关于驻波若干问题

关于驻波若干问题

1. 驻波中能量的转化

驻波中各质点的能量包括动能和势能。在最大位移时，波腹和波节中各质点的瞬时速度为0，动能均为0，此时各质点的形变达到极大，其中波节的形变最大，所以能量以势能存在，势能主要集中于波节处。在平衡位置时，波腹和波节中各质点瞬时速度达到极大，动能达到极大值，但波腹处的振幅最大，故动能主要集中在波腹处，此时各质点形变为0，故势能为0。

纵观这1/4周期过程，能量在波腹和波节之间转移，各质点的势能转化为动能，波节处的势能逐渐转移到波腹处变为波腹的动能。

该过程类似于一个小球左右两端各连接一根橡皮绳，橡皮绳水平放置，两绳的另外一端固定，然后将小球竖直方向拉起一段距离，再放手。让球在橡皮绳拉力作用下上下来回摆动。如下图：

在最大位移时，弹簧的形变最大；在平衡位置时弹簧的形变最小。

2．驻波中能流的问题

课件中关于“驻波中没有净能量传递，能流密度为0”的表述容易引起误解。事实上，从上面的分析我们可以看出，在波腹和波节之间还是有能量转移的。但是平均起来看，的确没有净能量的传递，各处的平均能流密度为0，这是因为驻波是由两列等振幅相向的干涉波叠加而成，它们的平均能流密度大小相等，但方向相反。

详细研究后，我们会发现能流在波腹和波节之间来回流动，但没有能流通过波节和波腹转移出去。关于这点，我们可以从驻波各点的能流密度看出。 假设形成驻波的两个相向波分别为：

最大位移

平衡位置

12

cos ()cos ()x x u y A t y A t ωω=-⎧⎪⎨=+⎪⎩ 则，这两列波的能流密度分别为：

22212221sin ()sin ()

x u x u i A u t i A u t ρωωρωω⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩ 驻波上某点能流密度为二者之合： 2222122222[sin ()sin ()]

sin 2sin 24sin

sin 2x x u u x i i i A u t t A u t A u x t ρωωωρωωωπρωωλ=+=--+=-=- 可见，在4x k ππλ=，即4x k λ

=时0i =。这意味着在波节和波腹处能流均为0，

能流只能在波腹和波节之间来回转换。

对于波节处能流密度为0（没有能流经过它向前传播），我们还有一个很好的理解，那就是驻波的波节始终不动。

3. 半波损失

产生两列传播相反的波形成驻波，通常依靠反射。波在均匀介质中传播时是不反射的，但在介质的边界面上就会发生反射。

波从波疏介质进入波密介质时，分界面处反射会有半波损失（或相位突变

π）

；而从波密介质进入波疏介质时，分界面处反射则不会由半波损失。为了理解这一点，我们必须引入“阻抗”的概念，每一种介质都有阻抗，我们用z 来表示。波从一个介质传播到另一介质，我们把前者的阻抗记为c z ，后者视作一个负载

L z 。对于自由端点，负载阻抗0L z =，而对于固定端点，L z →∞。波在介质面上反射时，反射波与入射波复振幅之比记为A R A ≡反

入。分析发现 c L c L

z z R z z -=+ 当||1R =时，波在分界面发生全反射，入射波与反射波形成驻波；当||0R =，即负载阻抗L c z z =时，分界面不发生反射，全部能流为负载所吸收，此时称为

负载匹配状态。事实上，这种情形就相当于波在均匀介质中传播一样，没有介质分界面；介于二者之间，即0||1R <<，波在分界面部分反射，反射波和入射波叠加形成驻波和行波的混波状态。

有了以上知识，就很容易理解为什么固定端点反射有半波损失，而自由端点没有，以及波疏到波密有，而波密到波疏没有半波损失。

（1）端点固定

此时，L z →∞，所以1R =-，波在端点处全反射，但位相跃变π（A A =-反入）。

（2）端点自由

此时，0L z =，所以1R =，波在端点处全反射，没有位相跃变。

（3）从波疏介质进入波密介质

此时，L c z z >，0R <，部分反射，但反射波有位相跃变π。

（4）从波疏介质进入波密介质

此时，L c z z <，0R >，部分反射，反射波与入射波同位相。

对于（3）和（4）我们还可以这样去理解：

① 波从波疏介质进入波密介质，假设没有反射波，介质面上没有能量损失，则波密介质中波强应与波疏介质中的波强相等，即2212

I I uA ρω==疏密。波密介质的u ρ较波疏的大，因此A A <密疏。介质分界面可视作波密介质的波源，亦即

此处的振幅要比波疏介质中下。为了满足这一点，只能在分界面处产生一列反射波，它在分界面处与入射波在这里的振动反位相，与入射波在分界面处叠加时能够使振幅始终减弱，这个减弱的振动又作为波密介质的波源。

这样，在从波疏进入波密介质分界面上有反射波，而且有相位π的突变就是必然的了。

②波从波密介质进入波疏介质，与上面的分析类似，此时介质分界面处的振幅必须增大。只能通过在分界面处产生一列反射波，它在分界面处与入射波在这里的振动同位相，与入射波在分界面处叠加时能够使振幅始终加强，这个增强的振动作为波疏介质的波源。因此，此时没有半波损失。

对于课件中推导半波损失的过程，有些学生提出既然反射波可能存在相位突

变，能否在反射波方程中加上一个未知位相ϕ，写为22cos[()]x y A t u

ωϕ=-+ 这样也是可以的，只是要注意，这样改写后2A 只能取正值，并且在固定端

点反射时，为全反射，所以21A A =。这样推导与课件推导的结果一致。