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第六部分 振动和波


第六部分 振动和波

第一讲 基本知识介绍 《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同,必须做一些相对详细的 补充。 一、简谐运动 1、简谐运动定义: ? F = -k x
?

?



凡是所受合力和位移满足①式的质点,均可称之为谐振子,如弹簧振子、小 角度单摆等。 谐振子的加速度:

a = -
?
k ? x m

2、简谐运动的方程 回避高等数学工具, 我们可以将简谐运动看成匀速 圆周运动在某一条直线上的投影运动(以下均看在 x 方向的投影) , 圆周运动的半径即为简谐运动的振幅 A 。 依据: ? F x = -mω2Acosθ= -mω2 x 对于一个给定的匀速圆周运动,m、ω是恒定不变 的,可以令: mω2 = k 这样, 以上两式就符合了简谐运动的定义式①。 所以, x 方向的位移、 速度、 加速度就是简谐运动的相关规律。从图 1 不难得出—— ? 位 移 方 程 : = Acos( ω t + φ ) x ② ? 速 度 方 程 : v = - ω Asin( ω t + φ ) ③ ? 加 速 度 方 程 : a = - ω 2A cos( ω t + φ ) ④ 相关名词:(ωt +φ)称相位,φ称初相。 ? ? 运动学参量的相互关系: a = -ω2 x A =
2 x0 ?(

?

?

v0 2 ) ?

tgφ= -

v0 ?x 0

3、简谐运动的合成 a、 同方向、 同频率振动合成。 两个振动 x1 = A1cos(ωt +φ1)和 x2 = A2cos(ω t +φ2) 合成,可令合振动 x = Acos(ωt +φ) ,由于 x = x1 + x2 ,解得

A =

2 A1 ? A2 ? 2A1 A 2 cos(? 2 ? ?1 ) ,φ= arctg 2

A 1 sin ? 1 ? A 2 sin ? 2 A 1 cos ? 1 ? A 2 cos ? 2

显然,当φ2-φ1 = 2kπ时(k = 0,±1,±2,…) ,合振幅 A 最大,当 φ2-φ1 = (2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…) ,合振幅最小。 b 、方向垂直、同频率振动合成。当质点同时参与两个垂直的振动 x = A1cos(ωt + φ1)和 y = A2cos(ωt + φ2)时,这两个振动方程事实上已经构成 了质点在二维空间运动的轨迹参数方程,消去参数 t 后,得一般形式的轨迹方程 为
x2 A 12

+

y2 A2 2

-2

xy A1A 2

cos(φ2-φ1) = sin2(φ2-φ1)
A2 A1

显然,当φ2-φ1 = 2kπ时(k = 0,±1,±2,…) ,有 y = 为直线,合运动仍为简谐运动;

x ,轨迹
x2 A 12 y2 A2 2

当φ2-φ1 = (2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…) ,有

+

=

1 ,轨迹为椭圆,合运动不再是简谐运动; 当φ2-φ1 取其它值,轨迹将更为复杂,称“李萨如图形” ,不是简 谐运动。 c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令 x1 = Acos(ω1t + φ)和 x2 = Acos(ω2t + φ) ,由于合运动 x = x1 + x2 ,得:x =(2Acos (
? 2 ? ?1 t)cos 2

? 2 ? ?1 ? ?? t +φ) 。 合运动是振动, 但不是简谐运动, 称为角频率为 2 1 的 “拍” 2 2

现象。 4、简谐运动的周期 由②式得:ω= 所以 T ⑤ 5、简谐运动的能量 一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成,即
?E=
1 1 1 mv2 + kx2 = kA2 2 2 2
k m

,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,

=

2

π

m k

注意:振子的势能是由(回复力系数)k 和(相对平衡位置位移)x 决定的 一个抽象的概念, 而不是具体地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽 象势能后,其它的具体势能不能再做重复计量。 6、阻尼振动、受迫振动和共振 和高考要求基本相同。

二、机械波 1、波的产生和传播

产生的过程和条件;传播的性质,相关参量(决定参量的物理因素) 2、机械波的描述 a、波动图象。和振动图象的联系 b、波动方程 如果一列简谐波沿 x 方向传播, 振源的振动方程为 y = Acos (ωt + φ) , 波的传播速度为 v ,那么在离振源 x 处一个振动质点的振动方程便是 y = Acos〔ωt + φ x ?

?2π〕= Acos〔ω(t -

x )+ φ〕 v

这个方程展示的是一个复变函数。对任意一个时刻 t ,都有一个 y(x) 的正弦函数,在 x-y 坐标下可以描绘出一个瞬时波形。所以,称 y = Acos〔ω (t x )+ φ〕为波动方程。 v

3、波的干涉 a、波的叠加。几列波在同一介质种传播时,能独立的维持它们的各自形态 传播,在相遇的区域则遵从矢量叠加(包括位移、速度和加速度的叠加) 。 b、波的干涉。两列波频率相同、相位差恒定时,在同一介质中的叠加将形 成一种特殊形态: 振动加强的区域和振动削弱的区 域稳定分布且彼此隔开。 我们可以用波程差的方法来讨论干涉的定量规 律。如图 2 所示,我们用 S1 和 S2 表示两个波源,P 表示空间任意一点。 当振源的振动方向相同时,令振源 S1 的振动方 程为 y1 = A1cosωt , 振源 S1 的振动方程为 y2 = A2cos ωt ,则在空间 P 点(距 S1 为 r1 ,距 S2 为 r2) ,两 振源引起的分振动分别是 y1′= A1cos〔ω(t ? y2′= A2cos〔ω(t ?
r1 ) 〕 v r2 ) 〕 v ?r1 ,φ2 = v

P 点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题(φ1 =

?r2 ? ) ,且初相差Δφ= (r2– r1) 。根据前面已经做过的讨论,有 v v

r2? r1 = kλ时(k = 0,±1,±2,…) ,P 点振动加强,振幅为 A1 + A2 ; r2? r1 =(2k ? 1) 时(k = 0,±1,±2,…) ,P 点振动削弱,振幅为 │A1-A2│。 4、波的反射、折射和衍射 知识点和高考要求相同。 5、多普勒效应 当波源或者接受者相对与波的传播介质运动时,接收者会发现波的频率发生 变化。多普勒效应的定量讨论可以分为以下三种情况(在讨论中注意:波源的发 波频率 f 和波相对介质的传播速度 v 是恒定不变的)—— a、只有接收者相对介质运动(如图 3 所示)
? 2

设接收者以速度 v1 正对静止的波源运动。 如果接收者静止在 A 点,他单位时间接收的波的个数为 f , 当他迎着波源运动时, 设其在单位时间到达 B 点, 则 A B = v1 , 、 在从 A 运动到 B 的过程中, 接收者事实上 “提前” 多接收到了 n 个波 n =
v1 AB = ? v/f

=

v1f v

显然,在单位时间内,接收者接收到的总的波的 数目为:f + n = 率 f1 。即 f1 =
v ? v1 f v v ? v1 f ,这就是接收者发现的频 v

显然,如果 v1 背离波源运动,只要将上式中的 v1 代入负值即可。如果 v1 的方向不是正对 S ,只要将 v1 出正对的分量即可。 b、只有波源相对介质运动(如图 4 所示) 设波源以速度 v2 正对静止的接收者运动。 如果波源 S 不动,在单位时间内,接收者在 A 点应接收 f 个波,故 S 到 A 的距离: SA = fλ 在单位时间内,S 运动至 S′,即 SS? = v2 。由于波 源的运动, 事实造成了 S 到 A 的 f 个波被压缩在了 S′ 到 A 的空间里,波长将变短,新的波长 λ′=
f? ? v 2 v ? v2 S? A SA ? SS? = = = f f f f

而每个波在介质中的传播速度仍为 v , 故 “被压缩” 的波(A 接收到的波)的频率变为 f2 =
v v = f v ? v2 ??

当 v2 背离接收者,或有一定夹角的讨论,类似 a 情 形。 c、当接收者和波源均相对传播介质运动 当接收者正对波源以速度 v1(相对介质速度)运动,波源也正对接收者以 速度 v2(相对介质速度)运动,我们的讨论可以在 b 情形的过程上延续… f3 =
v ? v1 v

f2 =

v ? v1 v ? v2

f

关于速度方向改变的问题,讨论类似 a 情形。 6、声波 a、乐音和噪音 b、声音的三要素:音调、响度和音品 c、声音的共鸣

第二讲 重要模型与专题

一、简谐运动的证明与周期计算 物理情形:如图 5 所示,将一粗细均匀、两边开口的 U 型管固定,其中装有 一定量的水银,汞柱总长为 L 。当水银受到一个初始的扰动后,开始在管中振 动。忽略管壁对汞的阻力,试证明汞柱做简谐运动,并求其周期。 模型分析:对简谐运动的证明,只要以汞柱为对象,看它的回复力与 位移关系是否满足定义式①,值得注意的是,回复力 ? F 系指振动方向上 的合力(而非整体合力) 。当简谐运动被证明后,回复力系数 k 就有了, 求周期就是顺理成章的事。 本题中, 可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为 x 、 水银密度为ρ、 U 型管横截面积为 S ,则次瞬时的回复力 ΣF = ρg2xS =
2mg x L 2mg L
?

由于 L、m 为固定值,可令: 做简谐运动。 周期 T = 2π
m k

= k ,而且ΣF 与 x 的方向相反,故汞柱

= 2π

L 2g L 2g

答:汞柱的周期为 2π



学生活动:如图 6 所示,两个相同的柱形滚轮平行、登高、水平放置,绕各 自的轴线等角速、反方向地转动,在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴 线的距离为 L 、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板的质量为 m ,且木板 放置时,重心不在两滚轮的正中央。试证明木 板做简谐运动,并求木板运动的周期。 思路提示: 找平衡位置 (木板重心在两滚轮 中央处) →力矩平衡和 ΣF6= 0 结合求两处弹力 →求摩擦力合力… 答案:木板运动周期为 2π
L 2? g



巩固应用:如图 7 所示,三根长度均为 L = 2.00m 地质量均匀直杆, 构成一正三角形框架 ABC, C 点悬挂在一光滑水平轴上, 整个框架可绕转轴转动。杆 AB 是一导轨,一电动松 鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动, 而框架却静止不动, 试讨论松鼠的运动是一种什么样 的运动。 解说:由于框架静止不动,松鼠在竖直方向必平 衡,即:松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠 的质量为 m ,即: N = mg ①

再回到框架,其静止平衡必满足框架所受合力矩为零。以 C 点为转轴,形成 力矩的只有松鼠的压力 N、 和松鼠可能加速的静摩擦力 f , 它们合力矩为零, 即: MN = Mf 现考查松鼠在框架上的某个一般位置(如图 7,设它在导轨方向上距 C 点为 x) ,上式即成: N?x = f?Lsin60° ② 解①②两式可得:f =
2 mg 3L

x ,且 f 的方向水平向左。

根据牛顿第三定律,这个力就是松鼠在导轨方向上的合力。如果我们以 C 在 导轨上的投影点为参考点,x 就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向 因素,松鼠的合力与位移满足关系——
? F = -k x
?

?

其中 k =

2 mg 3L

,对于这个系统而言,k 是固定不变的。

显然这就是简谐运动的定义式。 答案:松鼠做简谐运动。 评说:这是第十三届物理奥赛预赛试题,问法比较模糊。如果理解为定性求 解,以上答案已经足够。但考虑到原题中还是有定量的条件,所以做进一步的定 量运算也是有必要的。譬如,我们可以求出松鼠的运动周期为:T = 2π π
3L = 2.64s 。 2g
m k

=2

二、典型的简谐运动 1、弹簧振子 物理情形: 如图 8 所示, 用弹性系数为 k 的轻质弹簧连着 一个质量为 m 的小球,置于倾角为 θ 的光滑斜面上。证明: 小球在弹簧方向的振动为简谐运动,并求其周期 T 。 学生自己证明…。周期 T = 2π
m k

模型分析: 这个结论表明, 弹簧振子完全可以突破放置的 方向而伸展为一个广义的概念,且伸展后不会改变运动的实 质。其次,我们还可以这样拓展:把上面的下滑力换程任何 一个恒力(如电场力) ,它的运动性质仍然不会改变。 当然,这里的运动性质不变并不是所有运动参量均不改变。譬如,振子的平 衡位置、振动方程还是会改变的。下面我们看另一类型的拓展—— 物理情形:如图 9 所示,两根相同的弹性系数分别为 k1 和 k2 的轻质弹簧,连 接一个质量为 m 的滑块,可以在光滑的水 平面上滑动。 试求这个系统的振动周期 T 。 解说:这里涉及的是弹簧的串、并联知 识综合。根据弹性系数的定义,不难推导 出几个弹性系数分别为 k1、k2、…、kn 的弹 簧串、并联后的弹性系数定式(设新弹簧

系统的弹性系数为 k)—— 串联:
n 1 1 = ? i ? 1 ki k

并联:k = ? k i
i ?1

n

在图 9 所示的情形中,同学们不难得出:T = 2π
m( k 1 ? k 2 ) k1k 2

当情形变成图 10 时, 会不会和图 9 一样呢?详细分析形变量和受力的关系, 我们会发现,事实上,这时已经变成了弹簧的并联。 答案:T = 2π
m k1 ? k 2



思考:如果两个弹簧通过一个动滑轮(不计质量)再与质量为 m 的钩 码相连,如图 11 所示,钩码在竖直方向上的振动周期又是多少? 解: 这是一个极容易出错的变换——因为图形的外表形状很象 “并联” 。 但经过仔细分析后,会发现,动滑轮在这个物理情形中起到了重要的作用 ——致使这个变换的结果既不是串联、也不是并联。 ★而且,我们前面已经证明过,重力的存在并不会改变弹簧振子的振 动方程,所以为了方便起见,这里(包括后面一个“在思考”题)的受力 分析没有考虑重力。 具体分析如下: 设右边弹簧的形变量为 x2 、滑轮(相对弹簧自由长度时)的位移为 x 、钩 子上的拉力为 F ,则 k1x1 = k2x2 x =
x1 ? x 2 2
4k 1 k 2 k1 ? k 2

F = 2 k2x2 解以上三式,得到:F =
4k 1 k 2 k1 ? k 2

x ,也就是说,弹簧系统新的弹性系数 k =


m( k 1 ? k 2 ) k1k 2

答:T = π



再思考:如果两弹簧和钩码通过轻杆和转轴,连成了图 12 所示的系统,已 知 k1 、k2 、m 、a 、b ,再求钩码的振动周期 T 。 思路提示:探讨钩码位移和回复力关系,和“思考” 题类似。 (过程备考:设右弹簧伸长 x2 ,则中间弹簧伸长 x1 =
bk 2 x2 ak 1

钩码的位移量 x = x1 +

a x2 b
b2k k F = 2 1 22 ,所以…) a k1 ? b k 2 x

而钩码的回复力 F = k1x1 结合以上三式解回复力系数 k = 答:T = 2π
a 2 k1 ? b 2 k 2 m b 2 k1k 2



2、单摆 单摆分析的基本点,在于探讨其回复力随位移的变化规律。相对原始模型的 伸展,一是关于摆长的变化,二是关于“视重加速度”的变化,以及在具体情形 中的处理。至于复杂的摆动情形研究,往往会超出这种基本的变形,而仅仅是在 分析方法上做适当借鉴。 物理情形 1:如图 13 所示,在一辆静止的小车内用长为 L 的轻绳静止悬挂着 一个小钢球, 当小车突然获得水平方向的大小为 a 的加速 度后(a<g) ,试描述小球相对小车的运动。 模型分析:小钢球相对车向 a 的反方向摆起,摆至绳 与竖直方向夹角 θ= arctg 时,达到最大速度,此位置 即是小球相对车“单摆”的平衡位置。以车为参照,小球 受到的场力除了重力 G 外,还有一惯性力 F 。所以,此 时小球在车中相当于处在一个方向倾斜 θ、大小变为
G 2 ? F 2 的新“重力”的作用,属超重情况。这是一种“视重加速度”增加的情
a g

形。 解说:由于摆长 L 未变,而 g


=

g 2 ? a 2 ,如果 a 很小,致使最大摆角不

超过 5°的话, 小角度单摆可以视为简谐运动, 周期也 可以求出来。 答案:小球以绳偏离竖直方向 θ= arctg 的角度 为平衡位置做最大摆角为 θ 的单摆运动,如果 θ≤5°,则小球的摆动周期为 T = 2π
L g ?a2
2

a g

物理情形 2:某秋千两边绳子不等长,且悬点不等 高,相关数据如图 14 所示,且有 a2 + b2 = L21 + L22 , 试求它的周期(认为人的体积足够小) 。 模型分析:用 C 球替代人,它实际上是在绕 AB 轴摆动,类似将单摆放置在 光滑斜面上的情形。故视重加速度 g 视 = gcosθ= g 等效摆长 l = CD ,如图 15 所示。
a a ? b2
2



由于 a + b = L21 + L22 可知,AC⊥CB ,因此不难求出
CD =

2

2

L1L 2 L21 ? L22

,最后应用单摆周期公式即可。

答案:T = 2π

L1L 2 ag



相关变换 1:如图 16 所示,质量为 M 的车厢中用长为 L 的细绳悬挂着一个质 量为 m 的小球, 车轮与水平地面间的摩擦不计, 试求这个系统做微小振动的周期。 分析:我们知道,证明小角度单摆作简谐运动用到了近似处理。在本题,也 必须充分理解 “小角度” 的含义, 大胆地应用近似处理方法。 解法一: 以车为参照, 小球将相对一个非惯性系作单摆运 动, 在一般方位角 θ 的受力如图 17 所示, 其中惯性力 F = ma , 且 a 为车子的加速度。由于球在垂直 T 方向振动,故回复力 F 回 = Gsinθ+ Fcosθ= mgsinθ+ macosθ ① *由于球作“微小”摆动,其圆周运动效应可以忽略,故 有 T + Fsinθ≈ mgcosθ ② 再隔离车,有 Tsinθ= Ma ③ 解①②③式得 F 回 =
m(m ? M)g sin ? M ? m sin2 ?
m(m ? M)g sin ? M

*再由于球作“微小”摆动,sin2θ→0 ,所以 F 回 = 令 摆 球 的 振 动 位 移 为 ⑤ 解④⑤即得 F 回 = 显然,
m(m ? M)g x ML


x L

x

, 常 规 处 理

sinθ ≈

m(m ? M)g = k 是恒定的,所以小球作简谐运动。最后求周期用公式 ML

即可。 解法二:由于车和球的系统不受合外力,故系统质心无加速度。小球可以看 成是绕此质心作单摆运动,而新摆长 L′会小于 L 。由于质心是惯性参照系,故 小球的受力、回复力的合成就很常规了。 若绳子在车内的悬挂点在正中央,则质心在水平方向上应与小球相距 x =
M M Lsinθ,不难理解, “新摆长”L′= L 。 (从严谨的意义上来讲,这 m?M m?M

个“摆长”并不固定:随着车往“平衡位置”靠近,它会加长。所以,这里的等 效摆长得出和解法一的忽略圆周运动效应事实上都是一种相对“模糊”的处理。 如果非要做精准的运算,不启用高等数学工具恐怕不行。 ) 答:T = 2π
ML ( M ? m )g



相关变换 2:如图 18 所示,有一个均质的细圆环, 借助一些质量不计的辐条, 将一个与环等质量的小球固 定于环心处,然后用三根竖直的、长度均为 L 且不可伸 长的轻绳将这个物体悬挂在天花板上, 环上三个结点之 间的距离相等。 试求这个物体在水平方向做微小扭动的 周期。 分析:此题的分析角度大变。象分析其它物理问题 一样,分析振动也有动力学途径和能量两种途径,此处 若援用动力学途径寻求回复力系数 k 有相当的难度, 因 此启用能量分析。 本题的任务不在简谐运动的证明,而是可以直接应 用简谐运动的相关结论。根据前面的介绍,任何简谐运 动的总能都可以表达为 E =
1 kA2 2



而我们对过程进行具体分析时,令最大摆角为 θ(为了便于寻求参量,这里 把摆角夸大了) 、环和球的质量均为 m ,发现最大的势能(即总 能)可以表达为(参见图 19) E = 2m?gL(1 ? cosθ) ② 且振幅 A 可以表达为 A = 2Lsin
? 2 2mg L



解①②③式易得:k =

最后求周期时应注意, 中间的球体未参与振动, 故不能纳入 振子质量(振子质量只有 m) 。 答:T = π
2L g



三、振动的合成 物理情形:如图 20 所示,一个手电筒和一个屏幕的质 量均为 m ,都被弹性系数为 k 的弹簧悬挂着。平衡时手电 筒的光斑恰好照在屏幕的正中央 O 点。 现在令手电筒和屏幕 都在竖直方向上振动(无水平晃动或扭动) ,振动方程分别 为 y1 = Acos(ωt + φ1),y2 = Acos(ωt + φ2) 。试问: 两者初位相满足什么条件时,可以形成这样的效果: (1)光 斑相对屏幕静止不动: (2)光斑相对屏幕作振幅为 2A 的振 动。 模型分析:振动的叠加包括振动的相加和相减。这里考 查光斑相对屏幕的运动事实上是寻求手电筒相对屏幕的振 动,服从振动的减法。设相对振动为 y ,有 y = y1? y2 = Acos(ωt + φ1)?Acos(ωt + φ2) = ?2Asin
?1 ? ? 2 ? ?? sin( ?t ? 1 2 ) 2 2

解说: (1)光斑相对屏幕静止不动,即 y = 0 ,得 φ1 = φ2 (2)要振幅为 2A ,必须 sin
?1 ? ? 2 2

= 1 ,得 φ1?φ2 = ±π

答案:初位相相同;初位相相反。 相关变换: 一质点同时参与两个垂直的简谐运动, 其表达式分别为 x = 2cos(2 ωt +2φ) ,y = sinωt 。 (1)设 φ =
? ,求质点的轨迹方程,并在 xOy 平 2

面绘出其曲线; (2)设 φ = π ,轨迹曲线又怎样? 解:两个振动方程事实已经构成了质点轨迹的参数方程,我们所要做的,只 不过是消掉参数,并寻求在两个具体 φ 值下的特解。在实际操作时,将这两项 工作的次序颠倒会方便一些。 (1)当 φ =
? 时,x = ?2(1 ? 2sin2ωt) ,即 x = 4y2? 2 2

描图时应注意,振动的物理意义体现在:函数的定义域 ?1 ≤ y ≤ 1 (这 事实上已经决定了值域 ?2 ≤ x ≤ 2 ) 2 2 (2)当 φ =π时,同理 x = 2(1 ? 2sin ωt)= 2 ? 4y 答:轨迹方程分别为 x = 4y2? 2 和 x = 2 ? 4y2 ,曲线分别如图 21 的(a) (b)所示——

四、简谐波的基本计算 物理情形: 一平面简谐波向?x 方向传播, 振幅 A = 6cm , 圆频率ω= 6πrad/s , 当 t = 2.0s 时,距原点 O 为 12cm 处的 P 点的振动状态为 yP = 3cm ,且 vP > 0 , 而距原点 22cm 处的 Q 点的振动状态为 yQ = 0 , 且 vQ < 0 。 设波长 λ>10cm , 求振动方程,并画出 t = 0 时的波形图。 解说:这是一个对波动方程进行了解的基本训练题。简谐波方程的一般形式 已经总结得出,在知道 A、ω的前提下,加上本题给出的两个特解,应该足以解 出 v 和 φ 值。 由一般的波动方程 y = Acos〔ω(t x )+ φ〕 v

(★说明:如果我们狭义地理解为波源就在坐标原点的话,题目给出特解是 不存在的——因为波向?x 方向传播——所以,此处的波源不在原点。同学们自 己理解: 由于初相φ的任意性, 上面的波动方程对波源不在原点的情形也是适用 的。 )

参照简谐运动的位移方程和速度方程的关系,可以得出上面波动方程所对应 质点的速度(复变函数) v = ?ωAsin〔ω(t x )+ φ〕 v

代 t = 2.0s 时 P 的特解,有—— yP = 6cos〔6π(2 > 0 即 6π(2 12 ? )+ φ = 2k1π v 3
12 12 )+ φ〕= 3 ,vP = ?36πsin〔6π(2 )+ φ〕 v v



代 t = 2.0s 时 Q 的特解,有—— yQ = 6cos〔6π(2 < 0 即 6π(2 ? 22 )+ φ = 2k2π + 2 v

22 22 )+ φ〕= 0 ,vQ = ?36πsin〔6π(2 )+ φ〕 v v



又由于 A B = 22 ? 12 = 10 <λ ,故 k1 = k2 。解①②两式易得 v = ?72cm/s , φ=
2? 4? (或? ) 3 3 x 2? 2? ) + 〕 , 且波长 λ= v = 24cm 。 72 3 ?

所以波动方程为: y = 6cos 〔6π (t + 当 t = 0 时, y = 6cos(
? 2? x + ) ,可 12 3

以描出 y-x 图象为—— 答案:波动方程为 y = 6cos 〔6π(t +
x 2? )+ 〕 ,t = 0 72 3

时的波形图如图 22 所示。 相关变换: 同一媒质中有甲、 乙两列平面简谐波,波源作同频率、同方向、同振幅的振动。两波相向传播,波 长为 8m ,波传播方向上 A、B 两点相距 20m ,甲波在 A 处为波峰时,乙波在 B 处位相为?
? , 求 AB 连线上因干涉而静止 2

的各点的位置。 解: 因为不知道甲、 乙两波源的位置, 设它们分别在 S1 和 S2 两点,距 A、B 分别 为 a 和 b ,如图 23 所示。 它们在 A、B 之间 P 点(坐标为 x)形 成的振动分别为—— y 甲 = Acosω(t a?x v v

)= Acos〔ωt ? ? (a + x) 〕
4 4

y 乙 = Acosω(t ? 20 ? b ? x )= Acos〔ωt ? ? (20 + b ? x) 〕

这也就是两波的波动方程(注意:由于两式中 a、b、x 均是纯数,故乙波的 速度矢量性也没有表达) 当 甲 波 在 ① 此时, 乙波在 B 处 (x = 20) 的位相为? 结合①②两式,得到 b ? a = 2 所以,甲波在任意坐标 x 处的位相 θ 甲 = ωt ? ? (a + x)
4

A

处 ( x

=

0 ) 为 波 峰 时 , 有
? ? , 有 ωt ? b? = ? 4 2 2

ω t

=

a? 4



乙波则为 θ 乙 = ωt ? ? (22 + a ? x)
4

两列波因干涉而静止点,必然满足 θ 甲?θ 乙 =(2k - 1)π 所以有 x = 13 ? 4k ,其中 k = 0,±1,±2,… 在 0~20 的范围内,x = 1、5、9、13、17m 答:距 A 点 1m、5m、9m、13m、17m 的五个点因干涉始终处于静止状态。 思考:此题如果不设波源的位置也是可以解的,请同学们自己尝试一下… (后记:此题直接应用波的干涉的结论——位相差的规律,如若不然,直接 求 y 甲和 y 乙的叠加,解方程将会困难得多。此外如果波源不是“同方向”振动, 位相差的规律会不同。 )


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