§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；
- 39 -
大学物理
(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
- 40 -
§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；
- 39 -
大学物理
(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
- 40 -