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高中物理竞赛资料 第七章 机械振动和机械波


第七章 机械振动和机械波
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 ①

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: x = Acos(ωt + φ) 速度方程: v = -ωAsin(ωt +φ) 加速度方程: a = -ω2A cos(ωt +φ) 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 +(

② ③ ④

v0 2 ) ω

tgφ= -

v0 ωx 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(ωt +φ2) 合 成,可令合振动 x = Acos(ωt +φ) ,由于 x = x1 + x2 ,解得 A=
A 12 + A 2 + 2A 1 A 2 cos(φ 2 φ 1 ) ,φ= arctg 2 A 1 sin φ 1 + A 2 sin φ 2 A 1 cos φ 1 + A 2 cos φ 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

y2 xy x2 + 2 -2 cos(φ2-φ1) = sin2(φ2-φ1) 2 A1 A 2 A1A 2

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

A2 x ,轨迹为直线,合 A1 y2 x2 + 2 = 1 ,轨迹 2 A1 A 2

当φ2-φ1 = (2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…) ,有

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 动,但不是简谐运动,称为角频率为 4,简谐运动的周期 由②式得:ω= T = 2π
m k k ,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,所以 m ω 2 ω1 ω + ω1 t)cos( 2 t +φ) .合运动是振 2 2

ω 2 + ω1 的"拍"现象. 2



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 mv2 + kx = kA2 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(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 x 2π〕= Acos〔ω(t )+ φ〕 λ v x )+ φ〕为波 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 = A1cosωt ,振源 S1 的振动方程为 y2 = A2cosωt ,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 ωr1 ωr 2 ,φ2 = ) ,且 v v

P 点便出现两个频率相同,初相不同的振动叠加问题(φ1 = 初相差Δφ=
ω (r2 – r1) .根据前面已经做过的讨论,有 v

,P r2 r1 = kλ时(k = 0,±1,±2,…) 点振动加强,振幅为 A1 + A2 ; r2 r1 =(2k 1)
λ 时(k = 0,±1,±2,…) 点振动削弱,振幅为│A1-A2 ,P 2

│. 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,则
AB = 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 λ v/f v v + v1 f ,这就是接收者发现的频率 f1 .即 v v + v1 f 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= f1 =

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. a, 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, S 到 A 的距离: = 故 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′=
fλ 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 λ

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 ∑F = ρg2xS =
2mg x L 2mg = k ,而且∑F 与 x 的方向相反,故汞柱做简 L

由于 L,m 为固定值,可令: 谐运动.

周期 T = 2π

m L = 2π k 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 ∑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 . 2g

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: M N = 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: Nx = fLsin60° ② 解①②两式可得:f =
2mg 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 =
2mg 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

m = 2π k

3L = 2.64s . 2g

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 k k i
n

并联:k = ∑ k i
i =1

在图 9 所示的情形中, 同学们不难得出: = 2π T

m (k 1 + k 2 ) k 1k 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 k 1x 1 = k 2x 2 x =
x1 + x 2 2 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

F = 2 k 2x 2 解以上三式,得到:F =

答:T = π

m (k 1 + k 2 ) . k 1k 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 2k1 + b2k 2 m . b 2 k 1k 2 b 2 k1k 2 F = 2 ,所以…) x a k1 + b2k 2
a x2 b

bk 2 x2 ak1

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 g

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 加的情形. 解说:由于摆长 L 未变,而 g 视 =
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 L g +a2
2

动,如果 θ≤5°,则小球的摆动周期为 T = 2π

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 = L1L 2 L21 + L22
2 2 2

2

a a + b2
2

,等效摆长 l = CD ,

,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 θ M + m sin 2 θ
2

*再由于球作"微小"摆动,sin θ→0 ,所以 F 回 = 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 sin θ M

④ ⑤

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 = 2mgL(1 cosθ) ② 且振幅 A 可以表达为 A = 2Lsin
θ 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 + φ 2) . 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( ωt + 1 ) 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(2ωt +2φ) , y = sinωt . (1)设 φ =
π ,求质点的轨迹方程,并在 xOy 平面绘出其曲线; (2)设 φ = 2

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 =
π 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 2 (2)当 φ =π时,同理 x = 2(1 2sin ωt)= 2 4y 2 2 (b)所示 答:轨迹方程分别为 x = 4y 2 和 x = 2 4y ,曲线分别如图 21 的(a) ——

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

12 π )+ 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 = 36πsin〔6π(2 )+ φ〕< 0 v v

22 π )+ φ = 2k2π + 2 v
2π 4π (或 ) 3 3



又由于 AB = 22 12 = 10 <λ ,故 k1 = k2 .解①②两式易得 v = 72cm/s , φ=

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

x 2π 2π )+ 〕 ,且波长 λ= v = 24cm . 72 3 ω

出 y-x 图象为—— 答案:波动方程为 y = 6cos〔6 π(t +
x 2π )+ 〕 = 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 线上因干涉而静止的各点的位置. 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 π )= Acos〔ωt (a + x) 〕 v 4 20 + b x π )= Acos〔ωt (20 + b x) 〕 v 4

π ,求 AB 连 2

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 甲 = ωt 乙波则为 θ 乙 = ωt
π (22 + a x) 4 π (a + x) 4 aπ 4

① ②

π π bπ ,有 ωt = 4 2 2

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. )

第三讲 典型例题解析
例 1 求解原点的振动表达式和机械波的波动表达式 一平面简谐波以波速 u = 0.50m / S 沿 x 轴负向传播, t = 2 S 时刻的波形如图一所示. 求: 原点的振动表达式以及此简谐波的波 动表达式. 解: 由图可知,A = 0.5m, λ = 2.0m, 因 而

T=

λ
u

=

2 .0 2π 2π π = 4S ;ω = = = rad / S . 0 .5 T 4 2

设 原 点 的 振 动 表 达 式 为 :

y = A cos(ωt + φ 0 ),
由图可知,t=2S 时,y=0,

cos( × 2 + φ 0 ) = 0, 2 3π π π + φ0 = ,φ0 = . 2 2
所以,原点的振动表达式为

π

dy > 0 ,由此可得 dt

y = 0.5 cos( t + ). 2 2

π

π

简谐波的波动表达式为

x π π x y = A cos[ω (t + ) + φ 0 ] = 0.5 cos[ (t + ) + ]. u 2 0.50 2
例 2 利用振动表达式求解波动表达式 一平面简谐波以速度 u = 20m / S 沿直线传播.已知在传播路径上某点 A,如图一,的简 谐振动的表达式为 y = 0.03 cos 4πt. (1) 以 点 A 为 坐 标 原 点 , 写出波动表达式; (2) 以距离点 A 为 5m 处的点 B 为坐标原点,写出波动表达式; (3) 写出传播方向上点 C 和点 D 的简谐振动的表达式(各点间距见图) ; (4) 分别求出点 B 与点 C 间,点 C 与点 D 间的相位差. 解: 由 A 点的简谐振动的表达式,可以得知

ν=

ω 4π u 20 = = 2H Z , λ = = = 10m. 2π 2π ν 2

(1) 以 A 点为原点的波动表达式为

x x π y = A cos[ω (t )] = 0.03[4π (t )] = 0.03 cos(4πt x). u 20 5
(2)由于波由左向右传播,故点 B 的相位比点 A 超前,其简谐振动的表达式为

y B = A cos(ωt + φ B ) = 0.03 cos[4π (t +
故以点 B 为原点的波动表达式为

5 )] = 0.03 cos(4πt + π ). 20

y = 0.03 cos[4π (t

x π ) + π ] = 0.03 cos(4πt x + π ). 20 5

(3)由于点 C 的相位比点 A 超前,故点 C 的振动的表达式为

y c = 0.03 cos[4π (t + = 0.03 cos(4πt +

AC 13 )] = 0.03 cos[4π (t + )] u 20

13 π ). 5

而点 D 的相位落后于点 A,故点 D 的振动表达式为

y D = 0.03 cos[4π (t = 0.03 cos(4πt 9π ). 5

AD 9 )] = 0.03 cos[4π (t )] u 20

(4)由于 BC 间的距离 φ BC =



φ CD =



λ

xCD

2π = × 22 = 4.4π 10

λ

x BC =

2π × 8 = 1.6π 10

例 3 根据波形求解振动的表达式和波动表达式 一列沿 x 正向传播的简谐波,在 t1 = 0 和 t 2 = 0.25S 时刻的波形如图一所示.试求: (1) P 点的振动表达 式; (2) 波动表达式; (3) 画出 O 点的振动 曲线. 解: (1)由图可知,

λ = 0.6m, u =

0.15 λ 0 .6 = 0 .6 m / S , T = = = 1S . 0.25 u 0 .6

P 点的振动表达式为

y P = A cos(

2π t + φ 0 ). T

由于在 t=0 时, y po = 0, (

y P = 0.2 cos(2πt ). 2
(2)在 t=0 时,O 点的振动位置 y 0 = 0, ( 振动表达式为

π

dy 3π π ) P > 0, 故 φ 0 = 或者( ) ,于是 dt 2 2

dy π ) 0 < 0 ,故初相位 φ 0 = ,于是,O 点的 dt 2

y = 0.2 cos(

2πt x 10π π 2π + φ 0 ) = 0.2 cos(2πt + ). T 3 2 λ

(3)O 点的振动曲线如图二所示.

例 4 求解波的能量密度和声强大小 一平面简谐波在空气中传播,波速 u = 340m / S , 频率为 500 H Z .到达人耳时,振幅

A = 10 4 cm, 试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强的大小, 声压幅为多大?此声强相
3 当于多少分贝?已知空气的密度为 ρ = 1.29kg / m .

解:声波的平均能量密度为

1 2 2 ρA ω = 6.37 × 10 6 J / m 3 . 2 1 2 2 6 3 2 声强为 I = ρA ω u = ω u = 6.37 × 10 × 340 = 2.17 × 10 W / m . 2

ω =

声压幅

Pm = ρuωA = 1.38 Pa .

或者 Pm = 声强级

2 ρuI = 1.38Pa .

例 5 运用干涉条件求解几个关系 如图一所示,地面上的一波源 S 与一探测器 D 之间的距离为 d.在 D 处测得从 S 直接 发出的波与从 S 出发又经高度为 H 的水平层 B 反射后的波的合成信号强度最大.当水平层 逐渐升高 h 距离时,在 D 处测到的信号消失.设波在水平层的反射角等于入射角,不考虑 大气的吸收,求波长 λ 与 D ,h,H 的关系. 解:由于在 B,C 处反射的情况相同,所以两次测量不会由于反射引起不同效果,故可 设波在 B, 处反射时都有半波损失. C 这样, 在 B 点反射的波与直射波在 D 处加强的条 件为

SB + B D +

λ
2

S D = ± kλ .

k = 0,1,2......


λ D 2 H 2 + ( ) 2 + d = ±λ . 2 2
在 C 点反射的波与直射波在 D 处相消 的条件为

SC + C D + k = 0,1,2......

λ

S D = ±(2k + 1) . 2 2

λ

即 2 ( H + h) + (
2

λ D 2 D ) 2 H 2 + ( )2 = , 2 2 2

所以,

λ = 4[ ( H + h) 2 + ( ) 2 2 H 2 + ( ) 2 ]
2[ 4( H + h) 2 + d 2 4 H 2 + d 2 ].

D 2

d 2

例 6 求解因干涉而静止的点的位置 一媒质中有两个波源位于 A, 两点, B 如图一, 其振幅相同, 频率均为 100 H Z , 相位差为 π . 若 A,B 两点相距 30m,波在媒质中的传播速度为 400m/S,试求: A, B 连线上因干涉而静止的各点的位置. 解:取 AB 的中点为坐标原点,如图一.设波源 B 的初相为 φ BO ,则波源 A 的初相为

φ AO = φ BO + π .于是波源 A,B 所发出的波引起的 P 点的质元振动的相位分别为
2π l ( + x) + φ A0 λ 2 2π l = ωt ( + x) + φ B 0 + π λ 2 2π l φ B = ωt ( x) + φ BO . λ 2

φ A = ωt

其相位差为

φ = φ B φ A =

4πx

λ

+π. 4πx

由干涉的减弱条件,有 φ = 得到

λ

+ π = ± (2k + 1)π , k = 0,1,2......

. k = 0,1,2...... 2 u 400 依据已知条件, λ = = = 4m. 所以得到在 A,B 间因干涉而静止的点的位置为 ν 100 2
x = 14,12,10,8,6,4,2,0,2,4,6,8,10,12,14 (m),
共 15 个静止点. 例 7 求解驻波中反射波的表达式和合成波的表达式 设入射波的表达式为

x = (k + 1)

λ

或者 x = k

λ

y1 = A cos 2π (

t x + ), 在 x=0 处发生反射,反射点为一 T λ

固定端,求: (1) 反射波的表达式; (2) 合成波的表达式; (3) 波腹和波节的位置. 解: (1)由于反射点为固定端,所以这点必是波节.入射波和反射波在此点引起的振 动是反相的,所以反射波的表达式应为

y 2 = A cos[2π (

t x ) + π ]. T λ

(2)入射波和反射波相遇,叠加成驻波,其表达式为

t x t x + ) + A cos[2π ( ) + π ] T λ T λ x π t π = 2 A cos(2π + ) cos(2π ). λ 2 T 2 y = y1 + y 2 = A cos 2π (
(3)波腹的位置: 2π

x

1 λ x = (n ) , (n = 0,1,2......) 2 2 π x π 波节位置: 2π + = nπ + , λ 2 2
例 8 求解驻波的波腹和波速 一弦上驻波的表达式为 y = 0.02 cos 16 x cos 750t , 式中各量单位为 SI 单位. (1) 组成此驻波的各行波的波腹和波速为多少? (2) 节点间的距离为多大? (3)

λ

+

π
2

= nπ ,

t = 2.0 × 10 3 S 时,位于 x = 0.05m 处的质点的速度为多少?
2π 2π t T

解: (1)与驻波的标准式比较

y = 2 A cos

λ

x cos

得到各行波的波腹,波长和周期为

0.02 2π 2π = 0.01m, λ = ,T = , 2 16 750 2π λ 16 所以波速 u = = = 47 m / S . 2π T 750 A=
(2)波节的位置满足关系式: 16 x = ( n + 所以波节间的距离为

1 )π 2

x =

π
16

= 0.2m.

(3)质点的振动速度为

V=

dy = 0.02 × cos 16 x(750 sin 750t ) dt = 16 cos 16 x sin 750t ,
3

将 x=0.05m, t = 0.2 × 10 S 代入,得到

V = 10.4m / S .

例9

求解驻波中入射波和反射波以及合成波的特点
3

在一根线密度 ρ = 10 kg / m 和张力 T = 10 N 的弦线上,有一列沿 x 轴正方向传播的简谐 横波,其频率为ν = 50 H Z ,振幅 A = 0.04m. 已知弦线上离坐标原点 x1 = 0.5m 处的质元在 t=0 时刻的位移为 +

A ,且沿 y 轴方向运动.当波传播到 x 2 = 10m 处的固定端时,被全部 2

反射. (1) 试写出入射波和反射波的波动表达式; (2) 求入射波和反射波叠加的合成波在 0 ≤ x ≤ 10m 区间内波腹和波节处各点的坐 标. 解: (1)由题给数据,可得到

u=

T

ρ

= u

10 = 100m / S . 10 3

波长为 λ =

ν

=

100 = 2m. 50

在 x1 = 0.5m 处质元振动的初相为 φ1 = 设原点处的初相为 φ 0 ,则

π
3

.

φ 0 φ1 x1 = , 2π λ
0.5 5π = 2 6

φ 0 = φ1 + 2π

x1

λ

=

π
3

+ 2π

所以,入射波的波动表达式为

x x 5π y = A cos[2πν (t ) + φ 0 ] = 0.04 cos[100π (t ) + ]m u 100 6
因为在 x 2 = 10m 处反射有半波损失,所以,反射波在 x 2 处的振动表达式为

y 2 = 0.04 cos[100π (t = 0.04 cos(100πt +

11π ). 6

x 5π )+ +π] 100 6

反射波的波动表达式为

x x 2 11π )+ ] u 6 x 10 11π = 0.04 cos[100π (t + )+ ] 100 6 x 11π = 0.04 cos[100π (t + )+ ]m. 100 6 y = 0.04 cos[100π (t +

(2)因波节间的间距离为

λ
2

= 1m. ,而 x 2 = 10m 处为波节,所以波节点的坐标为

x = 0,1,2,...10m.
波节与波腹间的间距为 x=0.5,1.5……9.5m. 例 10 求解驻波的有关参量 一平面简谐波沿 x 轴正方向传播,在 t=0 时,原点 O 处质元的振动是经过平衡位置向负方 向运动. 在距离原点 O 为 x 0 =

λ
4

= 0.5m, 所以波节点的坐标为

设入射波和反射波的振幅都为 A,频率都为ν .试求: (1) 入射波和反射波的波动表 达式; (2) 合成波的波动表达式; (3) 在原点到反射面间各个波 节和波腹点的坐标; (4) 距反射面为

11 λ 处有一波密介质的反射面, 波被垂直界面反射, 如图一. 4

λ
6

的 Q 点处质

元的合振动的表达式. 解: (1)设入射波在原点 O 的振动 表达式为

yi 0 = A cos(2πνt + φ 0 ),
由于在 t=0 时,原点处质元的位移 y 0 = 0, (

φ0 =

π
2

dy ) 0 < 0 ,可得到 dt

.

因而 yi 0 = A cos(2πνt + 入射波的波动表达式为

π
2

).

x π yi = A cos[2π (νt ) + ]. λ 2
反射波在 O 点的振动是入射波传到反射面在传到 O 点的,所以反射波在 O 点的振动相 位比入射波落后

2π (2 x0 )

λ

+ π = 12π ,

左式中后一项 π 是考虑到波在波密媒质面上反射发生相位突变而加上反射波的波 动表达式为

x 23 x π y r = A cos[2π (νt + ) π ] = A cos[2π (νt + ) + ]. λ 2 λ 2
(2)合成波(驻波)的波动表达式为

y = y i + y r = 2 A cos 2πx

2πx

λ

cos(2πνt +

π
2

).

(3)波腹点坐标满足的条件为

λ

= nπ , n = 0,1,2......

即x =

λ 3λ 5λ n λ , x = 0, , λ , ,2λ , . 2 2 2 2 π
2

波节点坐标满足的条件为

2πx

λ

= (2n + 1)

, n = 0,1,2...... ,x =

即 x = ( 2n + 1)

λ

λ 3λ 5λ
4 4 , , 4

4

,......,

11λ . 4

由上可知,原点 O 为波腹,反射点为波节. (4)Q 点的坐标为

xQ =

11λ λ 31 = λ. 4 6 12

因而, Q 点处质元的合振动的表达式为

31 λ 12 cos(2πνt + π ) yQ = 2 A cos 2π 2 λ 31 π = 2 A cos π cos(2πνt + ) = 3 A sin 2πνt. 6 2
例 11 求解波源的频率 (1) 一波源振动频率为 2040 H Z ,以速度 VS 向波源接近,如图一,观测者在 A 点 所得的拍频为 ν = 3H Z ,设声速为 340m/S,求波源移动的速度 VS . (2) 如果 (1) 中的波源没有运动, 而以一反射面代替墙壁, 以速度 Vr = 20cm / S 向 观测者 A 接近,所得到的拍频为

ν ′ = 4 H Z ,求解波源的频率.
解: (1)观测者从波源直接听到的声波频 率为

ν1 = (

u )ν 0 . u + VS

由 墙 壁 反 射 的 声 波 频 率 为

ν2 = (

u )ν 0 . u VS

观察者测得的拍频为以上两者之差,即

ν = ν 2 ν 1 =
化简,可得

2uν Sν 0 , 2 u 2 uS

νVS2 + 2uνVS νu 2 = 0,
解方程,得到

VS =

uν 0 ν ( 1 + ( ) 2 1). ν ν0 uν 0 1 ν uν [1 + ( ) 2 + ... 1] = = 0.25m / S . ν 2 ν0 2ν 0

因为 ν << ν 0 , 所以 VS =

(2)观测者从波源直接听到的声波频率为

′ ν1 = ν 0.
反射面接收到的声波频率(反射面相当于观察者,向着声源运动)

ν′ =

u + Vr ν 0. u

由于反射面在运动,此时反射面相当于声源,故观测者所测得的反射面反射的声波频 率为

′ ν2 = (

u + Vr u )ν ′ = ( )ν 0 , u + Vr u Vr 2Vr ν0, u Vr

′ ′ 拍频 ν ′ = ν 2 ν 1 =
得到

ν0 =

u Vr ν = 3398 H Z 2Vr

例 12 运用多普勒效应求解飞机的飞行高度 飞机在上空以速度 V = 200m / S 作水平飞行,发出频率ν 0 = 2000 H Z 的声波.静止在 地面上的观察者测定飞机发出的声波的频率.当飞机越过观察者上空时,观察者在 4S 内测 出的频率从ν 1 = 2400 H Z 降为ν 2 = 1600 H Z .已知声波在空气中的速度 u = 330m / S .

试求: 飞机的飞行高度 h. 解:设飞机在 4S 内从 A 点水平飞行 到 B 点,飞行高度为 h,M 为观察者,如 图一 所示.声源 在 AM 方向 的分速度

V AM = V cos α ,声波在 BM 方向的分速
度 V BM = V cos β . 由多普勒效应的公式

ν1 =

u u ν0 = ν0, u V AM u ν cos α

解,得到

cos α =
又ν 2 =

(ν 1 ν 0 )u = 0.275. ν 1V
u u ν0 = ν0, u + V BM u + V cos β

解,得到

cos β =

(ν 0 ν 2 )u = 0.4125. ν 2V

由几何关系,得到

AB = Vt = h(ctgα + ctgβ ),
可以得到, h =

Vt = ctgα + ctgβ

Vt cos α 1 + cos α
2

+

cos β 1 + cos 2 β

= 1.31 × 10 3 m

例 13 求解观测频率的极值 如图一,音叉 P 沿着半径 r = 8m 的圆以角速 度 ω = 4rad / s 作匀速圆周运动.音叉发出频率

ν 0 = 500 H Z 的声波, 声波的速度为 u = 330m / S .
观测者 M 与圆周共面,与圆心 O 的距离 d=2r.试 问: 当 θ 角为多大时, 观测到声波的频率为最高或 者最低,并求其数值. 解:当音叉位于中心角为 θ 的位置时,声源在 观测者方向上的分速度为 V cos β .根据多普勒效

应的公式,观测到声波的频率ν 与角 β 的关系为

ν=

u u ν0 = ν 0. u + V cos β u + rω sin φ

(1)

利用正弦定理以及余弦定理,把 sin φ 表示成 θ 的函数,由

sin φ sin θ = , P M 2 = d 2 + r 2 2dr cos θ d PM
可得到, sin φ

=

d sinθ r 2 + d 2 2rd cosθ

=

2 sinθ 5 4 cosθ

.

代入(1) ,得到

ν=

u + rω

u 2 sin θ 5 4 cos θ

ν 0.
dν = 0, dθ

ν
代入,得到

为极值时满足

5 cos θ 4 cos 2 θ 2 sin 2 θ = 0,
或者 2 cos θ + 5 cos θ + 2 = 0.
2

可以解得

cosθ =

1 0 或者 2(舍去) θ = ±60 . , 2

0 当 θ 1 = 60 时, sin φ1 = 1,ν 1 =

uν 0 = 456 H Z u + rω sin φ1 uν 0 = 554 H Z . u + rω sin φ 2

当 θ 2 = 60 0 时, sin φ 2 = 1,ν 2 =
0

可见,当 θ = ±60 时,观测到声波的最低频率ν 1 = 456 H Z 和最高频率ν 2 = 554 H Z . 例 14 运用多普勒效应求解声音的频率 声波在空气中的传播速度为 u1 ,在铜板中的传播速度为 u 2 .设频率为ν 0 的声波从静止 的波源 S 发出,如图一.经空气传播到以速度 V < u1 向前运动的平行铜板,在铜板的正前 方有一静止的接收者 R,求: (1) S 接收到的由铜板反射回的

声波频率ν 1 ; (2) B 接收到的透射声波的频率ν 2 . 解: (1)波源静止,以速度 V 运动的铜板的左侧接收到的声波频率为

ν′ =

u1 V ν 0. u1 u1 ν′ u1 + V

S 接收到的运动铜板反射回的声波频率为ν 1 = 以ν ′ 代入,得到

ν2 =

u1 V ν 0. u1 + V

(2)R 处接收到的运动铜板向前方发射的声波频率为

ν2 =

u1 ν′ u1 V

以ν ′ 代入,得到

ν 2 = ν 1.
声波在铜板中传播,虽然速度改变了,但频率不变.

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