第六部分 振動和波

第一講 基本知識介紹

《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：_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構成了質點在二維空間運動的軌跡參數方程，消去參數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）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、波的產生和傳播

產生的過程和條件；傳播的性質，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。對任意一個時刻t ，都有一個y（x）的正弦函數，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）。根據前面已經做過的討論，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和波相對介質的傳播速度v是恒定不變的）——

a、只有接收者相對介質運動（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，接收者接收到的總的波的數目為：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，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，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)?/p>

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運動

當接收者正對波源以速度v₁（相對介質速度）運動，波源也正對接收者以速度v₂（相對介質速度）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、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）→ú力矩平衡和Σ?F₆= 0結合求兩處彈力→ú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：

M_N = M_f

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：

N·x = f·Lsin60°                 ②

解①②兩式可得：f = x ，且f的方向水平向左。

根據牛頓第三定律，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，用彈性系數為k的輕質彈簧連著一個質量為m的小球，置于傾角為θ

第十部分 磁場

第一講 基本知識介紹

《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進定量計算；b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。

一、磁場與安培力

1、磁場

a、永磁體、電流磁場→磁現(xiàn)象的電本質

b、磁感強度、磁通量

c、穩(wěn)恒電流的磁場

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導體元段，在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應強度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導體元段的方向沿電流的方向、為導體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關系式dB = k結合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導線在任何位置激發(fā)的磁感強度。

畢薩定律應用在“無限長”直導線的結論：B = 2k ；

*畢薩定律應用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結論：B = 2πkI ；

*畢薩定律應用在“無限長”螺線管內部的結論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數。

2、安培力

a、對直導體，矢量式為 = I；或表達為大小關系式 F = BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。

b、彎曲導體的安培力

⑴整體合力

折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體（電流不變）的的安培力。

證明：參照圖9-1，令MN段導體的安培力F₁與NO段導體的安培力F₂的合力為F，則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。

證畢。

由于連續(xù)彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合，所以，關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。（說明：這個結論只適用于勻強磁場。）

⑵導體的內張力

彎曲導體在平衡或加速的情形下，均會出現(xiàn)內張力，具體分析時，可將導體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學方程求解。

c、勻強磁場對線圈的轉矩

如圖9-2所示，當一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質心無加速度），此瞬時的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數至N ，則 M = NBIS ；

⑵轉軸平移，結論不變（證明從略）；

⑶線圈形狀改變，結論不變（證明從略）；

*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；

證明：當α = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…

⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

證明：當β = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…

說明：在默認的情況下，討論線圈的轉矩時，認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定，而是讓安培力自行選定轉軸，這時的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q，或展開為f = qvBsinθ再結合左、右手定則確定方向（其中θ為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)。

b、能量性質

由于總垂直與確定的平面，故總垂直 ，只能起到改變速度方向的作用。結論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚�可使帶電粒子的動量發(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。

問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說：應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導體運動時，粒子參與的是沿導體棒的運動v₁和導體運動v₂的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f₁ = qv₁B的合力（見圖9-5）。

很顯然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f₁的正功和f₂的負功的代數和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v₁在10^?5m/s數量級，而v₂一般都在10^?2m/s數量級以上，致使f₁只是f的一個極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個問題，當導體棒放在光滑的導軌上時（參看圖9-6），導體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉化來的呢？

若先將導體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后，導體棒受安培力加速，將形成感應電動勢（反電動勢）。動力學分析可知，導體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動（感應電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內發(fā)的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以，導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動

a、⊥時，勻速圓周運動，半徑r =  ，周期T = 

b、與成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運動，半徑r =  ，螺距d = 

這個結論的證明一般是將分解…（過程從略）。

☆但也有一個問題，如果將分解（成垂直速度分量B₂和平行速度分量B₁ ，如圖9-7所示），粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B₂的平面內做圓周運動？

其實，在圖9-7中，B₁平行v只是一種暫時的現(xiàn)象，一旦受B₂的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B₁了。當B₁施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現(xiàn)的。）

3、磁聚焦

a、結構：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進磁場的發(fā)散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。

4、回旋加速器

a、結構&原理（注意加速時間應忽略）

b、磁場與交變電場頻率的關系

因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 =

c、最大速度 v_max = = 2πRf

5、質譜儀

速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場與安培力的計算

【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。

【解說】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略。

【答案】大小為8.0×10^?6T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外。

【例題2】半徑為R ，通有電流I的圓形線圈，放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中，求由于安培力而引起的線圈內張力。

【解說】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對應圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ →