7-06 驻波

合集下载

金笛MG35 4频段工业级GSM GPRS MODEM商品说明书

公司介绍产品零缺陷，售后零服务。

不需要服务的产品才是更好的产品。

缺图01金笛是一家集硬件、软件研发、生产、销售一体的高科技企业，注册资金2000万元，产品行销海内外，业内享有极高的美誉度。

MU-106M1806-NC5M1806-ME MG301-FT MC323RS232MC323MG301M1206B-FTMG35-FT M1806-NC5M1806-ME M1806N-NC5MG35-N M1806N-ME MG301-N小一体机MN1604大一体机MN1408RJ45M1206BMG35产品概述03把方便留给客户，把麻烦留给我们。

能简单才不简单。

提供高可靠的短信软硬件，立志把可靠性做到极致。

产品经过十多年的技术积累和积淀，不断迭代升级，日趋完善。

产品选型图02金笛MG35是一款全球4频段工业级GSM/GPRS MODEM，是一款2G短信猫。

金笛MG35 GSM/GPRS Modem其工作频段是GSM850MHz，EGSM900MHz，DCS1800MHz，PCS1900MHz。

提供GSM短信，GPRS数传业务，可在全球大多数国家使用。

该产品采用射频基带一体化超小超薄核心芯片方案，具有超低功耗、超宽温度、更快的速度传输率，抗干扰能力强。

经过雷击、浪涌、电脉冲、温度冲击、跌落、盐雾等大量可靠性测试，可靠性达到99.99%，是短信监控、报警、通知和M2M应用的理想方案。

超小超薄核心芯片金笛MG35核心模块采用强劲的ESD保护，直接放电空气±10KV，接触±5KV，充分的FLASH保护机制和多重防呆机制，保证设备可以长期稳定运行。

强劲ESD保护金笛MG35网络兼容性强，发送速度快，另有基站定位、空中升级固件等专利技术，价格却比较亲民，有着超高性价比。

超高性价比串口款USB口款做高性能的短信猫金笛GSM MODEM MG35典雅、端庄，如同一件精致的艺术品，七分圆润三分刚硬每一个细节的品性、品质，都经过严格测试与检测，把可靠性做到极致外壳采用铝合金材质，防刮防指纹，坚固耐用磨砂工艺，高端时尚，质感十足USB款MG35产品配件您可能有这样的经历，插机箱前的USB不识别，插机箱后的USB就正常。

06 驻波

驻波教案
教学目标
１、了解驻波现象。

了解波腹和波节
２、了解驻波是怎样产生的
３、了解驻波是一种特殊的干涉现象
教学重点
了解驻波是怎样产生的
了解驻波是一种特殊的干涉现象
教学难点
了解驻波是怎样产生的
教学方法与教具
启发式综合教学法
教学过程
一、复习：
波的干涉
二、授新：
共同阅读课本实验：
１、波节：介质中始终静止不动的点
２、波腹：介质中振幅最大的那些点
３、驻波：波形虽然随时间而改变，但是不向任何方向移动，这种现象叫做驻波行波：相对于驻波来说，波形向前传播的那种波叫做行波。

４、驻波的产生条件：
两列沿相反方向传播的振幅相同、频率相同的波叠加时，形成驻波５、相邻两波节的距离等于λ/2
讲解驻波的形成过程
６、驻波是一种特殊的干涉现象
７、弦乐器发声原理：
激起弦线的振动（弹、拉、打击），就能在弦线上产生驻波，并在周围的空气中发
出声波
８、演示实验：空气内的驻波
空气柱发出较强的声音，必须满足条件：空气柱的长度l=(2n+1)λ/4
９、管乐器发声原理：
激起空气驻的振动（如吹奏），就能使空气柱产生驻波，并在周围空气中发出声波。

气象学多媒体讲义-第八章

第八章海浪第一节概述一、波浪（Wave）要素1、波峰――波面的最高点。

2、波谷――波面的最低点。

3、波高（H）――相邻波峰与波谷之间的垂直距离。

4、波幅（a）――波高的一半，a=H/2。

5、波长（λ）――相邻两波峰或相邻两波谷之间的水平距离。

6、波陡（δ）――波高与波长之比，δ＝H/λ。

7、周期（T）――相邻的两波峰或两波谷相继通过一固定点所需要的时间。

8、频率（f）――周期的倒数，f＝1/T。

9、波速（C）――波峰或波谷在单位时间内的水平位移（波形传播的速度），C＝λ/ T。

10、波峰线――通过波峰垂直于波浪传播方向的线。

11、波向线――波形传播的方向线，垂直于波峰线。

二、波浪的分类1、按周期或频率分类海浪大部分能量集中在周期4～12s的范围内，属重力波范围。

最常见的重力波是风浪和涌浪。

2、按成因分类1）风浪和涌浪风浪（Wind Wave）――风的直接作用所引起的水面波动。

（无风不起浪）涌浪（Swell）――风浪离开风区传至远处，或者风区里风停息后所遗留下来的波浪。

（无风三尺浪）2）海啸（Tsunami，又称地震波）――由于海底或海岸附近发生地震或火山爆发所形成的海面异常波动。

特点：周期长，波长长，波速大，在外海坡度很小，当传至近岸时，波高剧增。

世界上常受海啸袭击的国家和地区有：日本、菲律宾、印度尼西亚、加勒比海、墨西哥沿岸、地中海。

3）风暴潮（Storm Surge）――由强烈的大气扰动（强台风、强锋面气旋、寒潮大风等）引起的海面异常上升现象。

主要原因：海面气压分布不均匀――气压每下降1hPa，海面约升高1cm；大风――风暴向岸边移动时，受强风牵引海水涌向岸边，海面升高，升高幅度与风速的平方成正比。

我国风暴潮多发区：莱州湾、渤海湾、长江口至闽江口、汕头至珠江口、雷州湾和海南岛东北角，其中莱州湾、汕头至珠江口是严重多发区。

4）内波（Internal Wave）――密度相差较大的水层界面上的波动。

LTE站点驻波查询方法

1.1.1D频段RRU查询驻波值的方法使用Remote工具，目前版本是1.8.2。

查询结果如下：bbuip rruip Pipe_1Pipe_2Pipe_3Pipe_4Pipe_5Pipe_6Pipe_7Pipe_8100.92.68. 54192.168.254.137P1:1.39P2:1.38P3:1.28P4:1.35P5:1.31P6:1.17P7:1.41P8:1.28100.92.68. 54192.168.254.129P1:1.00P2:1.00P3:1.40P4:1.46P5:1.34P6:1.35P7:1.43P8:1.49100.92.68. 54192.168.254.145P1:1.38P2:1.40P3:1.52P4:1.32P5:1.25P6:1.31P7:1.34P8:1.17告警体现有两种形式：1、网管上告警体现100 21 100 1837Antenna 2 0 additionalFaultId:1837100 11 100 1837Antenna 2 0 additionalFaultId:18372、Site Manager上告警体现1、对于网管上驻波告警信息，主要查看信息从左往右第二个字段（即上面标示红色的信息字段）。

上面告警信息表明是BBU侧Opt1口上第二级级联RRU（这里是FZNN）的射频通道出驻波告警。

2、对于Site Manager上的驻波告警信息，可以点击告警，就会在相应的RRU的相应天线口显示出来。

同时，也可通过“Source”信息读出是BBU侧Opt1口上第二级级联RRU（这里是FZNN）的射频通道出驻波告警。

3、可以通过RawAlarmHistory.txt文件内告警信息来确定驻波所在RRU 和通道。

使用FileZilla登录基站，在目录/ram/下可以找到该文件。

表明是BBU侧Opt3口上第一级级联RRU（这里是FZNN）的射频通道出驻波告警。

大学物理第四版课后习题及答案波动

第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ;1求波得振幅、波速、频率及波长；2求绳上质点振动时得最大速度；3分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷;画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同;14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ分析1已知波动方程又称波函数求波动的特征量波速u 、频率ν、振幅A 及彼长等,通常采用比较法;将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比较确定各特征量式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播;比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法;2讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别;例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度,其大小由介质的性质决定;介质不变,彼速保持恒定;3将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图;而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图;解1将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(--⋅-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得0,5.2,20.001=⋅==-ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω2绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0---⋅-⋅-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-⋅=s m v3 t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(--=ππ波形图如图14－1a 所示;x ＝1.0m 处质点的运动方程为()t s m y 15.2cos )20.0(--=π 振动图线如图14－1b 所示;波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则表示某确定位置的时间变化的情况;14-2 波源作简谐运动,其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π,它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播;1求波的周期及波长；2写出波的方程;14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π分析已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程,可先将运动方程与其一般形式()0cos ϕω+=t A y 进行比较,求出振幅地角频率ω及初相0ϕ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 中相应的三个物理量是相同的;再利用题中已知的波速U 及公式T /22ππνω==和uT =λ即可求解;解1由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1240-=s πω;根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有s T 31033.8/2-⨯==ωπ波长为m uT 25.0==λ2将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得0240100.4013==⨯=--ϕπω，，s m A故以波源为原点,沿X 轴正向传播的波的波动方程为()[]])8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y ----⨯=+-=ππϕω14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π;1求波长、频率、波速和周期；2说明x=0时方程的意义,并作图表示;14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分析采用比较法;将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式,比较可得角频率;、波速U,从而求出波长、频率等;当x 确定时波动方程即为质点的运动方程)(t y y =; 解1将题给的波动方程改写为]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ-⋅-=--s m x t s m y 与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较后可得波速角频率110-=s πω,故有m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，2由分析知x=0时,方程表示位于坐标原点的质点的运动方程图13—4;]2/)10cos[()05.0(1ππ-=-t s m y14-4 波源作简谐振动,周期为,若该振动以100m/s 的速度传播,设t=0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求：1距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；2距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差;14-4分析1根据题意先设法写出波动方程,然后代人确定点处的坐标,即得到质点的运动方程;并可求得振动的初相;2波的传播也可以看成是相位的传播;由波长A 的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆;解1由题给条件 T ＝ s,u ＝100 m ·s －l,可得m uT s T 2100/21====-λππω；当t ＝0时,波源质点经平衡位置向正方向运动,因而由旋转矢量法可得该质点的初相为）或2/3(2/0ππϕ-=;若以波源为坐标原点,则波动方程为]2/)100/)(100cos[(11ππ-⋅-=--s m x t s A y距波源为 x 1=和 x 2＝处质点的运动方程分别为]5.15)100cos[(11ππ-=-t s A y]5.5)100cos[(12ππ-=-t s A y它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ,;2距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(22121x x14-5 波源作简谐振动,周期为×10-2s,以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点,若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传播;求：1距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；2距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差;14-5解分析同上题;在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下,波动方程 ]2/3)400/)(200cos[(11ππ+⋅-=--s m x t s A y位于 x P = m 处,质点 P 的运动方程为]2/5)(200cos[(1ππ-=-t s A y p该质点振动的初相2/50πϕ-=P ;而距波源 m 和 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212ππλπϕ=-=-=∆uT x x x x如果波源初相取2/0πϕ-=,则波动方程为]2/9)(200cos[(1ππ-=-t s A y质点P 振动的初相也变为2/90πϕ-=P ,但波线上任两点间的相位差并不改变;14-6 有一平面简谐波在介质中传播,波速u=100m/s,波线上右侧距波源O 坐标原点为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p ;求1波向x 轴正方向传播时的波动方程；2波向x 轴负方向传播时的波动方程;14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下,建立波动方程时常采用下面两种方法：1先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式,然后利用已知点P 的运动方程来确定该波动方程中各量,从而建立所求波动方程;2建立以点P 为原点的波动方程,由它来确定波源点O 的运动方程,从而可得出以波源点O 为原点的波动方程;解11设以波源为原点O,沿X 轴正向传播的波动方程为()[]0cos ϕω+-=u x t A y将 u ＝100 m ·s －‘代人,且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为()[]075.0cos ϕω+-=s t A y p与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝、12-=s πω、πϕ20=;则所求波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y p π2当沿X 轴负向传播时,波动方程为()[]0cos ϕω++=u x t A y将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后,与题给点 P 的运动方程比较得A ＝、12-=s πω、πϕ-=0,则所求波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y解21如图14一6a 所示,取点P 为坐标原点O ’,沿O ’x 轴向右的方向为正方向;根据分析,当波沿该正方向传播时,由点P 的运动方程,可得出以O ’即点P 为原点的波动方程为]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅-=--s m x t s m y将 x=-75 m 代入上式,可得点 O 的运动方程为t s m y O )2cos()30.0(1-=π由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y π2当波沿河X 轴负方向传播时;如图14－6b 所示,仍先写出以O ’即点P 为原点的波动方程]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅+=--s m x t s m y将 x=-75 m 代人上式,可得点 O 的运动方程为])2cos[()30.0(1ππ-=-t s m y O则以点O 为原点的波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y讨论对于平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播,波线上各点包括原点都是重复波源质点的振动状态,只是初相位不同而已;在已知某点初相平0的前提下,根据两点间的相位差λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆,即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz,且此时图中质点P 的运动方向向上;求：1该波的波动方程；2在距原点O 为7.5m 处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度;14-7分析1从波形曲线图获取波的特征量,从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径;具体步骤为：1.从波形图得出波长'λ、振幅A 和波速λν=u ；2.根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转关量法确定其初相0ϕ;2在波动方程确定后,即可得到波线上距原点O 为X 处的运动方程y ＝yt,及该质点的振动速度v ＝dy ／d t;解1从图 15－ 8中得知,波的振幅 A ＝ 0.10 m,波长m 0.20=λ,则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν;根据t ＝0时点P 向上运动,可知彼沿Ox 轴负向传播,并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动;利用旋转矢量法可得其初相3/0πϕ=;故波动方程为()[]]3/)5000/)(500cos[()10.0(cos 110ππϕω+⋅+==++=--s m x t s m u x t A y2距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为]12/13)500cos[()10.0(1ππ+=-t s m yt=0时该点的振动速度为1106.4012/13sin )50()/(--=⋅=⋅-==s m s m dt dy v t ππ14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传播,在t=2s 时的波形图如图14-8a 所示;求原点的运动方程;14-8分析上题已经指出,从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν;由于图14－8a 是t ＝2s 时刻的波形曲线,因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点;求t ＝0时的初相有多种方法;下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播;由于波是沿 Ox 轴负向传播的,所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-,即得到t=0时的波形图14－8b,再根据此时点O 的状态,用旋转关量法确定其初相位;解由图 15－ 9a 得知彼长m 0.2=λ,振幅 A＝ 0.5 m;角频率15.0/2-==s u πλπω;按分析中所述,从图15—9b 可知t=0时,原点处的质点位于平衡位置;并由旋转矢量图14－8C 得到2/0πϕ=,则所求运动方程为]5.0)5.0cos[()50.0(1ππ+=-t s m y14-9 一平面简谐波,波长为12m,沿Ox 轴负方向传播,图14-9a 所示为x=1.0m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程;14-9分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量,从而建立波动方程;求解的关键是如何根据图14－9a 写出它所对应的运动方程;较简便的方法是旋转矢量法参见题13－10; 解由图14－9b 可知质点振动的振幅A ＝0.40 m,t ＝0时位于 x ＝1.0m 的质点在A ／2处并向Oy 轴正向移动;据此作出相应的旋转矢量图14－9b,从图中可知30πϕ-=';又由图 14－9a 可知,t ＝5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图14－9b 可看出65πω=t ,因而得角频率16-=s πω;由上述特征量可写出x ＝处质点的运动方程为]3)6cos[()40.0(1ππ+=-t s m y 采用题14－6中的方法,将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人波动方程的一般形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中,并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比较,可得20πϕ-=,则波动方程为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+=--20.1)6(cos )40.0(11ππs m x t s m y14-10 图14-10中I 是t=0时的波形图,II 是t=时的波形图,已知T>,写出波动方程的表达式;14-10分析已知波动方程的形式为])(2cos[0ϕλπ+-=x T t A y从如图15—11所示的t ＝0时的波形曲线Ⅰ,可知彼的振幅A 和波长λ,利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0ϕ;因此,确定波的周期就成为了解题的关键;从题给条件来看,周期T 只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到;为此,可以从下面两个不同的角度来分析;l 由曲线Ⅰ可知,在 tzo 时,原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动,而曲线Ⅱ则表明,经过0;1s 后,该质点已运动到 Oy 轴上的一A 处;因此,可列方程s T kT 1.04=+,在一般情形下,k= 0, 1,2,…这就是说,质点在 0;1 s 内,可以经历 k 个周期振动后再回到A 处,故有)25.0()1.0(+=k s T ;2从波形的移动来分析;因波沿Ox 轴正方向传播,波形曲线Ⅱ可视为曲线Ⅰ向右手移了T t t u x ∆=∆=∆λ;由图可知,4λλ+=∆k x ,故有T t k ∆=+λλλ4,同样也得)25.0()1.0(+=k s T ;应当注意,k 的取值由题给条件 T ＞所决定;解从图中可知波长m 0.2=λ,振幅A ＝0.10 m;由波形曲线Ⅰ得知在t=0时,原点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动,利用旋转矢量法可得2/0πϕ=;根据上面的分析,周期为⋅⋅⋅=+=,2,1,0,)25.0()1.0(k k s T由题意知 T ＞,故上式成立的条件为,可得 T ＝;这样,波动方程可写成()()ππ5.00.24.02cos )10.0(+-=m x s t m y14-11 平面简谐波的波动方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ;求1t=时波源及距波源0.10m 两处的相位；2离波源0.80m 处及0.30m 两处的相位;14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ解1将t ＝和x=0代人题给波动方程,可得波源处的相位πϕ4.81=将t ＝和x ＝ m 代人题给波动方程,得 m 处的相位为πϕ2.82=从波动方程可知波长;这样, m 与 m 两点间的相位差πλπλ=∆⋅=∆x 214-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗的功率;若波源发出的是球面波设介质不吸收波的能量;求距离波源5.0m 和10.0m 处的能流密度;14-12分析波的传播伴随着能量的传播;由于波源在单位时间内提供的能量恒定,且介质不吸收能量,敌对于球面波而言,单位时间内通过任意半径的球面的能量即平均能流相同,都等于波源消耗的功率户;而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出不同位置的能流密度 P I =;解由分析可知,半径户处的能疏密度为 24r P I π=当 r 1＝5;0 m 、r 2＝ m 时,分别有222111027.14--⋅⨯==m W r P I π232221018.34--⋅⨯==m W r P I π14-13 有一波在介质中传播,其波速u=×103m/s,振幅A=×10-4m,频率ν=×103Hz;若介质的密度为ρ=×102kg/m 3,求：1该波的能流密度；21min 内垂直通过×10-4m 2的总能量;14-1313100.1-⋅⨯=s m uHz v m A 34100.1,100.1⨯=⨯=-32100.8-⋅⨯=m kg ρ24100.4m -⨯解1由能流密度I 的表达式得25222221058.1221-⋅⨯===m W v uA uA I ρπωρ 2在时间间隔s t 60=∆内垂直通过面积 S 的能量为J t IS t P W 31079.3⨯=∆⋅=∆⋅=14-14 如图14-14所示,两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A 、B 两点;设它们的相位相同,且频率均为ν=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P 处两列波的相位差;14-14 v=30Hz150.0-⋅=s m u分析在均匀介质中,两列波相遇时的相位差ϕ∆,一般由两部分组成,即它们的初相差B A ϕϕ-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ∆2;本题因B =ϕϕA ,故它们的相位差只取决于波程差;解在图14－14的APB ∆中,由余弦定理可得m AB AP AB AP BP 94.230cos 222=︒⋅-+=两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=∆,则相位差为ππλπϕ2.722=∆=∆⋅=∆u r v r14-15 两波在同一细绳上传播,它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ;1证明这细绳是作驻波式振动,并求节点和波腹的位置；2波腹处的振幅有多大在x=1.2m 处,振幅多大14-15分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程的形式即可;由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅;解l 将已知两波动方程分别改写为可见它们的振幅 A 二0;06 m,周期 T 二0;5 s 频率;二2 Hi,波长八二2 m;在波线上任取一点P,它距原点为P;则该点的合运动方程为k 式与驻波方程具有相同形式,因此,这就是驻波的运动方程由得波节位置的坐标为由得波腹位置的坐标为门驻波振幅,在波腹处A ’二ZA 二0;12 m ；在x 二0;12 m 处,振幅为()()[]t s x m m y 1114cos )06.0(---=ππ()()[]t s x m m y 1124cos )06.0(--+=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=()m x s t m y 25.2cos )06.0(1-=π()m x s t m y 25.02cos )06.0(2+=πt s x m ts x m y y y P P P P )4cos(2cos )12.0()4cos()cos()12.0(1121--⎪⎭⎫ ⎝⎛==+=πλπππ02cos 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛λπP x A ⋅⋅⋅±±=+=+=,2,1,0,)5.0(4)12(k m k k x P λm A x A P 12.022cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛λπ ⋅⋅⋅±±===,2,1,0,2k km k x P λ12.02,2cos 2=='⎪⎭⎫ ⎝⎛='A A x A A P λπ ()m m x A A P 097.012.0cos 12.02cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛='πλπ14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ;1若将此驻波看成是由传播方向相反,振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的,求它们的振幅及波速；2求相邻波节之间的距离；3求t=×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度;14-16分析1采用比较法;将本题所给的驻波方程,与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等;2由波节位置的表达式可得相邻波节的距离;3质点的振动速度可按速度定义V一如Nz 求得;解1将已知驻波方程 y ＝3; 0 X 10－2 m cos; 6; ml －coos550;s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos2;x ／八;2;yi 作比较,可得两列波的振幅 A ＝ 1; 5 X 10－‘ m,波长八二 1; 25 m,频率 v 二 275 Hi,则波速 u 一如 2343;8 in ·SI2相邻波节间的距离为3在 t 二 3; 0 X 10－3 s 时,位于 x ＝ 0; 625 m 处质点的振动速度为()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππs t 3100.3-⨯=dt dy v =()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=m A 2105.1-⨯=18.343-⋅==s m v u λ625.024)12(4]1)1(2[1==+-++=-=∆+λλλk k x x x k ks t 3100.3-⨯=()()()11112.46550sin 6.1cos 5.16----⋅-=⋅-==s m t s x m s m dt dy v πππ14-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气中ρ=1.3kg/m 3以u=340m/s 的速度传播,到达人耳时,振幅约为A=×10-6m;试求波在耳中的平均能量密度和声强;14-17解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度,即这个声强略大于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应;一般正常谈话的声强约为 1; 0 X 10－6 W ·m －2左右26222221042.6221--⋅⨯===m J v A A ρπωρϖ 231018.2--⋅⨯==m W u I ϖ26100.1--⋅⨯m W14-18 面积为1.0m 2的窗户开向街道,街中噪声在窗户的声强级为80dB;问有多少声功率传入窗内14-18分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系;声强是声波的能流密度I,而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量;它们之间的关系为 L 一体I ／IO,其中 IO 二 1; 0 X 10－’2 W ·0－‘为规定声强;L 的单位是贝尔B,但常用的单位是分贝dB,且IB ＝10 dB;声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I 相同,故有P=IS;解根据分析,由L ＝igI ／ IO 可得声强为则传入窗户的声功率为)0lg(I I L =010I I L =2120100.1--⋅⨯=m W IW S I IS P L 40100.110-⨯===14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz 和400Hz 的两声波有相同的振幅;求：1它们的强度之比；2两声波的声强级差;14-19解1因声强I ＝puA ‘;‘／2,则两声波声强之比2因声强级L 一回对几,则两声波声强级差为222ωρuA I =9222121==ωωI I ()0lg I I L =()()()dB B I I I I I I L 54.9954.0lg lg lg 210201===-=∆14-20 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为800Hz;求：1静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；2如果警车追赶一辆速度为15m/s 的客车,则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少设空气中的声速u=330m/s14-20分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果;在处理这类问题时,不仅要分清观察者相对介质空气是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态;解1根据多普勒频率公式,当声源警车以速度 vs ＝25 m ·s －‘运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时,式中Vs 前取“－”号,故有警车驶离观察者时,式中Vs 前取“＋”号,故有2声源警车与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为SS v u u v v s m v ='⋅=-125 Hz v u u v v S6.8651=-=' Hz v u u vv S 7.7432=+=' Hz v u v u v v S2.82603=--='14-21 如图14-21所示;一振动频率为ν=510Hz 的振源在S 点以速度v 向墙壁接近,观察者在点P 处测得拍音频率ν′=3Hz,求振源移动得速度;声速为330m/s14-21分析位于点P 的观察者测得的拍音是振源S 直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的;由于振源运动,接收频率;l 、12均与振源速度;有关;根据多普勒效应频率公式和拍频的定义,可解得振源的速度;解根据多普勒效应,位于点P 的人直接接收到声源的频率; l 和经墙反射后收到的频率分别为由拍额的定义有将数据代入上式并整理,可解得vu u v v v u u v v -=+=21, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-='v u v u uv v v v 1121 10.1-⋅≈s m v14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度指平均电场强度E 约为×10-3V/m;设收音机能清楚的收听到×103km 远处某电台的广播,该台的发射是各向同性的以球面形式发射,并且电磁波在传播时没有损耗,问该台的发射功率至少有多大14-22HE r A AS P 0024μεπ==⋅=292001065.2--⋅⨯===m W E H E S μεW S r P 42103.34⨯=⋅=π14-23 一气体激光器发射的光强可达×1018W/m 2,计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅; 14-23()1101001075.42-⋅⨯==m V I E m εμ18001026.1-⋅⨯==m A E H m m εμ。

射频中的回波损耗,反射系数,电压驻波比以及S参数的含义和关系

射频中的回波损耗，反射系数，电压驻波比以及S 参数的含义和关系回波损耗，反射系数，电压驻波比, S11这几个参数在射频微波应用中经常会碰到, 他们各自的含义如下:回波损耗(Return Loss): 入射功率/反射功率, 为dB数值反射系数(Г):反射电压/入射电压, 为标量电压驻波比(Voltage Standing Wave Ration): 波腹电压/波节电压S参数: S12为反向传输系数，也就是隔离。

S21为正向传输系数，也就是增益。

S11为输入反射系数，也就是输入回波损耗，S22为输出反射系数，也就是输出回波损耗。

四者的关系：VSWR=(1+Г)/(1-Г)(1)S11=20lg(Г)(2)RL=-S11 (3)以上各参数的定义与测量都有一个前提，就是其它各端口都要匹配。

这些参数的共同点：他们都是描述阻抗匹配好坏程度的参数。

其中，S11实际上就是反射系数Г，只不过它特指一个网络1号端口的反射系数。

反射系数描述的是入射电压和反射电压之间的比值，而回波损耗是从功率的角度来看待问题。

而电压驻波的原始定义与传输线有关，将两个网络连接在一起，虽然我们能计算出连接之后的电压驻波比的值，但实际上如果这里没有传输线，根本不会存在驻波。

我们实际上可以认为电压驻波比实际上是反射系数的另一种表达方式，至于用哪一个参数来进行描述，取决于怎样方便，以及习惯如何。

回波损耗、反射系数、电压驻波比以及S参数的物理意义(2009-06-08 20:58:00)转载标签：回波损耗反射系数电压驻波比s参数电子科技大学以二端口网络为例，如单根传输线，共有四个S参数：S11，S12，S21，S22，对于互易网络有S12＝S21，对于对称网络有S11＝S22，对于无耗网络，有S11*S11+S21*S21＝1，即网络不消耗任何能量，从端口1输入的能量不是被反射回端口1就是传输到端口2上了。

在高速电路设计中用到以二端口网络为例，如单根传输线，共有四个S参数：S11，S12，S21，S22，对于互易网络有S12＝S21，对于对称网络有S11＝S22，对于无耗网络，有S11*S11+S21*S21＝1，即网络不消耗任何能量，从端口1输入的能量不是被反射回端口1就是传输到端口2上了。

大物实验报告弦振动与驻波实验

物理实验报告哈工大物理实验中心班号33006学号1190501917姓名刘福田教师签字实验日期2020.4.19预习成绩学生自评分总成绩(注：为方便登记实验成绩，班号填写后5位，请大家合作。

）实验(三)弦振动和驻波实验一．实验目的1、在弦线张力不变时，用实验确定驻波波长与振动频率的关系；2、在振动源频率不变时，用实验确定驻波波长与张力的关系；3、观察弦振动及驻波的形成。

二．实验原理在一根拉紧的弦线上，张力为T，线密度为μ，则沿弦线传播的横波应满足运动方程其中x：波在传播方向（与弦线平行）的位置坐标；y：振动位移；而典型的波动方程为通过比较（1）、（2），可得到波的传播速度；若波源的振动频率为f，横波波长为λ，则横波沿弦线传播的速度可表示为波长与张力及线密度之间的关系可表示为两边取对数，得到公式波长的测量：驻波方法图像如图所示三．实验主要步骤或操作要点1、在弦线张力不变时，用实验确定驻波波长与振动频率的关系；①将弦线一端固定在鞋盒侧面，线跨过鞋盒沿，另一端下垂并悬挂一水瓶。

实验装置如图3-1图3-1②在保持张力不变的情况下，移动筷子位置，使半波长λ/2分别为10、15、20、25、30c m。

③用牙签波动弦线发出声音，利用P h y p h o x分别测出线的振动频率f2、在振动源频率不变时，用实验确定驻波波长与张力的关系①固定A B之间的距离并测量②利用小量杯等量地增加水瓶中水的体积，即等量地改变弦线的张力T③波动弦线，用软件p h y p h o x测量不同张力下弦线的振动频率f3、验证三分损益法①保持弦线张力不变，先将A B的距离固定，测出此时的频率，并将音调定为基准音D o，算出相应的F a,S o l,L a,高音D o的理论频率。

②移动筷子，缩短A B距离，波动弦线，先粗略听出F a音，再微调距离使得P h y p h o x 测出的频率恰为理论的F a音频率。

测出相应的A B距离。

标记F a位置。

4G优化案例：LTE上行速率优化四步法实践案例

LTE上行速率优化四步法实践案例XXXX年XX月目录一、问题描述 (3)二、分析过程 (4)2.1测试情况 (4)2.2问题分析 (5)三、解决措施 (8)3.1上行速率优化四步法 (8)3.2操作法实际应用 (8)3.3优化前后对比 (19)四、经验总结 (20)LTE上行速率优化四步法实践案例XX【摘要】本案例针对上行速率进行保障，提出上行速率优化四步法，通过对指定路段周围区域进行多手段优化补盲，确保上行速率达到项目要求。

【关键字】上行速率、操作法【业务类别】网络优化一、问题描述18年9月收到白云分公司需求，为竞标穗保视频项目，将在同宝路～沙太路～京溪路～XX大道～同宝路路段上使用4G网络回传实时视频演示，需对该路段的4G信号保障以满足回传视频的需求，保障监控不会出现卡顿现象。

对应具体4G网络要求：演示路段全程上传速率在12Mbps以上。

日常上行速率优化保障经验较少，需整理总结上行速率优化操作法。

图1.1演示路段二、分析过程2.1测试情况接到分局需求后，我方立即安排人员进行路测，并针对联通信号进行对比测试。

2.1.1前期摸测情况：电信4G网络：演示路段整体平均上传速率为23.6 Mbps、下载平均速率为26.9 Mbps；联通4G网络：演示路段整体平均上传速率为19.2 Mbps、下载平均速率为21.6 Mbps。

电信联通4G网络情况对比，电信整体情况优于联通。

2.2问题分析通过对测试结果进行分析，共发现12个问题点，维护类6个，干扰类1个，建设类1个，优化类4个。

目前已闭环处理9个；剩余3个维护类问题点为小区故障告警（非主覆盖小区，不影响演示路段）。

图2.1前期测试问题点分布情况三、解决措施3.1上行速率优化四步法第一步：覆盖问题，整理出维护、建设、优化类问题点。

第二步：负荷分析，输出高负荷调整和扩容方案。

第三步：干扰排查，排查天馈器件问题和外干扰问题。

第四步：服务器和终端问题，排查非无线侧问题。

天线技术天线技术(第四部分传输线工作状态)5.4 第四章传输线工作状态

1
Rl2

2Rl Z0

Z
2 0

X
2 l

Rl2
2Rl Z0

Z
2 0

X
2 l
4Rl Z0 0 Rl 0
计及Z0 0，则证得
或
Zl jX l
§4.2 驻波状态(2)
1. 终端短路 Zl 0，l 1
l

U
l
/
U
l

1，此条件说明U
l

Ul
UI ((zz''))IUlel
第四部分传输线工作状态
行波状态驻波状态行驻波状态
§4.1 行波状态(1)
如果负载 Zl Z0 或无限长传输线，这时
l

Zl Zl
Z0 Z0
0
无反射波，我们称之为行波状态或匹配(Matching)。根据源条件
U (z)

1 2
(U 0

I0Z0 )e jz

U
0
e
jz
I(z)

1 2Z0
(U 0

I0Z0 )e jz

I
0
e
jz
§4.1 行波状态(2)
写成瞬态形式
u(z,
t)
|
U
0
|
cos(t

0

z)
i(z,
t)
|
I
0Leabharlann |cos(t
0

z)
0 表示为初相角，u(z, t)和i(z, t) 初相均为 0 是因

电子直线加速器的加速原理

D v / 2 fa(2 2)
式中为v电子运动速度。
7
上述模型在现实中很难实现。若取D=5cm，v近似为光速，则 fa 3000MHz 电线不能传输这样高频率的电压。实现上述加速模型只能在一个谐振腔列中完成。在图2-3所示的加速管左右两端适当位置放置短路板，形成一种电磁振荡的驻波状态，其电场分布如图2-5所示。
8
图2-5加速管结构中所有腔体都谐振在一个
频率上相邻腔间的距离为D，腔间18电0 场相
位差为
t D/c
电子在一个腔飞跃的时间为
等于加速管中电磁场振荡的半周期，电子
的飞跃时间与加速电场更换方向时间一致，
从而能持续加速。这种加速模型被称为驻波加速。
9
综上所述，医用电子直线加速器是利用微波电磁场的行波加速方式或驻波加速方式。
式中 m0c2为电子静止能量0.511MeV，W为电子动
能，c为光速，
e
v
c
13
根据式（2-4），电子速度约为v=0.17~0.37c;当加速到1~2MeV时，电子速度就达到v=0.94~0.98c ，如前
所述，其后能量再电子刚注入直线加速器时，动能约为10~40KeV增加，电子速度也不再增加多少了。
上就是电子纵向运动的稳定性，只有相运动是稳定的，才能对电子进行有效的加速运动。
波峰如前果0将加速s电9子0的，理稳想定加的速相相振位荡，s不我选们取称在波s峰为平s 衡9相0上位，。而取在
22
2-12
23
下面利用相位图（2-12）来解释这一自动稳相的现象。定义
2
为加速相位
的为波晚峰，，值规越定大，电0子相的对左波面的，关即系越晚 0。处处时于间平为衡早相；位 0右s上面的，电即子，0 单位距

一款航空VHF_限幅器的设计与测试

第 21 卷第 7 期2023 年 7 月太赫兹科学与电子信息学报Journal of Terahertz Science and Electronic Information TechnologyVol.21，No.7Jul.，2023一款航空VHF限幅器的设计与测试马振洋a，b，左晶*a，史春蕾a，b，李义成a(中国民航大学 a.适航学院；b.民航航空器适航审定技术重点实验室，天津300300)摘要：为提高航空甚高频(VHF)通信设备的电磁防护能力，提出了一种基于PIN二极管的限幅器。

采用先进设计系统(ADS)仿真研究了不同二极管级数对限幅器插入损耗以及限幅性能的影响，设计了一款由PIN对管并联结构、集总参数定向耦合器、整流电路与匹配电路相结合的半有源式限幅器，通过将部分干扰信号转变为直流的方式，为二极管提供偏置电压，降低限幅器的限幅电平。

性能测试结果表明，在118~136 MHz的频率范围内，半有源式限幅器的插入损耗小于1 dB，输入输出端口的回波损耗大于20 dB，限幅电平小于7.5 dBm，功率容量大于25 dBm，实现了低插入损耗与高限幅性能。

关键词：航空甚高频通信；先进设计系统；PIN限幅器；电磁防护中图分类号：TN709 文献标志码：A doi：10.11805/TKYDA2021027Design and measurement of an avionic VHF limiterMA Zhenyang a,b，ZUO Jing*a，SHI Chunlei a,b，LI Yicheng a(a.School of Airworthiness；b.Key Laboratory of Civil Aircraft Airworthiness Technology，Civil Aviation University of China，Tianjin 300300，China)AbstractAbstract：：A design method of limiter based on PIN diode is proposed in order to improve the electromagnetic protection capability of the aeronautical Very High Frequency(VHF) communicationequipment. The influence of different diode stages on the insertion loss and limiting performance of thelimiter are simulated and researched by Advanced Design System(ADS). Furthermore, a semi-activelimiter is designed, which is composed of PIN pair parallel structure, directional coupler with lumpedparameter, rectifier circuit and matching circuit. To reduce the limiting level of the limiter, a bias voltageis provided for the diode by converting part of the interference signal into DC. The measurements showthat the insertion loss of the limiter is less than 1 dB, the return loss is more than 20 dB, and the limitinglevel is less than 7.5 dBm, the power capacity is more than 25 dBm in 118~136 MHz, which realizes thelow insertion loss and high limiting performance.KeywordsKeywords：：aeronautical Very High Frequency communication；Advanced Design System；PIN limiter；electromagnetic protection航空VHF通信可实现飞机与飞机、飞机与地面的近距离通信，是航空领域最重要的通信方式之一[1-2]。

《新编动力气象学》(下)(典型题分析)

r
试求风速随高度的分布。 3 已知由于湍流摩擦引起的边界层顶部的垂直速度为：
k 2 w(hB ) = z ζ g 2f
（1）试推出正压大气中，由于湍流摩擦引起的二级环流对天气尺度涡旋的旋转减弱时间τ e 的公式。涡旋顶部 w = 的高度为 10 千米，试计算τ e 为多少？（2）若湍流系数 k = 8 米 2·秒-1， f = 10-4 秒-1， 4 试证在均质、正压流体中与地转涡旋相结合的二级径向环流其强度不随高度而变。 5 假定在 60°N 处空气微团的速度为 40 千米·小时 1，如实际风偏向低压，且与地转风成 15°角，又知实际风比地转风大 5%，试求空气微团移动速率的变化，并求地转偏差及与等压线的夹角。 6 在某地测定平均风速随高度的分布，得到如下结果，假定风速分布满足对数规律，试计算 z0 ， u* 及 T0 （取卡曼常数为 0.40）。
（二）解释、回答问题 1 为什么在中午，风速常加强，而在日落后，风速减弱？ 2 为什么潜热的释放并不影响湿静能？ 3 若流场槽线呈南北向，角动量的经向输送如何？若是倾斜槽又如何？ 4 试说明大气环流的内在统一。 5 试述大气环流数值模拟的现状。 6 解释几种能量转换函数的意义。 7 大气运动功能，大部分属于平行于等压线的气流。 8 在陆地上，地面风速在夜间最小，午后不久就增大到最大。但在地面以上一千米处的风速则是夜里最大，午后不久却最小。 9 赤道到极地的温度梯度，比辐射平衡时的温度梯度小得多。 10 当考虑大气环流在全球能量平衡中的作用时，忽略动能的输送是允许的。 11 哈德莱环流把感热和潜热输向赤道，却把总能量输向极地。
u r ∂K = ∫ φ∇ ⋅VdM + D M ∂t
其中 K =
V2 ， M 为大气质量， φ = gz ， D 表示摩擦对动能的消耗项。并由此说明大气动能的维 2