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高中物理自主招生教程——振动和波


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。
k ?

? 谐振子的加速度: a = - 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 = -mω 2Acosθ = -mω 2 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: mω 2 = 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: x = Acos(ω t + φ )

② ③ ④

? 速度方程: v = -ω Asin(ω t +φ ) ? 加速度方程: a = -ω 2A cos(ω t +φ )

相关名词:(ω t +φ )称相位,φ 称初相。
? ? 运动学参量的相互关系: a = -ω 2 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(ω t +φ 1)和 x2 = A2cos(ω t +φ 2) 合成, 可令合振动 x = Acos(ω t +φ ) ,由于 x = x1 + x2 ,解得 A=
2 A1 ? A 2 ? 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φ 2-φ 1 = 2kπ 时(k = 0,±1,±2,?) ,合振幅 A 最大,当φ 2-φ 1 = (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(ω t + φ 1) 和 y = A2cos(ω t + φ 2)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
y2 xy x2 + 2 -2 cos(φ 2-φ 1) = sin2(φ 2-φ 1) 2 A1 A 2 A1A 2

显然,当φ 2-φ 1 = 2kπ 时(k = 0,±1,±2,?) ,有 y = 运动仍为简谐运动;

A2 x ,轨迹为直线,合 A1

当φ 2-φ 1 = (2k + 1)π 时(k = 0,±1,±2,?) ,有 椭圆,合运动不再是简谐运动;

y2 x2 + 2 = 1 ,轨迹为 A 12 A 2

当φ 2-φ 1 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。 x1 = Acos(ω 1t + φ )和 x2 = Acos(ω 2t + φ ) , 令 由于合运动 x = x1 + x2 ,得:x =(2Acos 不是简谐运动,称为角频率为 4、简谐运动的周期 由②式得:ω = T = 2π
m k k m

? 2 ? ?1 ? ? ?1 t)cos( 2 t +φ ) 。合运动是振动,但 2 2

? 2 ? ?1 的“拍”现象。 2

,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,所以 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 2 1 2 mv2 + kx = kA 2 2 2

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(ω t + 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〔ω t + φ x x ?2π 〕= Acos〔ω (t )+ 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 动方程。 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 = A1cosω t ,振源 S1 的振动方程为 y2 = A2cosω t ,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 ?
r1 ) 〕 v x )+ φ 〕为波 v

y2′= A2cos〔ω (t ?

r2 ) 〕 v
1

P 点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题(φ 初相差Δ φ =
? (r2 – r1) 。根据前面已经做过的讨论,有 v

=

?r1 ,φ v

2

=

?r2 ) ,且 v

r2 ? r1 = kλ 时(k = 0,±1,±2,?) 点振动加强,振幅为 A1 + A2 ; ,P r2 ? r1 =(2k ? 1) │。 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) 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, A B = 则 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 vf AB = = 1 ? v/f v
? 时(k = 0,±1,±2,?) ,P 点振动削弱,振幅为│A1-A2 2

显然, 在单位时间内, 接收者接收到的总的波的数目为: f+n= f1 =
v ? v1 f ,这就是接收者发现的频率 f1 。即 v v ? v1 f 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 ? v1 f2 = f v ? v2 v

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 Σ F = ρ g2xS =
2mg x L 2mg = k ,而且Σ F 与 x 的方向相反,故汞柱做简谐运动。 L

由于 L、m 为固定值,可令: 周期 T = 2π
m = 2π k

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 Σ F6= 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° 解①②两式可得:f =
2 mg 3L

② 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 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 m k

= 2π

3L = 2.64s 。 2g

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 k k i

并联:k = ? k i
i ?1

n

在图 9 所示的情形中, 同学们不难得出: = 2π T

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

F = 2 k2x2

解以上三式,得到:F =

4k 1 k 2 4k 1 k 2 x ,也就是说,弹簧系统新的弹性系数 k = 。 k1 ? k 2 k1 ? k 2

答:T = π

m( k 1 ? k 2 ) 。 k1k 2

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 = 钩码的位移量 x = x1 + 而钩码的回复力 F = k1x1 结合以上三式解回复力系数 k =
a 2 k1 ? b 2 k 2 m 。 b 2 k1k 2
b 2 k 1k 2 F = 2 ,所以…) a k1 ? b2k 2 x

bk 2 x2 ak 1

a x2 b

答:T = 2π 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
a 时,达到最大速度,此位置即是小球相对车 g

“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”增加的情形。 解说: 由于摆长 L 未变, g 视 = 而
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

a 的角度为平衡位置做最大摆角为 θ 的单摆运 g

动,如果 θ ≤5°,则小球的摆动周期为 T = 2π

L g ?a2
2

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 a + b = 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 如图 15 所示。 由于 a + b = L21 + L22 可知,AC⊥CB ,因此不难求出
CD =
2 2 2

2

a a ? b2
2

,等效摆长 l = CD ,

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 再隔离车,有 Tsinθ = Ma 解①②③式得 F 回 =
m(m ? M)g sin ? M ? m sin2 ?
2

② ③

*再由于球作“微小”摆动,sin θ →0 ,所以 F 回 =

m(m ? M)g sin ? M



令摆球的振动位移为 x ,常规处理 sinθ ≈ 解④⑤即得 F 回 = 显然,
m(m ? M)g x ML

x L



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

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,这个“摆长” m?M m?M

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 2 kA 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 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 ? ? ?2 sin( ?t ? 1 ) 2 2
2L 。 g

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 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(2ωt +2φ) , y = sinωt 。 (1)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。
? ,求质点的轨迹方程,并在 xOy 平面绘出其曲线; (2)设 φ = 2
?1 ? ? 2 2

= 1 ,得 φ1 ? φ2 = ±π

(1)当 φ =

? 2 2 时,x = ?2(1 ? 2sin ωt) ,即 x = 4y ? 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)当 φ =π时,同理 x = 2(1 ? 2sin ωt)= 2 ? 4y
2 2 2 2

答:轨迹方程分别为 x = 4y ? 2 和 x = 2 ? 4y ,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 = 6π rad/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 = ?ω Asin〔ω (t x )+ φ 〕 v

代 t = 2.0s 时 P 的特解,有——

yP = 6cos〔6π (2 即 6π (2 -

12 12 )+ φ 〕= 3 ,vP = ?36π sin〔6π (2 )+ φ 〕> 0 v v

12 ? )+ φ = 2k1π v 3



代 t = 2.0s 时 Q 的特解,有—— yQ = 6cos〔6π (2 即 6π (2 22 22 )+ φ 〕= 0 ,vQ = ?36π sin〔6π (2 )+ φ 〕< 0 v v

? 22 )+ φ = 2k2π + 2 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 + ) ,可以描 12 3

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

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 2

静止的各点的位置。 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 y 乙 = Acosω(t ?
a?x ? )= Acos?ωt ? (a + x) ? v 4 20 ? b ? x ? )= Acos?ωt ? (20 + b ? x) ? v 4

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 A 处(x = 0)为波峰时,有 ωt = 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 乙波则为 θ
乙 甲

a? 4

① ②

? ? b? ,有 ωt ? = ? 4 2 2

= ωt ?

? (a + x) 4

= ωt ?

? (22 + a ? x) 4


两列波因干涉而静止点,必然满足 θ





=(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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