Приклади розв’язування задач. (коливання і хвилі, хвильова і квантова оптика)
С. Г. Авдєєв, Т. І. Бабюк
О. С. Камінський
ЗБІРНИК ЗАДАЧ З ФІЗИКИ
Частина 2
(коливання і хвилі, хвильова і квантова оптика)
Міністерство освіти і науки України
Вінницький національний технічний університет
С. Г. Авдєєв, Т. І. Бабюк
О. С. Камінський
ЗБІРНИК ЗАДАЧ З ФІЗИКИ
Частина 2
(коливання і хвилі, хвильова і квантова оптика)
Вінниця
ВНТУ
УДК 530(078)
ББК 22.3я77
А18
Рекомендовано до друку Вченою радою Вінницького національного технічного університету Міністерства освіти і науки України (протокол № 5 від 24.12.09 р.)
Рецензенти:
І. О. Сівак , доктор технічних наук, професор
О. В. Осадчук, доктор технічних наук , професор
В. Г. Дзісь, кандидат фізико-математичних наук, доцент
Авдєєв, С. Г.
А18Збірник задач з фізики. Ч. 2 (коливання і хвилі, хвильова і квантова оптика) : навчальний посібник / С. Г. Авдєєв, Т. І. Бабюк, О. С. Камінський. – Вінниця : ВНТУ, 2010. – 122 с.
Збірник задач складається з розділів “Механіка, електрика і електромагнетизм”, які традиційно викладаються в одному триместрі. Кожен окремий розділ супроводжується короткими теоретичними викладками і прикладами розв’язування задач.
В першу чергу збірник задач призначений для організації та проведення практичних занять з курсу загальної фізики студентами вищих технічних навчальних закладів. Велика кількість і різноманітність задач, які ввійшли до збірника задач, дозволяє широко організовувати самостійну та індивідуальну роботу студентів.
УДК 53(078)
ББК 22.3я77
©С. Авдєєв, Т. Бабюк, О. Камінський, 2010
ЗМІСТ
Частина 2
Гармонічні коливання і хвилі. Основні формули...................................... 3
Приклади розв’язування задач.................................................................. 8
Механічні хвилі. Основні формули.......................................................... 23
Приклади розв’язування задач................................................................. 27
Електромагнітні коливання і хвилі. Основні формули............................ 33
Приклади розв’язування задач................................................................. 36
Задачі.......................................................................................................... 39
Інтерференція світла. Основні формули................................................... 53
Приклади розв’язування задач................................................................. 61
Дифракція світла. Основні формули......................................................... 63
Поляризація світла. Основні формули..................................................... 67
Приклади розв’язування задач................................................................. 69
Дисперсія світла. Основні формули.......................................................... 73
Приклади розв’язування задач................................................................. 75
Теплове випромінювання. Основні формули........................................... 77
Приклади розв’язування задач................................................................. 78
Фотоефект. Основні формули................................................................... 82
Приклади розв’язування задач................................................................. 83
Тиск світла. Основні формули.................................................................. 85
Приклади розв’язування задач................................................................. 85
Ефект Компотна. Основні формули.......................................................... 86
Приклади розв’язування задач................................................................. 87
Задачі.......................................................................................................... 88
Література................................................................................................ 116
Додаток А................................................................................................. 117
Довідкові таблиці..................................................................................... 119
Частина 2
ГАРМОНІЧНІ КОЛИВАННЯ І ХВИЛІ
Основні формули
1. Зміщення, швидкість і прискорення матеріальної точки при гармонічних коливаннях визначаються рівняннями:
х = А cos (w t + j0),
υ = - A w sin (wt + j0),
a = - A w2cos (wt + j0) = - w2 x,
де А – амплітуда коливань;
w – циклічна частота;
j0 – початкова фаза коливань.
2. Зв’язок циклічної частоти w з періодом коливань Т і частотою n:
w = 
= 2 p n.
3. Сила, яка діє на тіло при вільних гармонічних коливаннях (квазіпружна сила):
F = ma = - m w2 x = - k x,
де k = mw2 – коефіцієнт квазіпружної сили, який вимірюється силою, що викликає зміщення х = 1.
4. Кінетична, потенціальна і повна енергії гармонічних коливань матеріальної точки:
,
,
.
5. Диференціальні рівняння малих коливань:
а) математичний маятник
+ 
x = 0, де 
, звідки T = 2p 
;
б) пружинний маятник
+ 
x = 0, де 
, звідки Т = 2p 
;
в) фізичний маятник
+ 
x = 0, де 
, звідки T = 2p 
,
де І – момент інерції маятника відносно осі коливань;
l – відстань від осі коливань до центра мас маятника;
– зведена довжина .
При відсутності опору середовища циклічна частота коливань w називається власною циклічною частотою і позначається через w0.
6. При додаванні двох однаково направлених гармонічних коливань однакового періоду одержуємо гармонічне коливання того ж періоду, амплітуда якого А і початкова фаза j0 визначаються рівняннями :
,
tq j0 = 
,
де А1 і А2 – амплітуди коливань, що складаються;
j1 і j2 – початкові фази цих коливань.
7. При додаванні двох однаково направлених гармонічних коливань однакової амплітуди і близьких частот (w1 » w2) одержуємо биття, яке описується рівнянням:
x = 
cos 
,
де 
– амплітуда биття.
Періодичність зміни амплітуди визначається періодичністю зміни модуля косинуса, тому період биття дорівнює:
Tб = 
, звідки Tб = 
.
8. При додаванні двох взаємно перпендикулярних гармонічних коливань з однаковою частотою в напрямі координатних осей х і у матимемо рівняння траєкторії результуючого руху матеріальної точки:
cos(j2 - j1) = sin2 (j2 - j1),
де А1 і А2 – амплітуди коливань, що додаються;
j2 - j1 – різниця фаз цих коливань.
9. Диференціальне рівняння згасаючих коливань :
0
або
де b = 
– коефіцієнт згасання;
r – коефіцієнт опору середовища;
– власна циклічна частота коливань.
10. Загальний розв’язок диференціального рівняння для згасаючих коливань має вигляд:
x = A0e-bt cos (wt + a),
де А0е-bt – амплітуда згасаючих коливань;
w – циклічна частота згасаючих коливань.
11. Швидкість зменшення амплітуди згасаючих коливань характеризують логарифмічним декрементом згасання
δ= ln 
,
де δ – логарифмічний декремент згасання;
b – коефіцієнт згасання;
Т – період згасаючих коливань.
12. Циклічна частота згасаючих коливань
w = 
або w = 
.
13. Період згасаючих коливань:
T = 
або Т = 
.
14. Добротність коливальних систем
q = 2p 
або q = 
,
де Wt – повна енергія, яку має коливальна система на момент часу t;
DW(t=T) – втрати енергії коливальної системи за один період;
δ – логарифмічний декремент згасання;
b – коефіцієнт згасання;
w0 – власна циклічна частота коливань;
Т – період згасаючих коливань (при малих згасаннях Т » Т0).
15. Диференціальне рівняння вимушених коливань
або
,
де F0 – вимушувальна сила;
w – циклічна частота вимушених коливань.
16. Загальний розв’язок диференціального рівняння вимушених коливань, які протягом певного часу встановлюються під дією вимушувальної сили має вигляд:
x = A cos (wt + a),
де А – амплітуда вимушених коливань;
a – зсув за фазою вимушених коливань і вимушувальної сили.
17. Амплітуда вимушених коливань
A = 
,
де f0 = 
;
w0 – власна частота коливань системи;
w – циклічна частота вимушувальної сили.
18. Зсув фази вимушених коливань:
tga = - 
.
19. Резонансна частота і резонансна амплітуда:
wрез = 
;
Арез = 
.
Приклади розв’язування задач
Приклад 1. Частинка здійснює гармонічні коливання вздовж осі х біля положення рівноваги х = 0. Циклічна частота коливань w = 4 c-1. В момент часу t = 0 координати частинки х0 = 25,0 см, а її швидкість υ = 100 см/с. Знайти координату х і швидкість υ цієї частинки через t = 2,40 с.
Дано:
w = 4 с-1
х0 = 25,0 см
υ= 100,0 см/с
t = 2,40 с
___________
х – ? υ – ?
Розв’язування. Рівняння гармонічних коливань має вигляд:
x = A cos (w t + j). (1)
Швидкість частинки в довільний момент часу дорівнює:
υ = - A w sin (w t + j) . (2)
В початковий момент часу t = 0 величини х і υ відповідно дорівнюють х0 і υ0:
x0 = A cos j i υ0 = - Aw sin j . (3)
Розв’язавши систему рівнянь (3), одержимо значення амплітуди коливань і початкової фази:
= 1 звідки А = 
;
cos j = 
звідки j = arc cos 
.
Числові значення амплітуди і початкової фази в одиницях умови задачі
A = 
= 35,5 cм,
j = arc cos 
.
Скориставшись значеннями амплітуди коливань і початкової фази, знаходимо координату х і швидкість υ в момент часу t:
x = 35,5 cos (4 × 2,40 + p/4) = - 20,2 см,
υ = - 35,5 × 4sin (4 × 2,40 + p/4) = 115,7 см/с.
Відповідь: х = - 20,2 см; υ = 115,7 см/с.
Приклад 2. В результаті додавання двох гармонічних коливань однакового напрямку і близьких частот одержали результуюче рівняння x = A cos 2,1 t cos 50,0 t см. Визначити циклічні частоти коливань, які додаються, і період биття.
Дано:
x = A cos 2,1 t cos 50,0 t см
_______________________
w1 – ? w2 – ? Тб – ?
Розв’язування. Відомо, що при додаванні двох гармонічних коливань з близькими частотами w1 і w2 рівняння результуючого руху має вигляд:
х = 
.
Порівнюючи це рівняння і рівняння умови задачі, маємо
= 2,1 c-1 i 
= 50,0 c-1
Звідки w1 = 47,9 c-1; w2 = 52,1 c-1.
Періодичність зміни амплітуди 
визначається періодичністю зміни модуля косинуса:
Tб = ,
де Тб – період биття.
Знаходимо період биття
Tб = 
= 1,49 с
Відповідь:w1 = 47,9 с-1; w2 = 52,1 с-1; Тб = 1,49 с.
Приклад 3.Задаються рівняння руху частинки х = Аsin wt і
y = В cos wt, де А і В – амплітуди коливань частинки вздовж координатних осей х і y. Знайти: а) рівняння траєкторії частинки у(х) і напрям її руху вздовж цієї траєкторії; б) прискорення а в залежності від напряму радіуса вектора 
.
Дано:
х = Аsin wt
y = В cos wt
___________
у(х) – ? а – ?
Розв’язування. Рівняння траєкторії частинки одержимо, якщо рівняння (1) і (2) записати в такому вигляді:
sin wt = 
, cos wt = 
.
Піднесемо до квадрата:
= sin2wt; 
= cos2 wt;
Додавши ці рівняння одержимо:
+ = 1 – еліпс.
Будуємо цю траєкторію в декартовій системі координат (рис.1):
Рисунок 1
Аналізуючи рівняння умови задачі в різні моменти часу, знаходимо, напрям руху частинки вздовж траєкторії:
а) при t = 0, х = 0 і у = В – початок руху ;
б) при t = p/4, х = А і у = 0 – наступна точка;
в) при t = T/2, х = 0 і у = -В і т. д.
Результуюче прискорення руху частинки визначаємо із відповідних прискорень руху вздовж осей х і у:
υх = А wсos wt; ах= - А w2 sin wt = - w2 x;
υy = - В w sin wt; ay= - Вw2 cos wt = - w2 y;
.
Модуль вектора 
дорівнює
a = w2 
= w2 r ,
де 
– модуль радіуса-вектора частинки в довільний момент часу.
Радіус-вектор частинки завжди направлений від початку координат до положення точки на траєкторії. Вектор результуючого прискорення 
завжди направлений від положення частинки на траєкторії руху до початку координат, тобто
.
Приклад 4. Однорідний стрижень поклали на два блоки, які швидко обертаються, як це показано на рис.2. Відстань між осями блоків l = 20 см, коефіцієнт тертя ковзання між стрижнем і блоками k = 0,18. Показати, що стрижень буде здійснювати гармонічні коливання. Знайти період цих коливань.
| Дано: l = 20 см k = 0,18 ________ Т – ? |
Рисунок 2
|
Розв’язування. При зміщенні стрижня вліво на величину х від положення рівноваги сили тертя F1 i F2, які виникають між стержнем і блоками дорівнюють
F1 = 
F2 = 
де r – густина матеріалу стрижня;
S – переріз стрижня;
k – коефіцієнт тертя ковзання.
Повертаюча сила, яка виникне в цьому випадку, буде дорівнювати:
F = – (F1 -F2) = - 2 r g S k x. (1)
За другим законом Ньютона ця ж сила дорівнює:
F = m a. (2)
Порівнюючи праві частини рівностей (1) і (2), маємо
ma + 2 r g S k x = 0
aбо
x = 0 . (3)
Одержане диференціальне рівняння (3) є рівнянням гармонічних коливань. Циклічна частота цих коливань визначається співвідношенням:
w2 = 
звідки
T = 2p 
або врахувавши, що m = rlS, одержимо:
T = 2p 
.
Підставимо числові значення:
T = 6,28 
= 1,5 с.
Відповідь: Т = 1,5 с.
Приклад 5. Фізичний маятник у вигляді тонкого прямого стрижня довжиною 120 см коливається біля горизонтальної oсі, яка проходить перпендикулярно до стрижня через точку, віддалену на деяку відстань а від центра мас стрижня. При якому значенні ае період коливань буде мати найменше значення? Знайти величину цього періоду?
Дано:
|
l = 120 см
_________
аe – ?
Тmin – ?
Розв’язування. Відведений від положення рівноваги стрижень буде здійснювати коливання відносно закріпленої осі, яка збігається з віссю Z (рис.3). Покажемо, що при малих кутах відхилення (j < 7°), ці коливання будуть гармонічними. В будь-який момент часу на стрижень діють дві сили, сила тяжіння 
і сила реакції опори. Однак, обертаючий момент створюється лише силою тяжіння.
M =- mga sin j, (1)
де а – відстань від осі обертання до центра мас стрижня;
j – кут відхилення стрижня від положення рівноваги.
Для малих кутів sinj = j, а напрям вектора 
протилежний до напрямку осі Z, тому
Mz = - mga j , (2)
Згідно з основним рівнянням динаміки обертального руху цей момент дорівнює:
Mz = І 
. (3)
Прирівняємо праві частини рівностей (2) і (3), одержимо:
I 
+ mga j = 0.
Звідки:
j = 0. (4)
Рівняння (4) є диференціальним рівнянням гармонічних коливань, квадрат циклічної частоти яких дорівнює:
(5)
де І – момент інерції стрижня відносно осі обертання;
а – відстань від точки підвісу до центра мас.
Момент інерції стрижня знайдемо за теоремою Штейнера згідно з якою:
I = I0 + m a2,
де І0 = 
ml2 – момент інерції стрижня відносно осі, яка проходить через центр мас стрижня. Тому
І = m l2 + ma2 . (6)
Підставимо (6) в (5) і визначимо період коливань
T = 2p 
. (7)
Для визначення екстремальної відстані ае від центра мас до точки підвісу, похідну за а підкореневого виразу формули (7) прирівняємо до нуля:
= 0 , 
.
Звідки
2 a2 - 
- a2 = 0;
ae = ± 
. (8)
ae = ± 0,34 м.
Величину ае з (8) підставимо в (7) і знайдемо значення найменшого періоду коливань фізичного маятника:
Tmin = 2p 
= 1,67 c.
Відповідь: ае = 34 см; Тmin = 1,67 c.
Приклад 6. Кулька масою m і радіусом r котиться без ковзання по внутрішній поверхні циліндра радіусом R, виконуючи малі коливання біля положення рівноваги. Визначити період коливань кульки.
|
Рисунок 4
Розв’язування: На відведену від положення рівноваги кульку діють дві сили, сила тяжіння mg і сила реакції опори з точкою прикладання о1. Обертаючий момент відносно миттєвої точки о1 створюється лише силою тяжіння (рис.4.):
М = - mgr sin a, (1)
де mg – сила тяжіння;
r – радіус кульки;
a – кут відхилення радіуса-вектора кульки від положення рівноваги.
У випадку, коли кут a < 7°, sin a = a. В цьому випадку
M = - mgra. (2)
За основним рівнянням динаміки обертального руху момент сили тяжіння дорівнює
М = І b, (3)
де І – момент інерції кульки відносно миттєвої осі, яка проходить через точку о1 ;
b – кутове прискорення кульки відносно точки о1.
Прирівняємо праві частини рівностей (2) і (3):
I b + mgr a = 0. (4)
Момент інерції кульки відносно миттєвої осі знаходимо за теоремою Штейнера:
I = 
mr2 + mr2 = 
mr2. (5)
Кутове прискорення кульки b можна визначити через дотичне прискорення аt і радіус кульки r:
at = b r . (6)
Дотичне прискорення аt також можна визначити відносно точки о циліндра:
at = e (R - r) , (7)
де e – кутове прискорення кульки відносно точки о, яке пов’язане із зміною кута повороту a за часом (e = a );
(R - r) – відстань від точки о до центра мас кульки.
Прирівняємо праві частини рівностей (6) і (7) і визначимо b:
b = 
. (8)
Значення І з ( 5) і b з (8) підставимо в (4), одержимо:
+ mgr a = 0.
Звідки
= 0. (9)
Диференціальне рівняння (9) є рівнянням гармонічних коливань. Циклічна частота цих коливань дорівнює
w = 
.
Отже період коливань кульки:
T = 2p 
.
Приклад 7. Тіло масою 1 кг знаходиться у в’язкому середовищі з коефіцієнтом опору r = 0,05 кг/с. З допомогою двох однакових пружин жорсткістю k = 50 Н/м кожна тіло утримується в положенні рівноваги, пружини при цьому недеформовані. Тіло змістили від положення рівноваги, як це показано на рис.5, і відпустили. Визначити: а) коефіцієнт згасання b; б) частоту n коливань; в) логарифмічний декремент коливань δ; г) число N коливань за час, протягом якого амплітуда коливань зменшиться в е разів; д) добротність коливальної системи.
|
m = 1 кг
r = 0,05 кг/с
k = 50 Н/м
_____________
b – ? n – ? δ – ?
N – ? q – ?
|
Розв’язування. На відведене від положення рівноваги тіло (рис.5) діють дві однакові сили F1 = F2 = kx, які направлені в один бік. Повертальна сила в цьому випадку дорівнює:
Fn = - 2kx. (1)
При русі тіла у в’язкому середовищі з боку останнього виникає сила опору, яка пропорційна швидкості руху тіла:
F0 = - r 
. (2)
Інших сил в напрямі руху тіла при здійсненні коливань не існує. За другим законом Ньютона результуюча цих двох сил призводить до виникнення прискорення, тобто можна записати:
(3)
Рівняння (3) можна перетворити:
= 0, (4)
де 
= 2b, b – коефіцієнт згасання;
= w02, w0 – власна циклічна частота.
З урахуванням позначень рівняння (4) набуде вигляду:
= 0. (5)
Рівняння (5) є диференціальним рівнянням згасаючих коливань, розв’язком якого є функція:
x = A0 e-bt cos (wt + j). (6)
Розв’язування: а) коефіцієнт згасання дорівнює
b = 
= 0,025 c-1;
б) частоту коливань n знайдемо за формулою:
= 1,59 c-1;
в) логарифмічний декремент згасання дорівнює
δ = ln 
= 0,0157;
г) число коливань, які виконані коливальною системою за час t, протягом якого амплітуда зменшиться в е разів, дорівнює
N = 
,
де t – час, за який амплітуда зменшується в e paзів;
Т – період згасаючих коливань.
Спочатку знайдемо час t
1 = ln 
= b t ,
звідки
t = 
.
Тоді
N = 
д) добротність коливальної системи
= 200.
Відповідь: n = 1,59 с-1; δ= 0,0157; N = 64; q = 200.
Приклад 8. Частинку змістили від положення рівноваги на відстань А0 = 1 см і відпустили. Який шлях пройде ця частинка, здійснюючи згасаючі коливання, до повної зупинки, якщо логарифмічний декремент згасання δ = 0,01 ?
Дано:
А0 = 1 см
δ = 0,01
_________
S – ?
Розв’язування. Зміщена від положення рівноваги частинка за першу чверть періоду, після того, як її відпустили, пройде шлях S1 = A0. За кожну наступну половину періоду частинка буде проходити відповідно шляхи
S2 =2A0 
; S3 = 2A0 
; S4 = 2 A0 × 
i т.д.
Весь шлях руху частинки буде дорівнювати
S = S1 + S2 + S3 +....+ Sn.
Або
S = А0 + 2А0 
+ 2А0 
+ 2А0 
+...+ 2А0 
.
Після спрощення одержимо
S = A0 × 
.
В круглих дужках нескінченно спадна геометрична прогресія, сума членів якої визначається за формулою
Sn = 
,
де а1 = 
– перший член геометричної прогресії;
q = 
– знаменник прогресії.
Тому
S = A0 × 
.
Врахувавши те, що bТ =δ, одержимо
S = 0,01 × 
= 4 м
Відповідь: S = 4 м.
Приклад 9. До спіральної пружини жорсткістю 10 Н/м підвісили тягарець масою 10 г і занурили всю систему у в’язке середовище. Прийнявши коефіцієнт опору середовища рівним 0,1 кг/с, визначити: а) частоту n0 власних коливань; б) резонансну частоту nрез; в) резонансну амплітуду Арез, якщо вимушувальна сила змінюється за гармонічним законом і її амплітудне значення F0 = 0,02 Н; г) відношення резонансної амплітуди до статичного зміщення пiд дією сили F0.
Дано:
k = 10 Н/м
m = 10 г
r = 0,1 кг/с
____________________
n0 – ? nрез – ? Арез – ? 
– ?
Аналіз теорії задачі. На тягарець, який здійснює коливання, окрім сили тертя і пружної сили, діє зовнішня сила, яка змінюється за гармонічним законом. З урахуванням дії всіх сил диференціальне рівняння коливань матиме вигляд:
m 
+ r 
+ kx = F0 cos w t. (1)
Поділимо рівняння (1) на масу тягарця m і введемо позначення:
; 
; 
, одержимо
+ 2b × + w02 x = f cos wt. (2)
Рівняння (2) є неоднорідним лінійним диференціальним рівнянням другого порядку. Рoзв’язком такого рівняння є функція, яка складається з двох частин:
x = A0e-bt cos(wt + j) + A cos (wt + j) . (3)
Через деякий час під дією вимушувальної сили коливання тягарця стануть стабільними. Тому розв’язком рівняння (2) буде лише функція
x = A cos (wt + j). (4)
Першу та другу похідні від (4) підставимо в (2):
= - Aw sin (wt + j) = Awcos (wt + j + p/2),
= - Aw2 cos (wt + j) = Aw2 cos (wt + j + p) ,
Aw2 cos (wt + j + p) + 2 b Aw cos (wt + j + p/2) +
+ Aw2 cos (wt + j) = f0 cos wt. (5)
Введемо позначення: А1 = Aw2; A2 = 2 b Aw; A3 = A w02; A4 = f0.
Для знаходження амплітуди А вимушених коливань скористаємось векторною діаграмою, на якій відкладемо амплітуди А1, А2, А3, А4 згідно з (5) (рис.6)
A42 = A22 + (A3 - A1)2
або врахувавши позначення, одержимо:
f02 = 4b2 A2 w2 + (w02 - w2) A2.
Звідки маємо: Рисунок 6
A = 
. (6)
Аналіз виразу (6) амплітуди вимушених коливань:
а) w << w0, тобто w ® 0
Aст = 
, (7)
де Аст – статичне зміщення тягарця під дією сталої сили F0;
б) w » w0
Aр = 
, (8)
де Ар – резонансне значення амплітуди (при b ® 0, Аp ® ¥).
Для знаходження резонансної частоти і резонансної амплітуди дослідимо на максимум підкореневий вираз формули (6):
= 0 .
Звідки
wр = 
, (9)
де wр – резонансна частота вимушених коливань.
Значення wр з (9) підставимо в (6)
Aр = 
. (10)
Якщо b ® 0, то Aр = 
, що збігається з формулою (8).
Розв’язування: а) частота n0 власних коливань тягарця дорівнює
n0 = 
= 5,03 c-1;
б) резонансна частота знаходиться за формулою (9)
nр = 
= 
4,91 c-1 ;
в) резонансну амплітуду знайдемо за формулою (10)
Aрез = 
= 6,4 × 10-3 м;
г) відношення резонансної амплітуди до статичного зміщення тягарця, тобто добротність коливальної системи, дорівнює
= 
= 160.
Відповідь: n0 = 5,03 с-1; nр = 4,91 с-1; Ар = 6,4 мм; q = 160.
МЕХАНІЧНІ ХВИЛІ
Основні формули
1. Рівняння плоскої хвилі
,
де Ux,t – зміщення точок пружного середовища від положення рівноваги на відстані x від джерела;
А – амплітудне зміщення цих точок;
– хвильове число;
l – довжина хвилі;
w – циклічна частота коливань.
Рівняння сферичної хвилі
,
де r – радіус-вектор пружного середовища.
3. Зв’язок довжини хвилі з періодом коливань і частотою:
де υ – швидкість поширення хвиль в пружному середовищі;
Т – період коливань;
n – частота коливань.
4. Швидкість поширення хвиль (фазова швидкість хвильового руху):
а) поздовжня хвиля в твердому середовищі:
де Е – модуль Юнга;
r – густина твердого середовища.
б) поперечна хвиля в твердому середовищі:
,
де G – модуль зсуву;
r – густина твердого середовища.
в) повздовжня хвиля в рідкому середовищі:
,
де K – модуль об’ємної пружності рідини;
r – густина рідини.
г) поздовжня хвиля в газоподібному середовищі:
,
5. Енергія пружних хвиль:
а) кінетична енергія
,
де m = rSDx – маса виділеного елементу пружного середовища;
– швидкість хвильового руху точок середовища;
б) потенціальна енергія
в) повна енергія хвиль
г) середні значення повної енергії і густини енергії за час в один період
6. Потік енергії пружних хвиль
R = 
,
де 
– середнє значення повної енергії хвиль.
7. Вектор потоку енергії пружних хвиль
,
де 
– середня густина енергії пружних хвиль;
– вектор швидкості поширення хвиль в пружному середовищі.
8. Ефект Допплера для звукових хвиль
n ,
де 
– частота звуку яка сприймається приймачем;
n – частота звуку джерела;
с – швидкість поширення звукових хвиль в пружному середовищі;
υ – швидкість руху приймача звуку;
u – швидкість руху джерела звуку (нижній знак – джерело і приймач розходяться; верхній знак – джерело і приймач сходяться).
9. Інтерференція когерентних хвиль:
а) максимуми інтерференції спостерігаються, коли
Dj = 2p 
± 2n p,
де х2 - х1 – різниця ходу двох хвиль;
Dj – різниця фаз хвиль;
l – довжина хвилі;
n = 0, 1, 2, 3, ... – порядок max.
Або
Dx = (x2 - x1) = n × l;
б) мінімуми інтерференції спостерігаються, коли:
Dj = 2p 
.
або
Dx = (x2 - x1) = 
(2n + 1) l/2.
10. Рівняння стоячої хвилі
ux,t = 
де ux,t – зміщення точок середовища від положення рівноваги на відстані х від джерела коливань;
А – амплітуда зміщення;
k = 
– хвильове число;
w – циклічна частота коливань;
– амплітуда стоячої хвилі.
а) координати вузлів стоячої хвилі
kx = (2n + 1)p/2 або x = (2n + 1)l/4 ,
де n = 0, 1, 2, 3, ...;
х – координати вузлів стоячої хвилі.
б) координати пучностей стоячої хвилі
kx = np або x = n l ,
де n = 0, 1, 2, 3, ... .