湖南省岳阳县第一中学物理奥赛教案+第四讲+振动和波.doc

湖南省岳阳县第一中学2014年物理奥赛教案
第四讲 振动和波
知识要点：简揩振动。振幅。频率和周期。位相。振动的图象。参考圆。振动的速度和加速度。由动力学方程确定简谐振动的频率。阻尼振动。受迫振动和共振（定性了解）。
横波和纵波。波长、频率和波速的关系。波的图象。波的干涉和衍射（定性）。声波。声音的响度、音调和音品。声音的共鸣。乐音和噪声。
一、简谐运动
1、简谐运动定义：= －k 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：= －
wA
m
w2A
q
q =wt+j0
x
O
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：x = -mw2Acosq=-mw2
对于一个给定的匀速圆周运动，m、w是恒定不变的，可以令：
mw2 = 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。从图中不难得出——
位移方程： = Acos(wt +j0) ②
速度方程： = －wAsin(wt +j0) ③
加速度方程：= －w2A cos(wt +j0) ④
相关名词：(wt +j0)称相位，φ称初相。
运动学参量的相互关系：= －w2
A = tgφ= －
m
m
h
A
B
O
1
2
【例1】如图所示，有一个弹簧振子质量为m，平衡位置为O点，其圆频率为0.5p/s,另一个质量也是m的滑块由h=0.20m高的A点由静止滑到曲面底部B需时tAB=1.5s，OB间距L=6.0m。现将弹簧振子向左压缩到x0=2.0m处释放，同时释放A处的质点，两个质点碰撞后粘在一起。若从碰撞时开始计时，求系统的振动方程（不计摩擦）
解析：从释放两个物体时开始计时，到t1时刻两物体相撞，那么根据题意可得(振动方程向左为正)
v2(t1-1.5)+[2-2cosw1t1]=8 ……①
根据机械能守恒可得：
v2==2.0m/s
代入方程①得：2t1-2cos0.5pt1=9
这个方程不易求解，可以用作图法来解(这是一种有效且具有普遍意义的方法)。作出
x1=2t1-9
x2=2cos(0.5pt1)
两条曲线交于t1=4.8s处，即t1=4.8s为方程解。
由x=2cos(0.5pt1)=0.61m可知，碰撞发生在O点左边061m处；
根据v=-2´0.5p´sin(0.5pt1)=-3.0m/s，可知发生碰撞前振子的速度为3.0m/s，方向向右。
根据动量守恒定律：(忽略碰撞过程中弹簧的作用力)
-3m+2m=2mv
x/m
t1/x
2
-2
2
1
3

4
5
可得：v=-0.5m/s
根据振动方程：x=Acos(wt+j0)，v=-Awsin(wt+j0)
令t=0，便有：x=Acosj0 ……② v=-Awsinj0 ……③
将②③式平方相加，可得：A=
将③÷②得：tanj0=
碰撞前的弹簧振子：w==0.5p/s
碰撞后的弹簧振子：w'===p/s
根据碰撞后的x、v、w'，可知碰撞后
A==m=0.76m
j0=arctan(-)=arctan(-)rad=0.64rad
所以碰撞后的振动方程为(向左为正)
x'=0.76cos(1.11t+0.64)m
v'=-0.84sin(1.11t+0.64)m/s
a'=-0.93cos(1.11t+0.64)m/s2
3、简谐运动的周期
如果能够证明一个物体受的合外力：F合=-kx
那么这个物体一定做简谐振动，而且振动周期为
T= = 2π
由于圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的，即有ω=
【例2】如图所示，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。
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。
x
x
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 =rg2xS = x
由于L、m为固定值，可令：=k，而且ΣF与x的方向相反，故汞柱做简谐运动。
周期T = 2π= 2π
L
m
扩展1：如图所示，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。
提示：找平衡位置（木板重心在两滚轮中央处）→力矩平衡和ΣF=0结合求两处弹力→求摩擦力合力…
答案：木板运动周期为2π 。
x
A
B
C
扩展2：如图所示，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。(第十三届物理奥赛预赛试题)
解析：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，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 = 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——= －k
其中k = ，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。
点评：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 = 2π = 2.64s 。
4、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
动能为：Ek=mv2 =mw2A2sin2(wt+j0)
势能为：EP=kx2 =kA2cos2(wt+j0)
总能量为：=mv2 +kx2 =kA2=mw2A2
Ek
Ep
x
E
kA2/2
O
-A
A
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。
简谐运动的动能Ek、势能Ep和总能量ΣE随位移x变化的图线如图所示，很明显，在振动过程中，系统的总能量是守恒的。
5、弹簧振子
(1)恒力对弹簧振子的作用
比较一个在光滑水平面上振动的和另一个竖直悬挂振动的弹簧振子，如果m和k相同，则它们的振动周期T是相同的。这就是说，一个振动方向上的恒力一般不会改变振动的周期。
【例3】如果在电梯中竖直悬挂一个弹簧振子，弹簧原长L0，振子质量为m=1.0kg，电梯静止时弹簧伸长DL=0.10m，从t=0时开始电梯以g/2的加速度加速下降t=ps，然后又以g/2的加速度减速下降直到停止。试画出弹簧的伸长DL随时间t变化的图线。
解析：由于弹簧振子是相对于电梯做简谐运动，而电梯是一个有加速度的非惯性系，因此要考虑弹簧振子受到的惯性力f，在匀变速运动中，惯性力是一个恒力，不会改变振子的振动周期，振动周期为
T= = 2π
因为k=mg/DL，所以：T=2π=0.2p(s)
因此，在电梯向下加速和减速运动的过程中，振动的次数都为
n=t/T=p/0.2p=5次
当电梯向下加速运动时，振子受到向上的惯性力mg/2，在此力和重力mg的共同作用下，振子的平衡位置在：DL1==DL/2 的地方。
t
DL
2DL
DL
0
p
2p
同样，当电梯向下减速运动时，振子的平衡位置在：DL2==3DL/2 的地方
在电梯向下加速运动期间，振子正好完成5次全振动，因此两个阶段内振子的振幅都是DL/2，弹簧的伸长随时间变化的规律如图所示。
(2)弹簧的组合
设有几个劲度系数分别为k1、k2、……、kn的轻弹簧串联起来，组成一个新弹簧组，当这个新弹簧组在F力作用下伸长时，各弹簧的伸长为xi，那么总伸长为
x=
各弹簧受的拉力也是F，所以有：xi= F/ki
故：x=F
根据劲度系数的定义，弹簧组的劲度系数：
k=F/x
即得：=
q
m
k
如果上述几个弹簧并联在一起构成一个新弹簧组，那么各弹簧伸长是相同的，要使各弹簧都伸长x，需要的外力为
F==x
根据劲度系数的定义，弹簧组的劲率系数为
k= F/x=
【例题4】如图所示，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
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。
扩展1：如图所示，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 。
k1
k2
m
解析：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： = 并联：k =
扩展2：在第二图所示的情形中，同学们不难得出：T = 2π
k1
k2
m
扩展3：当情形变成第三图时，会不会和第二图一样呢？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 。
k1
k2
m
扩展4：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，第四图所示，钩码在竖直方向上的振动周期又是多少？
解析：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。
注意：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 = F = 2 k2x2
解以上三式，得到：F=x，也就是说，弹簧系统新的弹性系数k = 。
答：T = π。
思考：如果两弹簧和钩码通过轻杆和转轴，连成了图所示的系统，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。
m
k1
k2
a
b
解析：设右弹簧伸长x2 ，则中间弹簧伸长x1 = x2
钩码的位移量x = x1 + x2
而钩码的回复力F = k1x1
结合以上三式解回复力系数k = = ，所以…
答：T = 2π 。
m1
m2
【例5】一个质量为m2的光滑滑轮由劲度系数为k的轻弹簧吊在天花板上，一根轻绳一端悬挂一个质量为m1的重物，另一端竖直固定在地板上。试证明：重物沿竖直方向的振动是简谐振动，并求其周期。
解法一：因为滑轮是光滑的，所以滑轮两边绳上的张力是相同的，设平衡时弹簧的伸长是y0，则有
ky0=2m1g+m2g ……①
当重物向下偏离平衡位置x时，弹簧的伸长应该是y0+x/2，设此时绳子的张力是F，则根据牛顿第二定律有：
F-m1g=m1a ……②
k(y0+x/2)-m2g-2F=m2a2 ……③
当绳子不发生弯曲时a1=2a2，所以由以上两式得：
m1m2g+(4m1+m2)F-2m1k(y0+x/2)=0 ……④
将①式代入④得：F=m1g+
所以m1受的合力为
SF=F-m1g=
因=k'是个常数，所以SF和x成正比，而且方向相反，因此，m1做的是简谐振动，周期为
T=2p=2p
要绳子不发生弯曲，必须使振子的最大加速度小于重力加速度g，即
Aw2振子
【例6】质量分别为mA和mB的两个木块A和B，用一根劲度系数为k的轻弹簧联接起来，放在光滑水平桌面上，现让两木块将弹簧压缩后由静止释放，求系统振动的周期。
解析：想像两端各用一个大小为F、方向相反的力将弹簧压缩，设某时刻A、B各偏离了原来的平衡位置xA和xB，因为系统受的合力始终是零，所以应该有：
mAxA=mBxB ……①
A、B两物体受的力的大小：FA=FB=k(xA+xB) ……②
由①②得：FA=，FB=
由此可见A、B两物体都做简谐运动，周期都是
T=
方法二：因为两物体的质心处的弹簧是不动的，所以可以将弹簧看成两段。如果弹簧总长为L0，左边一段原长为：，劲度系数为；右边一段原长为，劲度系数为，这样处理是一样的。
6、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。
单摆的运动在摆角小于5°时可近似地看做是一个简谐运动，振动周期为T=。在一些“异形单摆”中，L和g将做一些变化。如等效摆长、等效重力加速度等。
【例7】如图所示，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
a
L
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。
解析：由于摆长L未变，而g视=，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。
b
a
A
C
B
L1
L2
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
扩展1：某秋千两边绳子不等长，且悬点不等高，相关数据如图所示，且有a2 + b2 = + ，试求它的周期（认为人的体积足够小）。
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 = ，如图所示。
b
a
A
C
B
L1
L2
D
由于a2 + b2 = + 可知，AC⊥CB ，因此不难求出
= ，最后应用单摆周期公式即可。
答案：T = 2π 。
扩展2：如图所示，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。
M
m
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 =
*再由于球作“微小”摆动，sin2θ→0 ，所以 F回 = ④
令摆球的振动位移为x ，常规处理 sinθ≈ ⑤
解④⑤即得 F回 = x
显然， = k是恒定的，所以小球作简谐运动。最后求周期用公式即可。
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= Lsinθ，不难理解，“新摆长”L′= L 。（从严谨的意义上来讲，这个“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 。
★注：这是一个悬点不固定的单摆。
扩展3：如图所示，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 = kA2 ……①
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）
E = 2m·gL(1−cosθ) ……②
且振幅A可以表达为
A = 2Lsin ……③
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 。
7、振动的合成
【例8】一个质点同时参与了两个振动：
x1=A1cos(wt+j1)；x2=A2cos(wt+j2)
试描述这个质点的运动情况。
解法一：因质点同是参与了两个振动，所以它的位移是两个位移的合位移，即
x=x1+x2= A1cos(wt+j1)+A2cos(wt+j2)
=A1coswtcosj1-A1sinwtsinj1+A2coswtcosj2-A2sinwtsinj2
=(A1cosj1+A2cosj2)coswt-(A1sinj1+A2sinj2)sinwt
=Acosjcoswt-Asinjsinwt
=Acos(wt+j) ……①
其中：Acosj=A1cosj1+A2cosj2……②
Asinj=A1sinj1+A2sinj2……③
因此可见，质点做的仍然是简谐振动，由②③可解得合振动的振幅和初位分别为
A= ……④
j=arcot……⑤
当两个分振动同位相时，即j1=j2时，A=A1+A2；当两个分振动位相相反时，即j1-j2=p时，A=|A1-A2|
x
y
A2
A1
A
j1
O
解法二：矢量图解法
如图所示，因为两个分振动的w是相同的，所以OA1AA2是一个稳定的平行四边形，即合振动也是一个简谐运动，而且圆频率也是w。在DOA1A中用余弦定理就可以得到④的结论。将OA1和OA2分别进行正交分解后再合成OA，即可以得到⑤的结果。

【例9】如图所示，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。
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)
= −2Asinsin()
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=1，得φ1 − φ2 = ±π
答案：初位相相同；初位相相反。
变换1：一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=，求质点的轨迹方程，并在xOy平面绘出其曲线；(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
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 − 2sin2ωt)= 2 − 4y2
答：轨迹方程分别为x = 4y2 − 2和x = 2 − 4y2 ，曲线分别如图（a）（b）所示

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
设有一列平面简谐波沿轴水平传播，如果为横波，则各质点元均在y垂直方向振动，取坐标原点为O，则其振动方程为：
y0 = Acos(wt+j]
式中A为振幅，w为振动频率，j为O点的初相。设波速为u，波从O点传到距离为x的P点的振动要比O点振动状态落后一个位相
y=Acos[w(t-Dt)+j ]=Acos[w(t-)+j]
如果O点初相j=0，则：y=Acosw(t-)
此为平面简谐波的波动方程。
在此方程中有两个自变量：t和x，当t不变时，这个方程描写某时刻波上各点相对平衡位置的位移，当x不变时，这个方向就是波中某一点的振动方程。
【例10】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。
解析：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 -)+φ]
★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 - )+φ]
代t = 2.0s时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时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①②两式易得
v = −72cm/s ， φ= （或−）
所以波动方程为：y = 6cos〔6π（t + ）+ 〕，且波长λ= v = 24cm 。
当t = 0时，
y = 6cos（x + ），可以描出y-x图象为
答案：波动方程为y = 6cos〔6π（t + ）+ 〕，t = 0时的波形图如图所示。
扩展：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的各点的位置。
解析：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 - ）= Acos〔ωt − （a + x）〕
y乙 = Acosω（t − ）= 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A处（x = 0）为波峰时，有 ωt = ……①
此时，乙波在B处（x = 20）的位相为− ，有 ωt − = − ……②
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）
乙波则为θ乙 = ωt − （22 + a − x）
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…
注：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。
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−)]
P点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题（φ1= ，φ2=），且初相差Δφ= (r2 – r1)。根据前面已经做过的讨论，有
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= 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 = = =
显然，在单位时间内，接收者接收到的总的波的数目为：f + n = f ，这就是接收者发现的频率f1 。即
f1 = f
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：= fλ
在单位时间内，S运动至S′，即= 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′= = = =
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 = = f
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 = f2 = f
关于速度方向改变的问题，讨论类似a情形。
【例11】一警报器发出频率为103Hz的声波，离观察者向一悬崖运动，其速度为10m/s，问：
(1)观察者直接从警报器中听到的声频为多少？
(2)从悬崖上反射的声波频率是多少？
解析：(1)观察者不动，声源在远离观察者运动
f===971(Hz)
(2)从悬崖上的反射波，相当于波源向观察者运动
f===1030(Hz)

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