和x 2 ＝5.0 m 处质点的运动方程分别为
y 1=A cos (100πt -15.5π) y 2=A cos (100πt -5.5π)
它们的初相分别为φ10 ＝－15.5π和φ20 ＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－13.5π，φ20 ＝－3.5π．）
（2） 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差
Δϕ=ϕ2-ϕ1=2π(x 2-x 1)/λ=π
6-8 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 ＝λυ；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υ＝d y /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 ＝λυ＝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
y =A cos [ω(t +x /u )+ϕ0]
=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 (m )
(500πt +13π/12)y =0.10cos
t ＝0 时该点的振动速度为 (m )
v
=(d y /dt )t =0=-50πsin 13π/12=40.6m ⋅s -1
题6-8 图
6-9 一平面简谐波以速度u =0. 08m ⋅s -1沿Ox 轴正向传播，图示为其在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6-9 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y P ＝y P （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
x ⎫π⎤⎡2π⎛y =0.04cos t --⎥ ⎢5⎝0. 08⎪⎭2⎦⎣
（2） 距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为 (m )
⎡2π+π⎤y =0.04cos ⎢⎣52⎥⎦
求此波的波动方程．
(m ) *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝1.0 m 处质点的振动曲线，
题6-10图
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（a ） 写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．
解 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 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'=-π/3．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点ϕ0
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） rad . s -1 ．由上述特征量可写出x ＝1.0 m处质点的运动方程为
⎡ππ⎤y =0.04cos t -⎥⎢63⎦⎣
将波速(m ) u =λ/T =ωλ/2π=1. 0m ⋅s -1及x ＝1.0 m 代入波动方程的一般形式y =A c o [ωs (t +x /u )+ϕ0]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(t +x /10)-π⎤y =0.04cos ⎢2⎥⎣6⎦
6-11 平面简谐波的波动方程为(m ) y =0. 08cos (4πt -2πx ), 式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,
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
ϕ1=8. 4π
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
ϕ2=8. 2π
（2）从波动方程可知波长λ＝1.0 m．这样，x 1＝0.80 m 与x 2＝0.30 m两点间的相位差
Δϕ=2π⋅Δx
λ=π
6-12 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．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 ＝/S ．
解 由分析可知，半径r 处的能流密度为
I =/4πr 2
当r 1 ＝5.0 m、r 2 ＝10.0m 时，分别有
I 1=P /4πr 12=1. 27⨯10-2W ⋅m -2
I 2=P /4πr 22=1. 27⨯10-2W ⋅m -2
6-13 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30.0 m ，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6-13 图
分析 两列相干波相遇时的相位差Δϕ=ϕ2-ϕ1-2πΔr λ．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静
止的点的位置，可根据相消条件Δϕ=(2k +1)π获得．
解 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 /υ＝4.0 m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．
1. 位于点A 左侧部分
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )=-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．
2. 位于点B 右侧部分
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )=16π
显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．
3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因r B
的相位差为 =15-x ，r A =15+x ，则两列波在点P
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )/λ=(x +1)π
根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程
x (x +1)π=(52k +1)π
得 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．
6-14 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 ＝r 2 －r 1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s -1 ）
题6-14 图
分析 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，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．
解 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 ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为
Δϕ=2π(r 2-r 1)/λ=2πΔr /λ
由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）
得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2
根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为
∆r =λ/2=u /2v =0. 57m
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．
*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为y =A cos ωt 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6-15 图
分析 知道波源O 点的运动方程y =A cos ωt ，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为y 1=A cos ω(t +x /u )和y 2=A cos ω(t -x /u )．因此可以写出y 1 在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 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y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 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y 2 和y 3 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
y 1=A cos ω(t +x /u )和y 2=A cos ω(t -x /u )
（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程
⎡2π2π3⎫⎤⎛2πt -3π⎫ y 1=A cos ⎢t +⎛-λ=A cos ⎪⎥ ⎪T λ4T 2⎝⎭⎦⎝⎭⎣p
因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为
2π3⎫=A cos ⎛2πt -π⎫ y 3=A cos ⎛t -π+π ⎪ ⎪T 2T 2⎝⎭⎝⎭p
设反射波的波动方程为y 3=A cos (2πt /T -2πx /λ+ϕ)，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为
2π3⎫y 3=A cos ⎛ t +π+ϕ⎪ 2⎝T ⎭p
与上式比较得ϕ=-2π，故反射波的波动方程为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫y 3=A cos t -πx -2π⎪=A cos t -πx ⎪ λλ⎭⎝T ⎭⎝T
（3） 在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫⎛2π⎫⎛2π⎫y 4(t , x )=y 1+y 3=A cos t +πx ⎪+A cos t -πx ⎪=2A cos x ⎪cos t ⎪ λ⎭λ⎭⎝T ⎝T ⎝λ⎭⎝T ⎭
波节的位置：2πx /λ=k π+π/2,
为波节．
波腹的位置：2πx /λ=k π, x =k λ/2+λ/4，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4 处x =k λ/2，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．
（4） 在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫⎛2π2π⎫y 5(t , x )=y 2+y 3=A cos t -πx ⎪+A cos t -πx ⎪=2A cos 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．
6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为νν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹. 设晶片
3d =2.00 mm，沿竖直方向的声速u =6. 74⨯10
频率应是多少？ m ⋅s -1，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的
分析 根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k d =λk 成立，k 为正整数. 可见取不同的k 值，得到不同的λk ，晶体内就出现不同2
频率k 的波. 对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频. ν
解 根据分析基频振动要求d =λ，于是要求频率 2
ν===1. 685⨯106Hz λ2d u u
题 6-16 图
6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz，在空气（ρ＝1.3 kg·m -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．
解 波在耳中的平均能量密度
=ρA 2ω2=2π2ρA 2v 21
2
=6. 42⨯10-6J ⋅m -2
声强就是声波的能流密度，即
I =u =2. 18⨯10-3W ⋅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． 6-18 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80 dB．问有多少“声功率”传入窗内？ 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 ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝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＝IS ．
解 根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为
I ＝10I 0
则传入窗户的声功率为 L
＝IS ＝10L I 0S ＝1.0 ×10-4 W
6-19 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v =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
接收到的频率为 s -1 运动时，静止于路边的观察者所υs ＝25 m·
v '=v
警车驶近观察者时，式中u u υs υs 前取“－”号，故有
'=v v 1
警车驶离观察者时，式中u =865. 6Hz u -υs
u =743. 7Hz u +υs υs 前取“＋”号，故有 '=v v 2
（2） 客车的速度为0=15 m·s -1 , 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 υ
'=v v 3u -υ0=826. 2Hz u -υs
6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航. 假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的
少？
分析 由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者. 设超声波的传播速度为u . 首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为s
到的信号频率
度为01的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多40υ=u ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收40v '. 经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速υ=u '. ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v '40
uv ，在蝙蝠接收岩壁反射信号u -υs 解 将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为v '=
时，又将它看成接收者. 则蝙蝠接收到的信号频率为
v ''=u +υ0u +υ01+υ0/u 'v =v =v u u -υs 1-υs /u 1+1/40=⨯39kHz =41kHz 1-1/40
第六章 机 械 波
6-1 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别为（ ）
题6-1 图
（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为
（Ｄ） ππ 与- （Ｅ） 22π 2ππ-与 22 （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 ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）
（A ）A 点相位为
（C ）C 点相位为π （B ）B 点静止不动 3π （D ）D 点向上运动 2
分析与解 由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示. A 、C 点的相位分别为0和3π. 故答案为（C ）
2
题 6-2 图
6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）
(A )r 2-r 1=k π(A )ϕ2-ϕ1=2k π (A )ϕ2-ϕ1+2π(r 2-r 1)/λ=2k π(A )ϕ2-ϕ1+2π(r 1-r 2)/λ=2k π
分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差Δ
差为Δ=2k π，而两列波传到P 点时的两分振动相位ϕ=ϕ2-ϕ1-2π(r 2-r 1)/λ，故选项（D ）正确．
题6-3 图
6-4 在波长为
（A ） λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ） λλ4 （B ） 2
（C ） 3λ （D ） λ 4
x x y =2A cos 2πcos 2πv t ，它不是真正的波. 其中2A cos 2πλλ是其波线上分析与解 驻波方程为
各点振动的振幅. 显然，当x =±k λ
2, k =0, 1, 2, 时，振幅极大，称为驻波的波腹. 因此，相邻波腹间距离为λ. 正确答案为（B ）． 2
y =0. 20cos (2. 5π-πx )，式中y 的单位为m ，t 的单位为6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为
s ．（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υ、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⎡⎛x ⎫⎤y =A cos ⎢ω t ⎪+ϕ0⎥书写，然后通过比⎣⎝u ⎭⎦
较确定各特征量（式中x 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u
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 ＝d y /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 =A cos [ω(t -x /u )+ϕ0]比较，可得
A =0. 20m , u =2. 5m ⋅s -1, ϕ0=0
则 v =ω/2π=1. 25Hz , λ=u /v =2. 0m
（2） 绳上质点的振动速度
v =d y /d t =-0. 5πsin [2. 5π(t -x /2. 5)]m ⋅s -1
则 () v max =1. 57m ⋅s -1
（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为
y 1=0. 20cos (2. 5π-πx )(m ) y 2=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
y =-0. 20cos (2. 5πt )(m )
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．
题6-5 图
6-6 波源作简谐运动，其运动方程为y =4. 0⨯10-3cos240πt ｓ 的(m )，它所形成的波形以30ｍ·-1
速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．
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 =A cos [ω(t -x /u )+ϕ0]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=240πs ．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 -1
T =2π/ω=8. 33⨯10-3s
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=240πs ，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为 -1
y =A cos [ω(t -x /u )+0]
(m )=4. 0⨯10-3cos (240πt -8πx )
6-7 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. 02s , u =100m ⋅s -1，可得
ω=2π/T =100πm ⋅s -1; λ=uT =2m
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 =A cos [100π(t -x/100)-π/2]
距波源为x 1 ＝15.0 m 和x 2 ＝5.0 m 处质点的运动方程分别为
y 1=A cos (100πt -15.5π) y 2=A cos (100πt -5.5π)
它们的初相分别为φ10 ＝－15.5π和φ20 ＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－13.5π，φ20 ＝－3.5π．）
（2） 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差
Δϕ=ϕ2-ϕ1=2π(x 2-x 1)/λ=π
6-8 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 ＝λυ；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υ＝d y /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 ＝λυ＝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
y =A cos [ω(t +x /u )+ϕ0]
=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 (m )
(500πt +13π/12)y =0.10cos
t ＝0 时该点的振动速度为 (m )
v
=(d y /dt )t =0=-50πsin 13π/12=40.6m ⋅s -1
题6-8 图
6-9 一平面简谐波以速度u =0. 08m ⋅s -1沿Ox 轴正向传播，图示为其在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6-9 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y P ＝y P （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
x ⎫π⎤⎡2π⎛y =0.04cos t --⎥ ⎢5⎝0. 08⎪⎭2⎦⎣
（2） 距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为 (m )
⎡2π+π⎤y =0.04cos ⎢⎣52⎥⎦
求此波的波动方程．
(m ) *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝1.0 m 处质点的振动曲线，
题6-10图
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（a ） 写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．
解 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 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'=-π/3．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点ϕ0
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） rad . s -1 ．由上述特征量可写出x ＝1.0 m处质点的运动方程为
⎡ππ⎤y =0.04cos t -⎥⎢63⎦⎣
将波速(m ) u =λ/T =ωλ/2π=1. 0m ⋅s -1及x ＝1.0 m 代入波动方程的一般形式y =A c o [ωs (t +x /u )+ϕ0]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(t +x /10)-π⎤y =0.04cos ⎢2⎥⎣6⎦
6-11 平面简谐波的波动方程为(m ) y =0. 08cos (4πt -2πx ), 式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,
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
ϕ1=8. 4π
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
ϕ2=8. 2π
（2）从波动方程可知波长λ＝1.0 m．这样，x 1＝0.80 m 与x 2＝0.30 m两点间的相位差
Δϕ=2π⋅Δx
λ=π
6-12 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．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 ＝/S ．
解 由分析可知，半径r 处的能流密度为
I =/4πr 2
当r 1 ＝5.0 m、r 2 ＝10.0m 时，分别有
I 1=P /4πr 12=1. 27⨯10-2W ⋅m -2
I 2=P /4πr 22=1. 27⨯10-2W ⋅m -2
6-13 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30.0 m ，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6-13 图
分析 两列相干波相遇时的相位差Δϕ=ϕ2-ϕ1-2πΔr λ．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静
止的点的位置，可根据相消条件Δϕ=(2k +1)π获得．
解 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 /υ＝4.0 m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．
1. 位于点A 左侧部分
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )=-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．
2. 位于点B 右侧部分
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )=16π
显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．
3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因r B
的相位差为 =15-x ，r A =15+x ，则两列波在点P
Δϕ=ϕB -ϕA -2π(r B -r A )/λ=(x +1)π
根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程
x (x +1)π=(52k +1)π
得 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．
6-14 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 ＝r 2 －r 1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s -1 ）
题6-14 图
分析 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，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．
解 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 ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为
Δϕ=2π(r 2-r 1)/λ=2πΔr /λ
由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）
得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2
根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为
∆r =λ/2=u /2v =0. 57m
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．
*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为y =A cos ωt 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6-15 图
分析 知道波源O 点的运动方程y =A cos ωt ，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为y 1=A cos ω(t +x /u )和y 2=A cos ω(t -x /u )．因此可以写出y 1 在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 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y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 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y 2 和y 3 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
y 1=A cos ω(t +x /u )和y 2=A cos ω(t -x /u )
（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程
⎡2π2π3⎫⎤⎛2πt -3π⎫ y 1=A cos ⎢t +⎛-λ=A cos ⎪⎥ ⎪T λ4T 2⎝⎭⎦⎝⎭⎣p
因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为
2π3⎫=A cos ⎛2πt -π⎫ y 3=A cos ⎛t -π+π ⎪ ⎪T 2T 2⎝⎭⎝⎭p
设反射波的波动方程为y 3=A cos (2πt /T -2πx /λ+ϕ)，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为
2π3⎫y 3=A cos ⎛ t +π+ϕ⎪ 2⎝T ⎭p
与上式比较得ϕ=-2π，故反射波的波动方程为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫y 3=A cos t -πx -2π⎪=A cos t -πx ⎪ λλ⎭⎝T ⎭⎝T
（3） 在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫⎛2π⎫⎛2π⎫y 4(t , x )=y 1+y 3=A cos t +πx ⎪+A cos t -πx ⎪=2A cos x ⎪cos t ⎪ λ⎭λ⎭⎝T ⎝T ⎝λ⎭⎝T ⎭
波节的位置：2πx /λ=k π+π/2,
为波节．
波腹的位置：2πx /λ=k π, x =k λ/2+λ/4，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4 处x =k λ/2，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．
（4） 在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为
⎛2π2⎫⎛2π2⎫⎛2π2π⎫y 5(t , x )=y 2+y 3=A cos t -πx ⎪+A cos t -πx ⎪=2A cos 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．
6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为νν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹. 设晶片
3d =2.00 mm，沿竖直方向的声速u =6. 74⨯10
频率应是多少？ m ⋅s -1，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的
分析 根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k d =λk 成立，k 为正整数. 可见取不同的k 值，得到不同的λk ，晶体内就出现不同2
频率k 的波. 对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频. ν
解 根据分析基频振动要求d =λ，于是要求频率 2
ν===1. 685⨯106Hz λ2d u u
题 6-16 图
6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz，在空气（ρ＝1.3 kg·m -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．
解 波在耳中的平均能量密度
=ρA 2ω2=2π2ρA 2v 21
2
=6. 42⨯10-6J ⋅m -2
声强就是声波的能流密度，即
I =u =2. 18⨯10-3W ⋅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． 6-18 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80 dB．问有多少“声功率”传入窗内？ 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 ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝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＝IS ．
解 根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为
I ＝10I 0
则传入窗户的声功率为 L
＝IS ＝10L I 0S ＝1.0 ×10-4 W
6-19 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v =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
接收到的频率为 s -1 运动时，静止于路边的观察者所υs ＝25 m·
v '=v
警车驶近观察者时，式中u u υs υs 前取“－”号，故有
'=v v 1
警车驶离观察者时，式中u =865. 6Hz u -υs
u =743. 7Hz u +υs υs 前取“＋”号，故有 '=v v 2
（2） 客车的速度为0=15 m·s -1 , 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 υ
'=v v 3u -υ0=826. 2Hz u -υs
6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航. 假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的
少？
分析 由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者. 设超声波的传播速度为u . 首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为s
到的信号频率
度为01的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多40υ=u ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收40v '. 经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速υ=u '. ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v '40
uv ，在蝙蝠接收岩壁反射信号u -υs 解 将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为v '=
时，又将它看成接收者. 则蝙蝠接收到的信号频率为
v ''=u +υ0u +υ01+υ0/u 'v =v =v u u -υs 1-υs /u 1+1/40=⨯39kHz =41kHz 1-1/40