1、习题解答（注：无选择题，书本已给出）习题一1-6 与 有无不同? 和 有无不同? 和 有无不同?其不同在哪里?rtdrtdv试举例说明解：（1） 是位移的模， 是位矢的模的增量，即 ， ；rrr1212r（2） 是速度的模，即 .tdtdvts只是速度在径向上的分量.tr有 （式中 叫做单位矢） ，则r trtddr式中 就是速度径向上的分量，trd 不同如题 1-1 图所示. trd与 题 1-6 图(3) 表示加速度的模，即 ， 是加速度 在切向上的分量.tdvtvada有 表轨道节线方向单位矢） ，所以(tvtdd式中 就是加速度的切向分量.dtv( 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨
2、论)tr与1-7 设质点的运动方程为 = ( )， = ( )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求xtyt出 r ，然后根据 = ，及 而求得结果；又有人先计算速度和加速2yxvtrda2tr度的分量，再合成求得结果，即= 及 = 你认为两种方法哪一种v22dtytxa22dtytx正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 ，jyixrjtyitxrav22dd故它们的模即为 222222dtytxattvyxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 2dtratrv其二，可能是将 误作速度与加速度
3、的模。在 1-1 题中已说明 不是速度的模，2dtr与 trd而只是速度在径向上的分量，同样， 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中2dtr的一部分 。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢 在径向22dtrta径 r（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢 及速度 的方向随间的变化率对速度、rv加速度的贡献。1-8 一质点在 平面上运动，运动方程为xOy=3 +5, = 2+3 -4.xty1t式中 以 s计， , 以m计(1)以时间 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和 2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算 0 s时刻到t t4s时刻
4、内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算 4 s 时质点的速度；(5)t计算 0s 到 4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算 4s t t时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)解：（1） jtitr)4321()53(m(2)将 , 代入上式即有t2ji.081r42j5.31m(3) irjr67,540 14 s5320jijtv(4) 1sm)3(djitrv则 jiv741s(5) ji3,4024sm1jvta(6) 2djta这说明该点只有 方向的加速度，且为恒量。y 在离水面
5、高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以(m )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小0v1s图解： 设人到船之间绳的长度为 ，此时绳与水面成 角，由图可知l22sh将上式对时间 求导，得t题图tstld2 根据速度的定义，并注意到 , 是随 减少的， tsvtlvd,0船绳即 cosd0ltst船或 vhlv02/120)(船将 再对 求导，即得船的加速度船vt 32020 020)(ddsvhsl vsltsltva船船1-9 质点沿 轴运动，其加速度和位置的关系为 2+6 ， 的单位为 ， 的单xa2x2smx位为 m. 质点在 0处，速度为10 ,试
6、求质点在任何坐标处的速度值1sm解： xvttvadd分离变量： )62(两边积分得 cxv321由题知， 时， ,0xv50c 13sm2x1-10 已知一质点作直线运动，其加速度为 4+3 ，开始运动时， 5 m，at2x=0，求该质点在 10s 时的速度和位置vt解： ttv34d分离变量，得 tvd)34(积分，得 12ct由题知， , ,0tv01c故 234tv又因为 dtx分离变量， tx)234(d积分得 2321ctx由题知 , ,0t5x2c故 523tx所以 时s1t m705120s93410 12xv1-11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3 ，
7、 式中以弧度计， 以秒3tt计，求：(1) 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45t角时，其角位移是多少?解： tt18d,9d2(1) 时， s2t 2sm3618Ra2229)(n(2)当加速度方向与半径成 角时，有451tann即 R2亦即 tt18)9(则解得 923t于是角位移为 rad67.23t1-12 质点沿半径为 的圆周按 的规律运动，式中 为质点离圆周上某点的Rs201btvs弧长, ， 都是常量，求：(1) 时刻质点的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等0vbt t于 解：（1） btvts0dRtvatn202)(则 24022)(b
8、tn加速度与半径的夹角为 20)(arctbtvRn(2)由题意应有 2402)(Rtba即 )(,)(402402 btvtv当 时，bvt0a 半径为 的轮子，以匀速 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点 的运动方程为R0v B ， ，式中 / 是轮子滚动的角速度，当 与x)sin(ttyR)cos1(t0vR水平线接触的瞬间开始计时此时 所在的位置为原点，轮子前进方向为 轴正方向；(2)求Bx点速度和加速度的分量表示式B解：依题意作出下图，由图可知)sin(2coi0tRtvtx题图(1) )cos1()cos1(2ty(2)sindco1(tRtyvxtvRatyyxxdcosi2
9、 以初速度 20 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角，01m求：(1)球轨道最高点的曲率半径 ；(2)落地处的曲率半径 1R2R(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示题图(1)在最高点， o016csvx2mgan又 12van m10)60cos(22nv(2)在落地点，,202v1s而 o6c2gan m80s10)(222nv1-13 一质点在半径为半径为0.4 m的圆形轨道上子静止开始作匀角加速转动，其角加速度为 =0.2 rad ，求 2s时质点上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速2st度解：当 时， t 4.02.
10、t1srad则 16.40.Rv1sm 064.).(22Ran 2sm840 2222 s1.).()6.( n 如题 1-12 图，物体 以相对 的速度 沿斜面滑动， 为纵坐标，开始时ABvgyy在斜面顶端高为 处， 物体以 匀速向右运动，求 物滑到地面时的速度AhuA解：当滑至斜面底时， ，则 , 物运动过程中又受到 的牵连运动影响，yhA2 B因此， 对地的速度为 jghighuvA )sin2()cos2( 地题图1-14 一船以速率 30kmh -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 40kmh -11v 2v沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解
11、：(1)大船看小艇，则有 ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a)121v题 1-14 图由图可知 1212 hkm50vv方向北偏西 87.364arctnrt2(2)小船看大船，则有 ，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得12v50121hkm方向南偏东 o87.36 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 ms -1，求轮船的速率解： 依题意作出矢量图如题 1-14 所示题 1-14 图 船雨雨 船 vv 船雨 船雨 由图中比例关系可知1sm8雨船
12、v习题二2-7 因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为 a1，其对于 m2则为牵连加速度，又知 m2对绳子的相对加速度为 a，故 m2对地加速度，由图(b)可知，为a2=a1-a 又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力 f 在数值上等于绳的张力 T，由牛顿定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 联立、式，得 211212)()magTfaag讨论 (1)若 a=0，则 a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动(2)若 a=2g，则 T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时 m1,m2均作自由落体运动题 2-7 图2-8 物体置于斜面上受到重力 mg 斜面支持力 N.建立坐标
13、取 0v 方向为 X 轴 平行斜面与 X 轴垂直方向为 Y 轴。如图 2-8 所示题 2-8 图X 方向: Fx=0 x= t 0vY 方向: Fy=mg sin =m yat=0 时: y=0 v =0yy= g sin 212t由、式消去 t 得：y= g sinx02v22-9 28316smfax27mfy20 187216453smdtavyyxx于是质点在 2s 时的速度 18745sji(2) mji jijtattvryx874134)167(2)42(12202-10 (1) dtvka分离变量，得 mdtv即 tk0mktevlnl0 tmkev0(2) t tt mkke
14、vdx00)1(3)质点停止运动时速度为零，即 t，故有 00kvtevxmk(4)当 t= 时，其速度为kevevkm0100即速度减至 v0的 .2-11 依题意作出示意图如题 2-6 图题 2-11 图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对 y 轴对称性，故末速度与 x 轴夹角亦为 30，则动量的增量为p=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为mv 0，方向竖直向下2-12 由题知，小球落地时间为 0.5s因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为 v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为 v2=0.5g设向上为 y
15、 轴正向，则动量的增量p=mv 2-mv1 方向竖直向上，大小 p=mv 2-(-mv1)=mg碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒2-13 (1)若物体原来静止，则p 1= i kgms-1,沿 x 轴正向，t idtFd04056)21(1156.smkgipIv若物体原来具有-6 ms -1初速，则于是tt FdmvdFvmp0000 )(,tp12同理，v 2=v 1,I2=I1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦
16、即冲量)就一定相同，这就是动量定理(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 t tdtI0210)2亦即 t2+10t-200=0解得 t=10 s，(t=-20 s 舍去)2-14 质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将 t=0 和 t= 分别代入上式，得2p1=mbj,p 2=-mai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=p=p 2-p1=-m(ai+bj)2-15 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得 t= ba(2)子弹所受的冲量 t tdtI021)(将 t= 代入，得baI2(3)由动量定理可求得子弹的质量 02bvaIm2-16 设一块
17、为 m1，则另一块为 m2，m1=km2及 m1+m2=m于是得 1,2k又设 m1的速度为 v1,m2的速度为 v2，则有22211mvvTmv=m1v1+m2v2 联立、解得v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 21)(vkmT于是有 kT1将其代入式，有 mv22又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 kTvkv2,21证毕2-17 (1)由题知，F 合 为恒力， A 合 =Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2) wtN756.04(3)由动能定理，E k=A=-45 J2-18 以木板上界面为坐标原点，向内为 y 坐标正向，如题 2
18、-13 图，则铁钉所受阻力为题 2-18 图f=-ky第一锤外力的功为 A1ss kydfdyf102式中 f是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在 dt0 时，f=-f设第二锤外力的功为 A2，则同理，有212ykyk由题意，有2)1(2kmvA即 21ky所以，于是钉子第二次能进入的深度为y=y 2-y1= -1=0.414 cm2-19 1)(nrkdErF方向与位矢 r 的方向相反，即指向力心2-20 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 2-15 图所示平衡时，有题 2-20 图FA=FB=Mg又 F A=k1x 1FB=k2x 2所以静止时两弹簧伸长量之比为 12kx弹性
19、势能之比为 12212kxEp2-21(1)设在距月球中心为 r 处 F 月引 =F 地引 ，由万有引力定律，有G =G2rmM月 2rR地经整理，得r= RM月地 月= 2241035.71098.5.8104.=38.32 10 m6则 p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)1063.6610 7 m(2)质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为rRMGrEP地月= 7241721 1083.9506.83.5067. =-1.28 J2-22 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有-frs= 37sin21
20、mgvkxk= 21ikxfr式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得k=1390 Nm-1题 2-22 图再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h-fts=mgssin37- kx321代入有关数据，得 s=1.4 m,则木块弹回高度h=ssin37=0.84 m题 2-23 图2-23 m 从 M 上下滑的过程中，机械能守恒，以 m，M 地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR= 221Vv又下滑过程，动量守恒，以 m,M 为系统则在 m 脱离 M 瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得v= MmgR22-24 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
21、221201vv即 210题 2-24 图(a) 题 2-24 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v 0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 v0为斜边，故知 v1与 v2是互相垂直的习题三3-7 由题知，质点的位矢为r=x1i+y1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk3-8 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由
22、于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r1mv1=r2mv2 mvr 12402 06.58.91753-9 (1) 30 1skgjjdtftp(2)解(一) x=x 0+v0xt=4+3=7 jatvy 5.2316210 即 r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1 150ty即 v1=i1+6j,v 2=i+11j L 1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L 2-L1=82.5k kgm2s-1解(二) dtzM ttdtFr00)( 30 1225.8)4(5316smkgkdt
23、jdti题 3-10 图3-10 在只挂重物 M1时，小球作圆周运动的向心力为 M1g，即M1g=mr0 20 挂上 M2后，则有(M1+M2)g=mr 2 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒即 r 0mv0=rmv22r联立、得 32102132101010 )()(MmgrMrrg3-11 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中 N、N是正压力，F r、F r是摩擦力，F x和 Fy是杆在 A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在 O 轴处所受支承力题 3-11 图（a）题 3-11 图(b)杆处于静止状态，所以对 A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
24、FlNllF121210)( 对飞轮，按转动定律有 =-F rR/I，式中负号表示 与角速度 方向相反 F r=N N=N lr12又 ,2mRI FlIFr12)(以 F=100 N 等代入上式，得 234050.26)7(4.0 srad由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 st 6.4390这段时间内飞轮的角位移为 radt21.53 )49(302196020可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转(2) 0=900(2)/60 rads -1，要求飞轮转速在 t=2 s 内减少一半，可知202152sradtt用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 NlmRF17
25、2)75.0.(4.0216213-12 设 a， a2和 分别为 m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)题 3-12 (a)图 题 3-12 (b)图(1)m1，m 2和柱体的运动方程如下： 321211IrTRag式中 T 1=T 1,T2=T 2,a2=r,a 1=R而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr2由上式求得 2 22222113.6 8.91001.40. sradgrmRI(2)由式T2=m2r+m 2g=20.106.13+29.820.8 N由式T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1 N3-13 分别以 m1，m 2滑轮为研究对象，
26、受力图如图(b)所示对 m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 联立以上 4 个方程，得 221 6.721508.9 smMmga题 3-13 (a)图 题 3-13 (b)图题 3-14 图3-14 (1)由转动定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 = lg23(2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml 2 2= lgsin3题 3-15 图3-15 (1)设小球的初速度为 v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以
27、碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl (1/2)mv20=(1/2)I 2+(1/2)mv2 上两式中 I=1/3Ml2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度 =30，按机械能守恒定律可列式：)3cos1(1lMgI由式得2121)3()30cos( lgIMgl由式mlv0由式I202所以 22001)(mvlIv求得 glMlI312(6)()20 (2)相碰时小球受到的冲量为Fdt=mv=mv-mv 0由式求得Fdt=mv-mv 0=-(I)/l=(-1/3)Ml=- glM6)32(负号说明所受冲量的方向与初速
28、度方向相反题 3-16 图3-16 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v0=R设碎片上升高度 h 时的速度为 v，则有v2=v20-2gh令 v=0，可求出上升最大高度为 201RgH(2)圆盘的转动惯量 I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I=(1/2)MR 2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为 I，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I=I+mv 0R式中 为破盘的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR 2-mR2+mv 0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR 2-mR2得 =(角速度不变)圆盘
29、余下部分的角动量为(1/2)MR2-mR2转动动能为题 3-17 图Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR2 23-17 (1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒Rsinm 0v0=(m+m0)R2= Rm)(sin0(2) 022020sin1)(sin20 mvREk 3-18 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I 2+(1/2)kh2又 =v/R故有 ImRkhgv2)(题 3-18 图1220.25.03.63.)489.(s习题五5-3 符合什么规律的运动才是谐振动?分
30、别分析下列运动是不是谐振动：(1)拍皮球时球的运动；(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)题5-3图解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用 或者说，若一个系统的运动微分方程能用 0d2t描述时，其所作的运动就是谐振动(1)拍皮球时球的运动不是谐振动第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力
31、，都不是线 性回复力(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动显然，小球在运动过程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点 ；而小球在运动中的回复力为 ，如题4-1图(b)Osinmg所示题 中所述， ，故 0，所以回复力为 .式中负号，表示回SRS复力的方向始终与角位移的方向相反即小球在 点附近的往复运动中所受回复力为线性的若以小球为对象，则小球在以 为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有 mgtR2d令 ，则有Rg20d2t 劲度系数为 和 的两根弹簧，与质量为 的小球按题4-2图
32、所示的两种方式连 接，1k2m试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期题图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有 ，设串联弹簧的等21F效倔强系数为 等效位移为 ，则有串Kx1xkF串 22又有 1x21kF串所以串联弹簧的等效倔强系数为 21k串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为 的弹簧振子系统，)/(21k故小球作谐振动其振动周期为 21)(2kmkT串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有 ，即 ，设并联F21x弹簧的倔强系数为 ，则有并k21xkxk并故 并同上理，其振动周期为 21kmT 如题4-3图所示，物体的质量为 ，放在光滑斜面上，斜
33、面与水平面的夹角为 ，弹簧的倔强系数为 ，滑轮的转动惯量为 ，半径为 先把物体托住，使弹簧维持原长，kIR然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期题图解：分别以物体 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位m置为坐标原点，沿斜面向下为 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为 时，有x x21dsintxmTgIR21tx2d)(02xkT式中 ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有kmgx/sin0kxRtImR2d)(令 I2则有 0d2xt故知该系统是作简谐振动，其振动周期为 )/2(22KRImkRIT5-7 质量为 的小球与轻弹簧组成的系统，按 的
34、规kg103 )SI(38cos(1.0x律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3) 与 两个时刻的位相差；s52t1t解：(1)设谐振动的标准方程为 ，则知：)cos(0tAx3/2,s412,8,m1.00TA又 .vs5.m2632am(2) N.0FJ10.212mvE58kp当 时，有 ，pkE即 )21(2kAkx m0(3) 32)15(8)(12t5-8 一个沿 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 ，周期为 ，其振动方程用余弦函数xAT表示如果 时质点的状态分别是：0t(
35、1) ；A(2)过平衡位置向正向运动；(3)过 处向负向运动；2x(4)过 处向正向运动试求出相应的初位相，并写出振动方程解：因为 00sincoAvx将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相故有 )2co(1 tTx3s23)c(3tAx452os45T5-9 一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移kg103cm24s0.4t为 求：cm24(1) 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；s5.t(2)由起始位置运动到 处所需的最短时间；c2x(3)在 处物体的总能量1x解：由题已知 s0.4,142TA 1rad5.又， 时，0t 0,x故振动方
36、程为 m)5.0cos(1242tx(1)将 代入得s5.0t .17).(25.0 tN02.4.0)2(133 xmaF方向指向坐标原点，即沿 轴负向x(2)由题知， 时， ，0t时 t 3,2tvAx故且 s2/(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为 J10.7)24.0()214322AmkE5-10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 的物体时，伸长为 用这个弹簧和一个质gc9.量为 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开 后 ，给予向上的初速g0.8 m01度 ，求振动周期和振动表达式1scm5v解：由题知 1231 N.09.480xk而 时， (
37、设向上为正)0t -1202sm.5,1. vx又 6.,8.3Tmk即102)510.().(22202vxA4,.5tan00 即xv m)5cos(12t5-11 图为两个谐振动的 曲线，试分别写出其谐振动方程tx题5-11图解：由题4-8图(a)， 时，0t s2,cm10,23,0, TAvx又即 1srad2T故 )co(1.txa由题4-8图(b) 时，0t 35,0,20vA时，01t ,11vx又 2 65故 mtxb)35cos(1.05-12 一轻弹簧的倔强系数为 ，其下端悬有一质量为 的盘子现有一质量为 的物体kMm从离盘底 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动h
