若取物体静止时的位置O（平衡位置）为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为： t=0时，x=0,?0?u?2.0m/s?0
由x0?Acos?,?0??A?sin?,得：????2
则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：
x?5.0?10?2cos(40t?)m
28-8 解：当物体m1向右移动x时，左方弹簧伸长x，右方弹簧缩短x，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即
?F??(k1x?k2x)
令F=-kx,有:k?k1?k2?4N/m 由 T?2?2m k2TkTk得m1?12?12?0.1(kg)
4?4?则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：
m1?m2?0.20kg
新的周期 T2?2?m1?m2?1.4(s) k在平衡位置时，m2与m1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m1的速度?1??1A1?0.10?m/s 设碰撞后，m1和m2共同速度为?. 根据动量守恒定律，
m1?1?(m1?m2)?
则
??m1?1?0.05?m/s
(m1?m2)新的振幅 A2?8-9 解：（1）由振动方程x?0.60sin(5t?故振动周期： T?(2) t=0时，由振动方程得：
??T??0.035(m) 22???2)知，A?0.6m,??5(rad/s)
2?2???1.256(s)?1.26(s) ?5x0??0.60m dx??0?|t?0?3.0cos(5t?)?0dt2(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：????3
速度 ???A?sin???0.60?5?(?加速度 a??A?cos???0.60?5?223)m/s?2.6(m/s) 2122m/s??7.5(m/s) 2所受力 F?ma?0.2?(?7.5)N??1.5(N)
（4）设质点在x处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：
12kA 21112故有： Ek?Ep?E?(kA)
22212112即 kx??kA
222Ek?Ep?E?可得： x??2A??0.42(m) 28-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：
mamax?mg?N
N是平板对砝码的支持力.
故N?m(g?amax)?m(g?A?2)?m(g?4?2vA)?1.74(N)
砝码对板的正压力与N大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：
mamax?N??mg
故 N??m(g?amax)?m(g?4?2v2A)?8.1(N) 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N?大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：
N?m(g?4?2vAmax)?0Amax?(3) 由Amax?g4?2v2?0.062(m)
g4?v222,可知，Amax与v成反比，当v??2v时，
??Amax1Amax?0.0155m 48-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为?，由机械能守恒，有：
121kA?m?2 ??22kA mm?
m?m?由水平方向动量定理： (m?m?)u?m??u?此后，系统振幅为A?，由机械能守恒，有：
11kA?2?(m?m?)u2 22得： A??mA
m?m?m?m? k有： T??2?（2）碰撞前后系统总能量变化为：
?E?111mm?12kA?2?kA2?kA2(?1)??(kA) 222m?m?m?m?2式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.
（3）当m达到振幅A时，m?竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为2?12m?m?，系统的振动总能量不变，为kA（非弹性碰
2k撞损耗的能量为源于碰撞前m?的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度??由：
121kA?(m?m?)??2 22得：
????kA
m?m?A?A运动到的位置处，
228-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从角相位的最小变化为：????3
????rad/s ?t32??6s 周期 T??则圆频率 ??习题8-12图
?x0??0.1m由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：??A?0.1(m)
??0?02?0则振幅 A?x?2?0.1m
?20（2）因为Ep?1E 4121kx,E?kA2 2212112故 kx?(kA)
242又 Ep?得： x??0.05(m) 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=－0.05m.
根据振动系统的能量守恒定律：
1211kx?m?2?kA2 222故 根据题意，取???0.091m/s 再由 x?Acos(?t?t?) a?????A2?x2??0.091(m?s?1)
????Asin(?t??)
dv??A?2cos(?t??) dt2 ???x 得： a?0.055(m/2s)
1111E?(kA2)??2mA2?6.8?10?3(J) 44283312322?3 Ek?E?(kA)??mA?21?10(J)
4428（3）t=0时，Ep? E?Ek?Ep?27.8?10(J) （4）由简谐振动的振动表达式x?Acos(?t??) 当t=0时，x0??0.05m,?0??0.091m/s?0,可得：??又 A?0.10m,??故 x?0.1cos(?32? 3?3
?2t??)m 338-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：
xP?5.00?10?2cos(?t?xQ?2.00?10?2cos(?t?（2）P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：
?3)m
?3)m?P?dxP?????5.00?10?2sin(?t?)(m/s) dt3?Q?dxQ????2.00?10?2sin(?t?)(m/s) dt3?aP?d?P????2?5.00?10?2cos(?t?)(m/s2) dt3aQ?当t=1s时，有：
d?Q???2?2.00?10?2cos(?t?)(m/s2) dt3?4?m?2.5?10?2(m)32?xQ?2.00?10?2cosm??1.00?10?2(m)34??P????5.00?10?2sinm/s?13.60?10?2(m/s)3
2??Q????2.00?10?2sinm/s??5.44?10?2(m/s)34?aP???2?5.00?10?2cosm/s2?24.68?10?2(m/s2)32?aQ???2?2.00?10?2cosm/s2?9.87?10?2(m/s2)3xP?5.00?10?2cos（3）由相位差
???(?t??P)?(?t??Q)??P??Q?可见，P点的相比Q点的相位超前
??2??(?)? 3332?. 38-14 解：（1）由题意得初始条件：
1??x0?A ?2 ???0?0可得：???3 (由旋转矢量法可证出)
在平衡位置的动能就是质点的总能量
??k?k?m?2m 11E?kA2?m?2A2?3.08?10?5(J)22