最后更新: 2024-12-15 11:49 ● 参与者查看: 82 次纠错分享参与项目词条搜索

波的干涉衍射多普勒效应训练

1.波的叠加

在波的叠加中，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和.
2.波的干涉现象中加强点、减弱点的判断方法
(1)公式法

某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差 $\Delta r$.
①当两波源振动步调一致时。

若 $\Delta r=n \lambda(n=0,1,2, \cdots)$ ，则振动 加强；
若 $\Delta r=(2 n+1) \frac{\lambda}{2}(n=0,1,2, \cdots)$ ，则振动 减弱

②当两波源振动步调相反时.

若 $\Delta r=(2 n+1) \frac{\lambda}{2}(n=0,1,2, \cdots)$ ，则振动加强；
若 $\Delta r=n \lambda(n=0,1,2, \cdots)$ ，则振动 减弱。
(2) 图像法

在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。

3.多普勒效应的成因分析
(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数.
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小.

## 判断
1.两列波在介质中相遇，一定产生干涉现象.（×）
2. 两列波发生干涉时，加强区的质点振幅变大，质点一直处于位移最大处（ $\times$ ）
3.一切波都能发生衍射现象。（ $\sqrt{ }$ ）
4.发生多普勒效应时，波源的真实频率没有发生变化.（ $\sqrt{ }$ ）

`例`甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示，已知甲波的频率为4 Hz，则
 ![图片](/uploads/2024-12/928d6b.jpg)
A.两列波的传播速度均为4 m/s
B.两列波叠加后，x＝0处的质点振动减弱
C.两列波叠加后，x＝0.5 m处的质点振幅为30 cm
D.两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置不变

解：甲波的频率为 $4 Hz, T=\frac{1}{f}=0.25 s$, $\lambda_甲=2 m, v=\frac{\lambda}{T}=8 m / s$ ，由于在同
一介质中传播, 所以波速相同, 均为 $8 m / s$, 故 A 错误;
由于甲、乙两波的波长相等，在 $x=0$ 处为峰峰相遇或谷谷相遇，两列波叠加后， $x=0$ 处的质点振动加强，故 B 错误；
$x=0$ 处的质点振动加强， $x=0.5 m$ 处的质点振动减弱，振幅为 10 cm ，故 C 错误；
两列稳定的波叠加后，形成稳定的振动图样，两列波在某一点引起质点的振动情况是稳定的，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变，故D正确.

`例`两列频率相同、振幅分别为5 cm和7 cm的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，下列关于K、M、N三点的说法正确的是
 ![图片](/uploads/2024-12/954114.jpg)
A.质点K为振动减弱的点
B.经过一段时间，质点M、N的位移大小可能相等
C.质点N的振幅为2 cm
D.由图中时刻再经过   周期时，质点M的位移为零
解：质点K为波谷与波谷的相遇点，为振动加强的点，
选项A错误；
质点M是振动加强点，质点N是振动减弱点，此时
质点M的位移为12 cm，质点N的位移为2 cm；经
过一段时间，质点M、N的位移大小可能相等，选项B正确；
质点N是振动减弱点，振幅为7 cm－5 cm＝2 cm，选项C正确；
题图中时刻质点 $M$ 在波峰, 再经过 $\frac{1}{4}$ 周期时, 质点 $M$ 的位移为零,选项 D 正确.

`例`在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像.已知该波波长大于2 m，求这列波可能的波速.
 ![图片](/uploads/2024-12/20ae48.jpg)
 
 解：由振动图像得质点振动周期 $T=0.4 s$ ，
若波由 $A$ 向 $B$ 传播, $B$ 点比 $A$ 点晚振
动的时间 $\Delta t=n T+\frac{3}{4} T(n=0,1,2,3, \cdots)$,
所以 $A 、 B$ 间的距离为 $\Delta s=v \Delta t=\frac{\lambda}{T} \Delta t=n \lambda+\frac{3}{4} \lambda(n=0,1,2,3, \cdots)$,则波长为 $\lambda=\frac{4 \Delta s}{4 n+3}=\frac{16}{4 n+3} m(n=0,1,2,3, \cdots)$,
因为 $\lambda>2 m$ ，所以 $n=0,1$
当 $n=0$ 时, $\lambda_1=\frac{16}{3} m, v_1=\frac{\lambda_1}{T}=\frac{40}{3} m / s$,

当 $n=1$ 时, $\lambda_2=\frac{16}{7} m, v_2=\frac{\lambda_2}{T}=\frac{40}{7} m / s$.
若波由 $B$ 向 $A$ 传播, $A$ 点比 $B$ 点晚振动的时间 $\Delta t^{\prime}=n T+\frac{1}{4} T(n=0,1,2,3, \cdots)$,所以 $A 、 B$ 间的距离为 $\Delta s^{\prime}=n \lambda+\frac{1}{4} \lambda(n=0,1,2,3, \cdots)$,则波长为 $\lambda^{\prime}=\frac{4 \Delta s}{4 n+1}=\frac{16}{4 n+1} m(n=0,1,2,3, \cdots)$

因为 $\lambda>2 m$ ，所以 $n=0,1$
当 $n=0$ 时， $\lambda_1{ }^{\prime}=16 m, v_1{ }^{\prime}=40 m / s$ ，
当 $n=1$ 时, $\lambda_2{ }^{\prime}=\frac{16}{5} m, v_2{ }^{\prime}=8 m / s$.

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