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2019-2020年高中物理競賽 第5部分《振動和波》教案 新人教版 《振動和波》的競賽考綱和高考要求有很大的不同，必須做一些相對詳細的補充。 一、簡諧運動 1、簡諧運動定義：= －k ① 凡是所受合力和位移滿足①式的質(zhì)點，均可稱之為諧振子，如彈簧振子、小角度單擺等。 諧振子的加速度：= － 2、簡諧運動的方程 回避高等數(shù)學工具，我們可以將簡諧運動看成勻速圓周運動在某一條直線上的投影運動（以下均看在x方向的投影），圓周運動的半徑即為簡諧運動的振幅A 。 依據(jù)：x = －mω2Acosθ= －mω2 對于一個給定的勻速圓周運動，m、ω是恒定不變的，可以令： mω2 = k 這樣，以上兩式就符合了簡諧運動的定義式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是簡諧運動的相關規(guī)律。從圖1不難得出—— 位移方程： = Acos(ωt + φ) ② 速度方程： = －ωAsin(ωt +φ) ③加速度方程：= －ω2A cos(ωt +φ) ④ 相關名詞：(ωt +φ)稱相位，φ稱初相。 運動學參量的相互關系：= －ω2 A = tgφ= － 3、簡諧運動的合成 a、同方向、同頻率振動合成。兩個振動x1 = A1cos(ωt +φ1)和x2 = A2cos(ωt +φ2) 合成，可令合振動x = Acos(ωt +φ) ，由于x = x1 + x2 ，解得 A = ，φ= arctg 顯然，當φ2－φ1 = 2kπ時（k = 0，1，2，…），合振幅A最大，當φ2－φ1 = （2k + 1）π時（k = 0，1，2，…），合振幅最小。 b、方向垂直、同頻率振動合成。當質(zhì)點同時參與兩個垂直的振動x = A1cos(ωt + φ1)和y = A2cos(ωt + φ2)時，這兩個振動方程事實上已經(jīng)構成了質(zhì)點在二維空間運動的軌跡參數(shù)方程，消去參數(shù)t后，得一般形式的軌跡方程為 +－2cos(φ2－φ1) = sin2(φ2－φ1) 顯然，當φ2－φ1 = 2kπ時（k = 0，1，2，…），有y = x ，軌跡為直線，合運動仍為簡諧運動； 當φ2－φ1 = （2k + 1）π時（k = 0，1，2，…），有+= 1 ，軌跡為橢圓，合運動不再是簡諧運動； 當φ2－φ1取其它值，軌跡將更為復雜，稱“李薩如圖形”，不是簡諧運動。 c、同方向、同振幅、頻率相近的振動合成。令x1 = Acos(ω1t + φ)和x2 = Acos(ω2t + φ) ，由于合運動x = x1 + x2 ，得：x =（2Acost）cos（t +φ）。合運動是振動，但不是簡諧運動，稱為角頻率為的“拍”現(xiàn)象。 4、簡諧運動的周期 由②式得：ω= ，而圓周運動的角速度和簡諧運動的角頻率是一致的，所以 T = 2π ⑤ 5、簡諧運動的能量 一個做簡諧運動的振子的能量由動能和勢能構成，即 = mv2 + kx2 = kA2 注意：振子的勢能是由（回復力系數(shù)）k和（相對平衡位置位移）x決定的一個抽象的概念，而不是具體地指重力勢能或彈性勢能。當我們計量了振子的抽象勢能后，其它的具體勢能不能再做重復計量。 6、阻尼振動、受迫振動和共振 和高考要求基本相同。 二、機械波 1、波的產(chǎn)生和傳播 產(chǎn)生的過程和條件；傳播的性質(zhì)，相關參量（決定參量的物理因素） 2、機械波的描述 a、波動圖象。和振動圖象的聯(lián)系 b、波動方程 如果一列簡諧波沿x方向傳播，振源的振動方程為y = Acos（ωt + φ），波的傳播速度為v ，那么在離振源x處一個振動質(zhì)點的振動方程便是 y = Acos〔ωt + φ - 2π〕= Acos〔ω（t - ）+ φ〕 這個方程展示的是一個復變函數(shù)。對任意一個時刻t ，都有一個y（x）的正弦函數(shù)，在x-y坐標下可以描繪出一個瞬時波形。所以，稱y = Acos〔ω（t - ）+ φ〕為波動方程。 3、波的干涉 a、波的疊加。幾列波在同一介質(zhì)種傳播時，能獨立的維持它們的各自形態(tài)傳播，在相遇的區(qū)域則遵從矢量疊加（包括位移、速度和加速度的疊加）。 b、波的干涉。兩列波頻率相同、相位差恒定時，在同一介質(zhì)中的疊加將形成一種特殊形態(tài)：振動加強的區(qū)域和振動削弱的區(qū)域穩(wěn)定分布且彼此隔開。 我們可以用波程差的方法來討論干涉的定量規(guī)律。如圖2所示，我們用S1和S2表示兩個波源，P表示空間任意一點。 當振源的振動方向相同時，令振源S1的振動方程為y1 = A1cosωt ，振源S1的振動方程為y2 = A2cosωt ，則在空間P點（距S1為r1 ，距S2為r2），兩振源引起的分振動分別是 y1′= A1cos〔ω（t ? ）〕 y2′= A2cos〔ω（t ? ）〕 P點便出現(xiàn)兩個頻率相同、初相不同的振動疊加問題（φ1 = ，φ2 = ），且初相差Δφ= （r2 – r1）。根據(jù)前面已經(jīng)做過的討論，有 r2 ? r1 = kλ時（k = 0，1，2，…），P點振動加強，振幅為A1 + A2 ； r2 ? r1 =（2k ? 1）時（k = 0，1，2，…），P點振動削弱，振幅為│A1－A2│。 4、波的反射、折射和衍射 知識點和高考要求相同。 5、多普勒效應 當波源或者接受者相對與波的傳播介質(zhì)運動時，接收者會發(fā)現(xiàn)波的頻率發(fā)生變化。多普勒效應的定量討論可以分為以下三種情況（在討論中注意：波源的發(fā)波頻率f和波相對介質(zhì)的傳播速度v是恒定不變的）—— a、只有接收者相對介質(zhì)運動（如圖3所示） 設接收者以速度v1正對靜止的波源運動。 如果接收者靜止在A點，他單位時間接收的波的個數(shù)為f ， 當他迎著波源運動時，設其在單位時間到達B點，則= v1 ，、 在從A運動到B的過程中，接收者事實上“提前”多接收到了n個波 n = = = 顯然，在單位時間內(nèi)，接收者接收到的總的波的數(shù)目為：f + n = f ，這就是接收者發(fā)現(xiàn)的頻率f1 。即 f1 = f 顯然，如果v1背離波源運動，只要將上式中的v1代入負值即可。如果v1的方向不是正對S ，只要將v1出正對的分量即可。 b、只有波源相對介質(zhì)運動（如圖4所示） 設波源以速度v2正對靜止的接收者運動。 如果波源S不動，在單位時間內(nèi)，接收者在A點應接收f個波，故S到A的距離：= fλ 在單位時間內(nèi)，S運動至S′，即= v2 。由于波源的運動，事實造成了S到A的f個波被壓縮在了S′到A的空間里，波長將變短，新的波長 λ′= = = = 而每個波在介質(zhì)中的傳播速度仍為v ，故“被壓縮”的波（A接收到的波）的頻率變?yōu)? f2 = = f 當v2背離接收者，或有一定夾角的討論，類似a情形。 c、當接收者和波源均相對傳播介質(zhì)運動 當接收者正對波源以速度v1（相對介質(zhì)速度）運動，波源也正對接收者以速度v2（相對介質(zhì)速度）運動，我們的討論可以在b情形的過程上延續(xù)… f3 = f2 = f 關于速度方向改變的問題，討論類似a情形。 6、聲波 a、樂音和噪音 b、聲音的三要素：音調(diào)、響度和音品 c、聲音的共鳴 第二講 重要模型與專題 一、簡諧運動的證明與周期計算 物理情形：如圖5所示，將一粗細均勻、兩邊開口的U型管固定，其中裝有一定量的水銀，汞柱總長為L 。當水銀受到一個初始的擾動后，開始在管中振動。忽略管壁對汞的阻力，試證明汞柱做簡諧運動，并求其周期。 模型分析：對簡諧運動的證明，只要以汞柱為對象，看它的回復力與位移關系是否滿足定義式①，值得注意的是，回復力系指振動方向上的合力（而非整體合力）。當簡諧運動被證明后，回復力系數(shù)k就有了，求周期就是順理成章的事。 本題中，可設汞柱兩端偏離平衡位置的瞬時位移為x 、水銀密度為ρ、U型管橫截面積為S ，則次瞬時的回復力 ΣF = ρg2xS = x 由于L、m為固定值，可令： = k ，而且ΣF與x的方向相反，故汞柱做簡諧運動。 周期T = 2π= 2π 答：汞柱的周期為2π 。 學生活動：如圖6所示，兩個相同的柱形滾輪平行、登高、水平放置，繞各自的軸線等角速、反方向地轉動，在滾輪上覆蓋一塊均質(zhì)的木板。已知兩滾輪軸線的距離為L 、滾輪與木板之間的動摩擦因素為μ、木板的質(zhì)量為m ，且木板放置時，重心不在兩滾輪的正中央。試證明木板做簡諧運動，并求木板運動的周期。 思路提示：找平衡位置（木板重心在兩滾輪中央處）→力矩平衡和ΣF6= 0結合求兩處彈力→求摩擦力合力… 答案：木板運動周期為2π 。 鞏固應用：如圖7所示，三根長度均為L = 2.00m地質(zhì)量均勻直桿，構成一正三角形框架ABC，C點懸掛在一光滑水平軸上，整個框架可繞轉軸轉動。桿AB是一導軌，一電動松鼠可在導軌上運動?，F(xiàn)觀察到松鼠正在導軌上運動，而框架卻靜止不動，試討論松鼠的運動是一種什么樣的運動。 解說：由于框架靜止不動，松鼠在豎直方向必平衡，即：松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。設松鼠的質(zhì)量為m ，即： N = mg ① 再回到框架，其靜止平衡必滿足框架所受合力矩為零。以C點為轉軸，形成力矩的只有松鼠的壓力N、和松鼠可能加速的靜摩擦力f ，它們合力矩為零，即： MN = Mf 現(xiàn)考查松鼠在框架上的某個一般位置（如圖7，設它在導軌方向上距C點為x），上式即成： Nx = fLsin60 ② 解①②兩式可得：f = x ，且f的方向水平向左。 根據(jù)牛頓第三定律，這個力就是松鼠在導軌方向上的合力。如果我們以C在導軌上的投影點為參考點，x就是松鼠的瞬時位移。再考慮到合力與位移的方向因素，松鼠的合力與位移滿足關系—— = －k 其中k = ，對于這個系統(tǒng)而言，k是固定不變的。 顯然這就是簡諧運動的定義式。 答案：松鼠做簡諧運動。 評說：這是第十三屆物理奧賽預賽試題，問法比較模糊。如果理解為定性求解，以上答案已經(jīng)足夠。但考慮到原題中還是有定量的條件，所以做進一步的定量運算也是有必要的。譬如，我們可以求出松鼠的運動周期為：T = 2π = 2π = 2.64s 。 二、典型的簡諧運動 1、彈簧振子 物理情形：如圖8所示，用彈性系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連著一個質(zhì)量為m的小球，置于傾角為θ的光滑斜面上。證明：小球在彈簧方向的振動為簡諧運動，并求其周期T 。 學生自己證明…。周期T = 2π 模型分析：這個結論表明，彈簧振子完全可以突破放置的方向而伸展為一個廣義的概念，且伸展后不會改變運動的實質(zhì)。其次，我們還可以這樣拓展：把上面的下滑力換程任何一個恒力（如電場力），它的運動性質(zhì)仍然不會改變。 當然，這里的運動性質(zhì)不變并不是所有運動參量均不改變。譬如，振子的平衡位置、振動方程還是會改變的。下面我們看另一類型的拓展—— 物理情形：如圖9所示，兩根相同的彈性系數(shù)分別為k1和k2的輕質(zhì)彈簧，連接一個質(zhì)量為m的滑塊，可以在光滑的水平面上滑動。試求這個系統(tǒng)的振動周期T 。 解說：這里涉及的是彈簧的串、并聯(lián)知識綜合。根據(jù)彈性系數(shù)的定義，不難推導出幾個彈性系數(shù)分別為k1、k2、…、kn的彈簧串、并聯(lián)后的彈性系數(shù)定式（設新彈簧系統(tǒng)的彈性系數(shù)為k）——串聯(lián)： = 并聯(lián)：k = 在圖9所示的情形中，同學們不難得出：T = 2π 當情形變成圖10時，會不會和圖9一樣呢？詳細分析形變量和受力的關系，我們會發(fā)現(xiàn)，事實上，這時已經(jīng)變成了彈簧的并聯(lián)。 答案：T = 2π 。 思考：如果兩個彈簧通過一個動滑輪（不計質(zhì)量）再與質(zhì)量為m的鉤碼相連，如圖11所示，鉤碼在豎直方向上的振動周期又是多少？ 解：這是一個極容易出錯的變換——因為圖形的外表形狀很象“并聯(lián)”。但經(jīng)過仔細分析后，會發(fā)現(xiàn)，動滑輪在這個物理情形中起到了重要的作用——致使這個變換的結果既不是串聯(lián)、也不是并聯(lián)。 ★而且，我們前面已經(jīng)證明過，重力的存在并不會改變彈簧振子的振動方程，所以為了方便起見，這里（包括后面一個“在思考”題）的受力分析沒有考慮重力。 具體分析如下： 設右邊彈簧的形變量為x2 、滑輪（相對彈簧自由長度時）的位移為x 、鉤子上的拉力為F ，則 k1x1 = k2x2 x = F = 2 k2x2 解以上三式，得到：F = x ，也就是說，彈簧系統(tǒng)新的彈性系數(shù)k = 。 答：T = π 。 再思考：如果兩彈簧和鉤碼通過輕桿和轉軸，連成了圖12所示的系統(tǒng)，已知k1 、k2 、m 、a 、b ，再求鉤碼的振動周期T 。 思路提示：探討鉤碼位移和回復力關系，和“思考”題類似。 （過程備考：設右彈簧伸長x2 ，則中間彈簧伸長x1 = x2 鉤碼的位移量x = x1 + x2 而鉤碼的回復力F = k1x1 結合以上三式解回復力系數(shù)k = = ，所以…） 答：T = 2π 。 2、單擺 單擺分析的基本點，在于探討其回復力隨位移的變化規(guī)律。相對原始模型的伸展，一是關于擺長的變化，二是關于“視重加速度”的變化，以及在具體情形中的處理。至于復雜的擺動情形研究，往往會超出這種基本的變形，而僅僅是在分析方法上做適當借鑒。 物理情形1：如圖13所示，在一輛靜止的小車內(nèi)用長為L的輕繩靜止懸掛著一個小鋼球，當小車突然獲得水平方向的大小為a的加速度后（a＜g），試描述小球相對小車的運動。 模型分析：小鋼球相對車向a的反方向擺起，擺至繩與豎直方向夾角θ= arctg時，達到最大速度，此位置即是小球相對車“單擺”的平衡位置。以車為參照，小球受到的場力除了重力G外，還有一慣性力F 。所以，此時小球在車中相當于處在一個方向傾斜θ、大小變?yōu)榈男隆爸亓Α钡淖饔茫瑢俪厍闆r。這是一種“視重加速度”增加的情形。 解說：由于擺長L未變，而g視 = ，如果a很小，致使最大擺角不超過5的話，小角度單擺可以視為簡諧運動，周期也可以求出來。 答案：小球以繩偏離豎直方向θ= arctg的角度為平衡位置做最大擺角為θ的單擺運動，如果θ≤5，則小球的擺動周期為T = 2π 物理情形2：某秋千兩邊繩子不等長，且懸點不等高，相關數(shù)據(jù)如圖14所示，且有a2 + b2 = + ，試求它的周期（認為人的體積足夠?。? 模型分析：用C球替代人，它實際上是在繞AB軸擺動，類似將單擺放置在光滑斜面上的情形。故視重加速度g視 = gcosθ= g ，等效擺長l = ，如圖15所示。 由于a2 + b2 = + 可知，AC⊥CB ，因此不難求出 = ，最后應用單擺周期公式即可。 答案：T = 2π 。 相關變換1：如圖16所示，質(zhì)量為M的車廂中用長為L的細繩懸掛著一個質(zhì)量為m的小球，車輪與水平地面間的摩擦不計，試求這個系統(tǒng)做微小振動的周期。 分析：我們知道，證明小角度單擺作簡諧運動用到了近似處理。在本題，也必須充分理解“小角度”的含義，大膽地應用近似處理方法。 解法一：以車為參照，小球將相對一個非慣性系作單擺運動，在一般方位角θ的受力如圖17所示，其中慣性力F = ma ，且a為車子的加速度。由于球在垂直T方向振動，故回復力 F回 = Gsinθ+ Fcosθ= mgsinθ+ macosθ ① *由于球作“微小”擺動，其圓周運動效應可以忽略，故有 T + Fsinθ≈ mgcosθ ② 再隔離車，有 Tsinθ= Ma ③ 解①②③式得 F回 = *再由于球作“微小”擺動，sin2θ→0 ，所以 F回 = ④ 令擺球的振動位移為x ，常規(guī)處理 sinθ≈ ⑤ 解④⑤即得 F回 = x 顯然， = k是恒定的，所以小球作簡諧運動。最后求周期用公式即可。 解法二：由于車和球的系統(tǒng)不受合外力，故系統(tǒng)質(zhì)心無加速度。小球可以看成是繞此質(zhì)心作單擺運動，而新擺長L′會小于L 。由于質(zhì)心是慣性參照系，故小球的受力、回復力的合成就很常規(guī)了。 若繩子在車內(nèi)的懸掛點在正中央，則質(zhì)心在水平方向上應與小球相距x = Lsinθ，不難理解，“新擺長”L′= L 。（從嚴謹?shù)囊饬x上來講，這個“擺長”并不固定：隨著車往“平衡位置”靠近，它會加長。所以，這里的等效擺長得出和解法一的忽略圓周運動效應事實上都是一種相對“模糊”的處理。如果非要做精準的運算，不啟用高等數(shù)學工具恐怕不行。） 答：T = 2π 。 相關變換2：如圖18所示，有一個均質(zhì)的細圓環(huán)，借助一些質(zhì)量不計的輻條，將一個與環(huán)等質(zhì)量的小球固定于環(huán)心處，然后用三根豎直的、長度均為L且不可伸長的輕繩將這個物體懸掛在天花板上，環(huán)上三個結點之間的距離相等。試求這個物體在水平方向做微小扭動的周期。 分析：此題的分析角度大變。象分析其它物理問題一樣，分析振動也有動力學途徑和能量兩種途徑，此處若援用動力學途徑尋求回復力系數(shù)k有相當?shù)碾y度，因此啟用能量分析。 本題的任務不在簡諧運動的證明，而是可以直接應用簡諧運動的相關結論。根據(jù)前面的介紹，任何簡諧運動的總能都可以表達為 E = kA2 ①而我們對過程進行具體分析時，令最大擺角為θ（為了便于尋求參量，這里把擺角夸大了）、環(huán)和球的質(zhì)量均為m ，發(fā)現(xiàn)最大的勢能（即總能）可以表達為（參見圖19） E = 2mgL(1 ? cosθ) ② 且振幅A可以表達為 A = 2Lsin ③ 解①②③式易得：k = 最后求周期時應注意，中間的球體未參與振動，故不能納入振子質(zhì)量（振子質(zhì)量只有m）。 答：T = π 。 三、振動的合成 物理情形：如圖20所示，一個手電筒和一個屏幕的質(zhì)量均為m ，都被彈性系數(shù)為k的彈簧懸掛著。平衡時手電筒的光斑恰好照在屏幕的正中央O點?，F(xiàn)在令手電筒和屏幕都在豎直方向上振動（無水平晃動或扭動），振動方程分別為y1 = Acos(ωt + φ1)，y2 = Acos(ωt + φ2) 。試問：兩者初位相滿足什么條件時，可以形成這樣的效果：（1）光斑相對屏幕靜止不動：（2）光斑相對屏幕作振幅為2A的振動。 模型分析：振動的疊加包括振動的相加和相減。這里考查光斑相對屏幕的運動事實上是尋求手電筒相對屏幕的振動，服從振動的減法。設相對振動為y ，有 y = y1 ? y2 = Acos(ωt + φ1) ? Acos(ωt + φ2) = ?2Asinsin() 解說：（1）光斑相對屏幕靜止不動，即y = 0 ，得 φ1 = φ2 （2）要振幅為2A ，必須 = 1 ，得φ1 ? φ2 = π 答案：初位相相同；初位相相反。 相關變換：一質(zhì)點同時參與兩個垂直的簡諧運動，其表達式分別為x = 2cos(2ωt +2φ) ，y = sinωt 。（1）設φ = ，求質(zhì)點的軌跡方程，并在xOy平面繪出其曲線；（2）設φ = π ，軌跡曲線又怎樣？ 解：兩個振動方程事實已經(jīng)構成了質(zhì)點軌跡的參數(shù)方程，我們所要做的，只不過是消掉參數(shù)，并尋求在兩個具體φ值下的特解。在實際操作時，將這兩項工作的次序顛倒會方便一些。 （1）當φ = 時，x = ?2(1 ? 2sin2ωt) ，即 x = 4y2 ? 2 描圖時應注意，振動的物理意義體現(xiàn)在：函數(shù)的定義域 ?1 ≤ y ≤ 1 (這事實上已經(jīng)決定了值域 ?2 ≤ x ≤ 2 ) （2）當φ =π時，同理 x = 2(1 ? 2sin2ωt)= 2 ? 4y2 答：軌跡方程分別為x = 4y2 ? 2和x = 2 ? 4y2 ，曲線分別如圖21的（a）（b）所示—— 四、簡諧波的基本計算 物理情形：一平面簡諧波向?x方向傳播，振幅A = 6cm ，圓頻率ω= 6πrad/s ，當t = 2.0s時，距原點O為12cm處的P點的振動狀態(tài)為yP = 3cm ，且vP ＞ 0 ,而距原點22cm處的Q點的振動狀態(tài)為yQ = 0 ，且vQ ＜ 0 。設波長λ＞10cm ，求振動方程，并畫出t = 0時的波形圖。 解說：這是一個對波動方程進行了解的基本訓練題。簡諧波方程的一般形式已經(jīng)總結得出，在知道A、ω的前提下，加上本題給出的兩個特解，應該足以解出v和φ值。 由一般的波動方程y = Acos〔ω（t - ）+ φ〕 （★說明：如果我們狹義地理解為波源就在坐標原點的話，題目給出特解是不存在的——因為波向?x方向傳播——所以，此處的波源不在原點。同學們自己理解：由于初相φ的任意性，上面的波動方程對波源不在原點的情形也是適用的。） 參照簡諧運動的位移方程和速度方程的關系，可以得出上面波動方程所對應質(zhì)點的速度（復變函數(shù)） v = ?ωAsin〔ω（t - ）+ φ〕 代t = 2.0s時P的特解，有—— yP = 6cos〔6π（2 - ）+ φ〕= 3 ，vP = ?36πsin〔6π（2 - ）+ φ〕＞ 0 即 6π（2 - ）+ φ = 2k1π - ① 代t = 2.0s時Q的特解，有—— yQ = 6cos〔6π（2 - ）+ φ〕= 0 ，vQ = ?36πsin〔6π（2 - ）+ φ〕＜ 0 即 6π（2 - ）+ φ = 2k2π + ② 又由于 = 22 ? 12 = 10 ＜λ ，故k1 = k2 。解①②兩式易得 v = ?72cm/s ， φ= （或?） 所以波動方程為：y = 6cos〔6π（t + ）+ 〕，且波長λ= v = 24cm 。 當t = 0時， y = 6cos（x + ），可以描出y-x圖象為—— 答案：波動方程為y = 6cos〔6π（t + ）+ 〕，t = 0時的波形圖如圖22所示。 相關變換：同一媒質(zhì)中有甲、乙兩列平面簡諧波，波源作同頻率、同方向、同振幅的振動。兩波相向傳播，波長為8m ，波傳播方向上A、B兩點相距20m ，甲波在A處為波峰時，乙波在B處位相為? ，求AB連線上因干涉而靜止的各點的位置。 解：因為不知道甲、乙兩波源的位置，設它們分別在S1和S2兩點，距A、B分別為a和b ，如圖23所示。 它們在A、B之間P點（坐標為x）形成的振動分別為—— y甲 = Acosω（t - ）= Acos〔ωt ? （a + x）〕 y乙 = Acosω（t ? ）= Acos〔ωt ? （20 + b ? x）〕 這也就是兩波的波動方程（注意：由于兩式中a、b、x均是純數(shù)，故乙波的速度矢量性也沒有表達） 當甲波在A處（x = 0）為波峰時，有 ωt = ①此時，乙波在B處（x = 20）的位相為? ，有 ωt ? = ? ② 結合①②兩式，得到 b ? a = 2 所以，甲波在任意坐標x處的位相 θ甲 = ωt ? （a + x） 乙波則為θ乙 = ωt ? （22 + a ? x） 兩列波因干涉而靜止點，必然滿足θ甲 ?θ乙 =（2k - 1）π所以有 x = 13 ? 4k ，其中 k = 0，1，2，… 在0~20的范圍內(nèi)，x = 1、5、9、13、17m 答：距A點1m、5m、9m、13m、17m的五個點因干涉始終處于靜止狀態(tài)。 思考：此題如果不設波源的位置也是可以解的，請同學們自己嘗試一下… （后記：此題直接應用波的干涉的結論——位相差的規(guī)律，如若不然，直接求y甲和y乙的疊加，解方程將會困難得多。此外如果波源不是“同方向”振動，位相差的規(guī)律會不同。） 第三講 典型例題解析 教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，xx年8月第一版。 例題選講針對“教材”第九、第十章的部分例題和習題。關于波的知識，現(xiàn)在的很多奧賽教材都基本只涉及高考范疇的內(nèi)容，《奧林匹克物理思維訓練教材》的第十章也是如此。這是不是意味著奧賽的考綱有所更新——要求降低了？