1．B 2．D 3．D 4．B
5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t 2.0s时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）
6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。）
2
7．解：（1）r =2t i +(2-t ) j
r 1=2i +j
(SI )
(m )
(m ) r 2=4i -2j
(m )
∆r =r 2-r 1=2i -3j
∆r ==2i -3j
∆t d r
=2i -2t j （2）v =dt
(m /s )
d v
(SI ) a ==-2j
dt
(SI )
v 2=2i -4j
(m /s )
a 2=-2j
8．解：
(m /s -2)
v =⎰adt =-A ω2⎰cos ωtdt =-A ωsin ωt
o
o
t t
x =A +⎰vdt =A -A ω⎰sin ωtdt =A cos ωt
o
o
t t
9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω
ω=
π/2
=7. 27⨯10-5rad /s
6*3600
ds h ω==1. 94⨯10-3m /s 2
dt cos ωt
v =
（2）当旗杆与投影等长时，ωt =π/4
t =
π
=1. 08⨯104s =3. 0h 4ω
10．解： a =
dv d v d y d v ==v =-ky d t d y d t d y
-k y =v d v / dy
-⎰ky d y =⎰v d v ,
-
1212
ky =v +C 22
1212
-ky 0 已知y =y o ，v =v o 则C =-v 0
22
22
v 2=v o +k (y o -y 2)
1．D 2．A 3．B 4．C
ds =4t 5．v =dt dv
m ⋅s ；a t ==4
dt
-1v 2
m ⋅s ；a n ==8t 2
R
-2
m ⋅s -2；
a =4e t +8t 2e n
6．ωo =2. 0
m ⋅s -2
rad /s ；a t =r α=0. 8
rad /s ；α=4. 0rad /s ；
2
a n =r ω2=20
m /s 2
7．解：（1）由速度和加速度的定义
d r
v ==2t i +2j
dt d v
(SI ) ；a ==2i
dt
(SI )
（2）由切向加速度和法向加速度的定义
a t =
d 2t 4t 2+4=dt t 2+1
2t +1
2
(SI )
a n =a 2-a t 2=
(SI )
3/2v 2
（3）ρ==2t 2+1
a n
()
(SI )
8．解：火箭竖直向上的速度为v y =v o sin 45︒-gt 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得
v o =
gt
=83m /s
sin 45︒
u
=34. 6m /s
tan 30︒
9．解：v =
10．解：
u h l ≤；v ≥u v l h
1．C 2．C 3．A 4．T =
10. 2T Mg =367. 5kg ；a ==0. 98m /s 2 2M
dv x dx
=k 2=k 2v x dt dt
2
5．v x =k 2x ；2v x
f x =m
dv x 1
=mk 2 dt 2
6．解：（1）F T cos θ-F N sin θ=ma
F T sin θ+F N cos θ=mg
F T =mg sin θ+ma cos θ;
（2）F N =0时；a =g cot θ
7．解：μo m ω2R ≥mg ω≥8．解：由牛顿运动定律可得
F N =mg cos θ-ma sin θ
g μo R
120t +40=10
分离变量积分
dv dt
⎰⎰
x
v
6. 0
dv =⎰(12t +4)dt v =6t 2+4t +6
o t o
t
(m /s )
(m )
5. 0
dx =⎰6t 2+4t +6dt x =2t 3+2t 2+6t +5
()
9．解：由牛顿运动定律可得
-kv +mg =m
分离变量积分
dv dt
⎛mg ⎫kdv k t k ⎪ =-dt ln =-t ⎰v o kv o +mg m ⎰o kv +mg ⎪m ⎝o ⎭
v
kv o ⎫m ⎛mg ⎫m ⎛
⎪ ⎪t =-ln =ln 1+⎪ ⎪k k kv +mg mg ⎝⎭⎝o ⎭
10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 v 2
mg cos θ-f =m ，
a d v
mg sin θ=m ，
d t
d θa
，d t =d θ，
v d t
积分并代入初条件得 v 2=2ag (1-cos θ) ， 以及 v =a
v 2
f =mg cos θ-m =mg (3cos θ-2) ．
a
1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．v 1=
F ∆t 1F ∆t 2
；v 2=v 1+
m 1+m 2m 2
dv dx
=10t ；a x =x =10 dt dt
7．解：（1）v x =
F =ma =20N ；∆x =x 3-x 1=40m
W =F ∆x =800J
（2）I =
⎰
3
1
Fdt =40N ⋅s
8．解：mv =(m +m ' )v 1
11122mv 2=(m +m ' )v 1+kx o 222
x =v
mm '
k m +m ' 9．解： 物体m 落下h 后的速度为 v =2gh
当绳子完全拉直时，有 m 2gh =(m +M )v '
v ' =
I =2I T =2Mv ' =
m M +m
2gh
2mM
2gh
M +m
10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零
Mu +mv =0
等式乘以d t 后积分，得
⎰
t
o
Mudt +⎰mvdt =0
o
t
Mx +m (x -l ) =0 x =
ml
=0. 47m
M +m
1．C 2．D 3．D
4．C 5．18J ；6m/s 6．5/3
7．解：摩擦力f =μmg 由功能原理 -f (x 1+x 2) =0-kx 12
解得 μ=.
2mg (x 1+x 2)
12kx 1 2
v 2
8．解：根据牛顿运动定律 mg cos θ-F N =m
R
由能量守恒定律
1
mv 2=mgh 2
cos θ=
R -h
R
质点脱离球面时 F N =0;
解得：h =
R 3
9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2) v ①
v =
m 1v 1+m 2v 2
m 1+m 2
(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差
E p =
联立①、②得 E p =
1112m v 12+m 2v 2-(m 1+m 2) v 2 ② 222
1
m 1m 2(v 1-v 2) 2/(m 1+m 2) 2
10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．
m (u -V ) -MV =0 ①
11
m (u -V ) 2+MV 2=mgR ② 22
解得： V =m
2gR
；u =
M (M +m ) 2(M +m ) gR
M
(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 N -mg =mu 2/R
N =mg +mu 2/R =mg +2(M +m ) mg /M N =
Mmg +2(M +m ) mg 3M +2m
=mg
M M
1．B 2．C 3．C 4．C
5．v = 1.23 m/s；a n = 9.6 m/s2；α = –0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 6．
J
ln 2 k
7．解：（1）由转动定律，α=
Fr
=39. 2rad /s 2 J
（2）由刚体转动的动能定理E k =∆E k =Fh =490J （3）根据牛顿运动定律和转动定律：
mg –F ’=ma rF ’=Jα a=rα
联立解得飞轮的角加速度α=
mg
=21. 8rad /s 2 2
J +mr
l 123g =ml α α= 232l
8．解：（1）由转动定律 mg
（2）取棒与地球为系统，机械能守恒
E k =
1
mgl 2
111
mgl =⋅ml 2⋅ω2 ω=223
(3)棒下落到竖直位置时
3g
l
9．解：（1）系统的能量守恒，有mgh =
11
mv 2+J ω2 22
v =r ω
联立解得： v =
2mghr 2
； ω=
mr 2+J
2mgh
mr 2+J
（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴) 的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg – T ＝ma T r＝J β
由运动学关系有： a = r β
联立解得： T =
mgJ 2J +mr
10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为
d m =ρd x d y
式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，
b
2b -2a 2a -2J z =⎰(x 2+y 2) d m =ρ⎰d x ⎰(x 2+y 2) d y =
薄板的质量 m =ρab
所以 J z =
ρ(ab 3+a 3b ) 12m 2(a +b 2) 12
1．C
2．A
3．D
4．B
5．3ωo ；1J o 3
6．412ωo ；J o ωo 32
7．解：小球转动过程中角动量守恒
r o 2mr ωo =m ω ω=4ωo 42
o
W =11322J ω2-J ωo =mr o 2ωo 222
8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒
2⎫6m 2v l ⎛1l ⎛⎫2 m 2v =m 1l +m 2 ⎪⎪ω ω= ⎪2 122m +3m l ⎝⎭⎭12⎝
9．解：圆环所受的摩擦力矩为M =μmgR ，
由转动定律 μmgR =mR 2α， α=
至圆环停止所经历的时间 t =μg R ω0ω0R =αμg
10．解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为ω
11L ⋅ML 2ω2=Mg ， ① 232
碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒
mvx =1ML 2ω， ② 3
碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒
mv =
①、③消去ω，得 v =L M ω， ③ 2M 3gL ， ④ 2m
2L . 3②、④消去v ，得
x =
1． B
2． B
3． C
4． A
5． x =0.10cos(π/6t +π/3)m
6． 2:1
7． 解：A =0.1m ，ω=2π/T =π
运动方程x =A cos(ωt +ϕ) =0.1cos(πt +ϕ)m
（1）由旋转矢量法ϕ=-π/2，x =0.1cos(πt -π/2)m ；
（2）由旋转矢量法ϕ=π/3，x =0.1cos(πt +π/3)m ；
（3）由旋转矢量法ϕ=π，x =0.1cos(πt +π)m 。
8． 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F =mg 。上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x 轴正向，则当木块向下偏移x 位移时，合外力为
∑F =P +F '
其中，浮力F ' =F +ρgSx =mg +ρga x
合外力2∑F =P -F ' =-ρga x =-kx 2
k =ρga 2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。
d 2x d 2x ρga 2x =0 由∑F =m 2可得木块运动的微分方程为2+dt dt m
令ω=2ρga 2
m
=2，可得其振动周期为
T =2πω9． 解：如图，由旋转矢量法可知
ω∆t =π/3
∆t =π/3ω=1/3s
10. 解：（1）E p =图8-1 1211kx =E =
kA 2 224
x =
（2）E p =A ≈0.141m 12121121kx =kA =(kA ) =E 28424
3E k =E -E p =E 4
10．
11．
12．
13．
14．
15． B B C 2k π+π/3，7⨯10-2m ，2k π+4π/3，1⨯10-2m π/2 （1）0.5s ，1.5s ；（2）0s ，
1s, 2s 。
16． 解：（1）由已知的运动方程可知：A =0.10m ，ϕ=2π/3，ω=3π，
T =2π/ω=2/3s
（2）v max =A ω≈0.94m ⋅s -1，a max =A ω2≈8.88m ⋅s -2
17．
解：振动系统的角频率为ω==10s -1 由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v 0为
v 0=m 1v =0.8m ⋅s -1 m 1+m 2
又因初始位移x 0=0，则振动系统的振幅为
A ==v 0
ω=0.08m 图
9-1
如图由旋转矢量法可知ϕ0=-π/2，则简谐运动方程为
x =0.08cos(10t -π/2)(m)
18． 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为
A ==0.10m
合振动初相为
ϕ=π-arctan A 1sin π/3+A 2sin π/6 A 2cos π/6-A 1cos π/3
图
9-=π-arctan 2.341≈113
10. 解：如图由旋转矢量法可知ϕ0a =-π/3，ϕ0b =2π/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：
A =A 1-A 2=1cm
合振动初相为：ϕ=ϕ0a =-
π/3
同样由旋转矢量法可知
ωt =5ω=5π/6
T =2π/ω=12s
19．
20．
21．
22．
23．
24．
25． B C B 1.67m y =A cos[ω(t -6，30 x -l ) +ϕ0] u 解：（1）由波动方程可知振幅A =0.05m ，角频率ω=20π，
ω/u =3π，则波速u =6.67m ⋅s -1，频率ν=ω/2π=10Hz ，波长λ=u 2π
ω=2/3m 。
（2）v max =A ω=π≈3.14m/s
26． -1解：（1）由图可知振幅A =0.1m ，波长λ=4m ，波速u =100m ⋅s
则ω=2π/T =2πu
λ=50π。
又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得ϕ=-π/2，因此波动方程为
y =0.1cos[50π(t -x /100)-π/2](m)
（2）P 处质点的振动方程为
y =0.1cos(50πt -3π/2)(m)
27． 解：由图可知振幅A =0.1m ，波长λ=100m ，则角频率
ω=2πu =2π=π。 T λ
由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。又由图可知原点O 初始时刻位于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得ϕ0=π/3。则波动方程为
y =0.1cos[π(t +x /50) +π/3](m)
10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为
y =3⨯10-2cos[3π(t -x /30)](m)
（2）ϕB =ϕA -2πAB
λ=-ωAB
u =-π 2
则以B 点为坐标原点的波动方程为
y =3⨯10-2cos[3π(t -x /30) -π/2](m)
1．B 2．D 3．D 4．B
5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t 2.0s时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）
6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。）
2
7．解：（1）r =2t i +(2-t ) j
r 1=2i +j
(SI )
(m )
(m ) r 2=4i -2j
(m )
∆r =r 2-r 1=2i -3j
∆r ==2i -3j
∆t d r
=2i -2t j （2）v =dt
(m /s )
d v
(SI ) a ==-2j
dt
(SI )
v 2=2i -4j
(m /s )
a 2=-2j
8．解：
(m /s -2)
v =⎰adt =-A ω2⎰cos ωtdt =-A ωsin ωt
o
o
t t
x =A +⎰vdt =A -A ω⎰sin ωtdt =A cos ωt
o
o
t t
9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω
ω=
π/2
=7. 27⨯10-5rad /s
6*3600
ds h ω==1. 94⨯10-3m /s 2
dt cos ωt
v =
（2）当旗杆与投影等长时，ωt =π/4
t =
π
=1. 08⨯104s =3. 0h 4ω
10．解： a =
dv d v d y d v ==v =-ky d t d y d t d y
-k y =v d v / dy
-⎰ky d y =⎰v d v ,
-
1212
ky =v +C 22
1212
-ky 0 已知y =y o ，v =v o 则C =-v 0
22
22
v 2=v o +k (y o -y 2)
1．D 2．A 3．B 4．C
ds =4t 5．v =dt dv
m ⋅s ；a t ==4
dt
-1v 2
m ⋅s ；a n ==8t 2
R
-2
m ⋅s -2；
a =4e t +8t 2e n
6．ωo =2. 0
m ⋅s -2
rad /s ；a t =r α=0. 8
rad /s ；α=4. 0rad /s ；
2
a n =r ω2=20
m /s 2
7．解：（1）由速度和加速度的定义
d r
v ==2t i +2j
dt d v
(SI ) ；a ==2i
dt
(SI )
（2）由切向加速度和法向加速度的定义
a t =
d 2t 4t 2+4=dt t 2+1
2t +1
2
(SI )
a n =a 2-a t 2=
(SI )
3/2v 2
（3）ρ==2t 2+1
a n
()
(SI )
8．解：火箭竖直向上的速度为v y =v o sin 45︒-gt 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得
v o =
gt
=83m /s
sin 45︒
u
=34. 6m /s
tan 30︒
9．解：v =
10．解：
u h l ≤；v ≥u v l h
1．C 2．C 3．A 4．T =
10. 2T Mg =367. 5kg ；a ==0. 98m /s 2 2M
dv x dx
=k 2=k 2v x dt dt
2
5．v x =k 2x ；2v x
f x =m
dv x 1
=mk 2 dt 2
6．解：（1）F T cos θ-F N sin θ=ma
F T sin θ+F N cos θ=mg
F T =mg sin θ+ma cos θ;
（2）F N =0时；a =g cot θ
7．解：μo m ω2R ≥mg ω≥8．解：由牛顿运动定律可得
F N =mg cos θ-ma sin θ
g μo R
120t +40=10
分离变量积分
dv dt
⎰⎰
x
v
6. 0
dv =⎰(12t +4)dt v =6t 2+4t +6
o t o
t
(m /s )
(m )
5. 0
dx =⎰6t 2+4t +6dt x =2t 3+2t 2+6t +5
()
9．解：由牛顿运动定律可得
-kv +mg =m
分离变量积分
dv dt
⎛mg ⎫kdv k t k ⎪ =-dt ln =-t ⎰v o kv o +mg m ⎰o kv +mg ⎪m ⎝o ⎭
v
kv o ⎫m ⎛mg ⎫m ⎛
⎪ ⎪t =-ln =ln 1+⎪ ⎪k k kv +mg mg ⎝⎭⎝o ⎭
10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 v 2
mg cos θ-f =m ，
a d v
mg sin θ=m ，
d t
d θa
，d t =d θ，
v d t
积分并代入初条件得 v 2=2ag (1-cos θ) ， 以及 v =a
v 2
f =mg cos θ-m =mg (3cos θ-2) ．
a
1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．v 1=
F ∆t 1F ∆t 2
；v 2=v 1+
m 1+m 2m 2
dv dx
=10t ；a x =x =10 dt dt
7．解：（1）v x =
F =ma =20N ；∆x =x 3-x 1=40m
W =F ∆x =800J
（2）I =
⎰
3
1
Fdt =40N ⋅s
8．解：mv =(m +m ' )v 1
11122mv 2=(m +m ' )v 1+kx o 222
x =v
mm '
k m +m ' 9．解： 物体m 落下h 后的速度为 v =2gh
当绳子完全拉直时，有 m 2gh =(m +M )v '
v ' =
I =2I T =2Mv ' =
m M +m
2gh
2mM
2gh
M +m
10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零
Mu +mv =0
等式乘以d t 后积分，得
⎰
t
o
Mudt +⎰mvdt =0
o
t
Mx +m (x -l ) =0 x =
ml
=0. 47m
M +m
1．C 2．D 3．D
4．C 5．18J ；6m/s 6．5/3
7．解：摩擦力f =μmg 由功能原理 -f (x 1+x 2) =0-kx 12
解得 μ=.
2mg (x 1+x 2)
12kx 1 2
v 2
8．解：根据牛顿运动定律 mg cos θ-F N =m
R
由能量守恒定律
1
mv 2=mgh 2
cos θ=
R -h
R
质点脱离球面时 F N =0;
解得：h =
R 3
9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2) v ①
v =
m 1v 1+m 2v 2
m 1+m 2
(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差
E p =
联立①、②得 E p =
1112m v 12+m 2v 2-(m 1+m 2) v 2 ② 222
1
m 1m 2(v 1-v 2) 2/(m 1+m 2) 2
10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．
m (u -V ) -MV =0 ①
11
m (u -V ) 2+MV 2=mgR ② 22
解得： V =m
2gR
；u =
M (M +m ) 2(M +m ) gR
M
(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 N -mg =mu 2/R
N =mg +mu 2/R =mg +2(M +m ) mg /M N =
Mmg +2(M +m ) mg 3M +2m
=mg
M M
1．B 2．C 3．C 4．C
5．v = 1.23 m/s；a n = 9.6 m/s2；α = –0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 6．
J
ln 2 k
7．解：（1）由转动定律，α=
Fr
=39. 2rad /s 2 J
（2）由刚体转动的动能定理E k =∆E k =Fh =490J （3）根据牛顿运动定律和转动定律：
mg –F ’=ma rF ’=Jα a=rα
联立解得飞轮的角加速度α=
mg
=21. 8rad /s 2 2
J +mr
l 123g =ml α α= 232l
8．解：（1）由转动定律 mg
（2）取棒与地球为系统，机械能守恒
E k =
1
mgl 2
111
mgl =⋅ml 2⋅ω2 ω=223
(3)棒下落到竖直位置时
3g
l
9．解：（1）系统的能量守恒，有mgh =
11
mv 2+J ω2 22
v =r ω
联立解得： v =
2mghr 2
； ω=
mr 2+J
2mgh
mr 2+J
（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴) 的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg – T ＝ma T r＝J β
由运动学关系有： a = r β
联立解得： T =
mgJ 2J +mr
10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为
d m =ρd x d y
式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，
b
2b -2a 2a -2J z =⎰(x 2+y 2) d m =ρ⎰d x ⎰(x 2+y 2) d y =
薄板的质量 m =ρab
所以 J z =
ρ(ab 3+a 3b ) 12m 2(a +b 2) 12
1．C
2．A
3．D
4．B
5．3ωo ；1J o 3
6．412ωo ；J o ωo 32
7．解：小球转动过程中角动量守恒
r o 2mr ωo =m ω ω=4ωo 42
o
W =11322J ω2-J ωo =mr o 2ωo 222
8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒
2⎫6m 2v l ⎛1l ⎛⎫2 m 2v =m 1l +m 2 ⎪⎪ω ω= ⎪2 122m +3m l ⎝⎭⎭12⎝
9．解：圆环所受的摩擦力矩为M =μmgR ，
由转动定律 μmgR =mR 2α， α=
至圆环停止所经历的时间 t =μg R ω0ω0R =αμg
10．解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为ω
11L ⋅ML 2ω2=Mg ， ① 232
碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒
mvx =1ML 2ω， ② 3
碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒
mv =
①、③消去ω，得 v =L M ω， ③ 2M 3gL ， ④ 2m
2L . 3②、④消去v ，得
x =
1． B
2． B
3． C
4． A
5． x =0.10cos(π/6t +π/3)m
6． 2:1
7． 解：A =0.1m ，ω=2π/T =π
运动方程x =A cos(ωt +ϕ) =0.1cos(πt +ϕ)m
（1）由旋转矢量法ϕ=-π/2，x =0.1cos(πt -π/2)m ；
（2）由旋转矢量法ϕ=π/3，x =0.1cos(πt +π/3)m ；
（3）由旋转矢量法ϕ=π，x =0.1cos(πt +π)m 。
8． 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F =mg 。上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x 轴正向，则当木块向下偏移x 位移时，合外力为
∑F =P +F '
其中，浮力F ' =F +ρgSx =mg +ρga x
合外力2∑F =P -F ' =-ρga x =-kx 2
k =ρga 2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。
d 2x d 2x ρga 2x =0 由∑F =m 2可得木块运动的微分方程为2+dt dt m
令ω=2ρga 2
m
=2，可得其振动周期为
T =2πω9． 解：如图，由旋转矢量法可知
ω∆t =π/3
∆t =π/3ω=1/3s
10. 解：（1）E p =图8-1 1211kx =E =
kA 2 224
x =
（2）E p =A ≈0.141m 12121121kx =kA =(kA ) =E 28424
3E k =E -E p =E 4
10．
11．
12．
13．
14．
15． B B C 2k π+π/3，7⨯10-2m ，2k π+4π/3，1⨯10-2m π/2 （1）0.5s ，1.5s ；（2）0s ，
1s, 2s 。
16． 解：（1）由已知的运动方程可知：A =0.10m ，ϕ=2π/3，ω=3π，
T =2π/ω=2/3s
（2）v max =A ω≈0.94m ⋅s -1，a max =A ω2≈8.88m ⋅s -2
17．
解：振动系统的角频率为ω==10s -1 由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v 0为
v 0=m 1v =0.8m ⋅s -1 m 1+m 2
又因初始位移x 0=0，则振动系统的振幅为
A ==v 0
ω=0.08m 图
9-1
如图由旋转矢量法可知ϕ0=-π/2，则简谐运动方程为
x =0.08cos(10t -π/2)(m)
18． 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为
A ==0.10m
合振动初相为
ϕ=π-arctan A 1sin π/3+A 2sin π/6 A 2cos π/6-A 1cos π/3
图
9-=π-arctan 2.341≈113
10. 解：如图由旋转矢量法可知ϕ0a =-π/3，ϕ0b =2π/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：
A =A 1-A 2=1cm
合振动初相为：ϕ=ϕ0a =-
π/3
同样由旋转矢量法可知
ωt =5ω=5π/6
T =2π/ω=12s
19．
20．
21．
22．
23．
24．
25． B C B 1.67m y =A cos[ω(t -6，30 x -l ) +ϕ0] u 解：（1）由波动方程可知振幅A =0.05m ，角频率ω=20π，
ω/u =3π，则波速u =6.67m ⋅s -1，频率ν=ω/2π=10Hz ，波长λ=u 2π
ω=2/3m 。
（2）v max =A ω=π≈3.14m/s
26． -1解：（1）由图可知振幅A =0.1m ，波长λ=4m ，波速u =100m ⋅s
则ω=2π/T =2πu
λ=50π。
又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得ϕ=-π/2，因此波动方程为
y =0.1cos[50π(t -x /100)-π/2](m)
（2）P 处质点的振动方程为
y =0.1cos(50πt -3π/2)(m)
27． 解：由图可知振幅A =0.1m ，波长λ=100m ，则角频率
ω=2πu =2π=π。 T λ
由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。又由图可知原点O 初始时刻位于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得ϕ0=π/3。则波动方程为
y =0.1cos[π(t +x /50) +π/3](m)
10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为
y =3⨯10-2cos[3π(t -x /30)](m)
（2）ϕB =ϕA -2πAB
λ=-ωAB
u =-π 2
则以B 点为坐标原点的波动方程为
y =3⨯10-2cos[3π(t -x /30) -π/2](m)