而此时XA??AA，故 ?A?π
由此得
X4mgA??3kcos??3k?t?? 22）?2m?（?在时刻t，A在地面参考系中的坐标
xA?t??xC?t??xA0?XA?212?2mg?4
3l?2gt2?3?mg3k?l?k???3kcosmt
?12gt2?4mg??3k??3k??1?cos?(23)??t???2m????解法二：
当A球相对于地面参考系的坐标为x时，弹簧CA的伸长量为x2C?3l0?x，A所受的合力为 FA?mg?32k???x2?C?3l0?x?? 其加速度为
a?g?3?2mk??x2?AC?3l0?x??
(1?)其相对于质心的加速度为
a?3A?aA?g?2mk??2?3??2???xC?3l0?x????2mk??x???xC?3l0??? ?其中x????x2?C?3l0??表示A球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位
移与参考系无关．
上式表明，相对质心，A球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向．也就是说，A球相对质心作简谐振动． 同理可证，
Fmg?3k???x?x?l0?B?2C3?
?
aB?g?3k?l0??2m?x??(2?)
???xC?3??? ?其相对于质心的加速度为
a?3?2??B??2mk?x????xC?l0??? (3?)
?3?其中x????xl?C?03?表示?B球相对于其平衡位置的位移，相对质心，B球的加速度与其相对于
平衡位置的位移成正比且反向，即B球相对质心也作简谐振动．且有A与B振动的圆频率相等，
?kA??B?32m
(4?)
解法三：
在地面参考系中，列A、B的牛顿定律方程
ma1?mg?k(x2?x1?l0) (1??)
2ma2?2mg?k(x2?x1?l0) (2??) x1、x2是A、B的坐标，l0是弹簧的自然长． O t?0时，有 A x1
x1?0,v1?0
x2?l,v2?0
k l为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系
B x2x 11
k(l?l0)?2mg
所以 l2mg0?l?k 由(1??)+(2??)，
a1?2a2?3g
令a?a1?2a2?3g，a是一个恒定的加速度，结合初始条件，a对应的坐标和运动方程是，
x1?2x2?2l?322gt (3??)再由(2??)?2?(1??)，
2m(a2?a1)??3k(x2?x1?l0)
(4??)
这是一个以A为参考系描写B物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答，
xcos??3k?2?x1?l0?A??2mt????
?结合初条件，
l?l0?Acos?
A3k2msin??0 得到
??0
A?l?lmg0?2k 所以 x2mg2?x1?lkcos??3k?0??t??2m? ?即
由(3??)?2?(5??)，得
由(3??)+(5??)，得
12
x?l?2mg2mg?3k?2?x1k?kcos??t??2m?
?x122?4mg??3k??1?gt3k??1?cos?t????2m???? ?x2?l?122???2gt?mg?3k??1?cos?3kt?????2m????(5??)
(6??)
?7???