高等数学（第七版）同济大学 习题7-7 个人解答
高等数学（第七版）同济大学 习题7-7
1. 求下列微分方程的通解： \begin{aligned}&1. \ 求下列微分方程的通解：&\end{aligned} 1. 求下列微分方程的通解：
( 1 ) y ′ ′ + y ′ − 2 y = 0 ； ( 2 ) y ′ ′ − 4 y ′ = 0 ； ( 3 ) y ′ ′ + y = 0 ； ( 4 ) y ′ ′ + 6 y ′ + 13 y = 0 ； ( 5 ) 4 d 2 x d t 2 − 20 d x d t + 25 x = 0 ； ( 6 ) y ′ ′ − 4 y ′ + 5 y = 0 ； ( 7 ) y ( 4 ) − y = 0 ； ( 8 ) y ( 4 ) + 2 y ′ ′ + y = 0 ； ( 9 ) y ( 4 ) − 2 y ′ ′ ′ + y ′ ′ = 0 ； ( 10 ) y ( 4 ) + 5 y ′ ′ − 36 y = 0. \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y''+y'-2y=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y''-4y'=0；\\\\ &\ \ (3)\ \ y''+y=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y''+6y'+13y=0；\\\\ &\ \ (5)\ \ 4\frac{d^2x}{dt^2}-20\frac{dx}{dt}+25x=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ y''-4y'+5y=0；\\\\ &\ \ (7)\ \ y^{(4)}-y=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y^{(4)}+2y''+y=0；\\\\ &\ \ (9)\ \ y^{(4)}-2y'''+y''=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (10)\ \ y^{(4)}+5y''-36y=0. & \end{aligned} (1) y′′+y′−2y=0； (2) y′′−4y′=0； (3) y′′+y=0； (4) y′′+6y′+13y=0； (5) 4dt2d2x−20dtdx+25x=0； (6) y′′−4y′+5y=0； (7) y(4)−y=0； (8) y(4)+2y′′+y=0； (9) y(4)−2y′′′+y′′=0； (10) y(4)+5y′′−36y=0.
解：
( 1 ) 特征方程为 r 2 + r − 2 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = − 2 ，所以方程通解为 y = C 1 e x + C 2 e − 2 x ( 2 ) 特征方程为 r 2 − 4 r = 0 ，得 r 1 = 0 ， r 2 = 4 ，所以方程通解为 y = C 1 + C 2 e 4 x ( 3 ) 特征方程为 r 2 + 1 = 0 ，得 r 1 = i ， r 2 = − i ，所以方程通解为 y = C 1 c o s x + C 2 s i n x ( 4 ) 特征方程为 r 2 + 6 r + 13 = 0 ，得 r 1 = − 3 + 2 i ， r 2 = − 3 − 2 i ，所以方程通解为 y = e − 3 x ( C 1 c o s 2 x + C 2 s i n 2 x ) ( 5 ) 特征方程为 4 r 2 − 20 r + 25 = 0 ，得 r 1 = r 2 = 5 2 ，所以方程通解为 x = ( C 1 + C 2 t ) e 5 2 t ( 6 ) 特征方程为 r 2 − 4 r + 5 = 0 ，得 r 1 = 2 + i ， r 2 = 2 − i ，所以方程通解为 y = e 2 x ( C 1 c o s x + C 2 s i n x ) ( 7 ) 特征方程为 r 4 − 1 = 0 ，即 ( r 2 − 1 ) ( r 2 + 1 ) = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = − 1 ， r 3 = i ， r 4 = − i ， 所以方程通解为 y = C 1 e x + C 2 e − x + C 3 c o s x + C 4 s i n x ( 8 ) 特征方程为 r 4 + 2 r 2 + 1 = 0 ，即 ( r 2 + 1 ) 2 = 0 ，得 r 1 = r 2 = i ， r 3 = r 4 = − i ， 所以方程通解为 y = ( C 1 + C 2 x ) c o s x + ( C 3 + C 4 x ) s i n x ( 9 ) 特征方程为 r 4 − 2 r 3 + r 2 = 0 ，即 r 2 ( r − 1 ) 2 = 0 ，得 r 1 = r 2 = 0 ， r 3 = r 4 = 1 ， 所以方程通解为 y = C 1 + C 2 x + ( C 3 + C 4 x ) e x ( 10 ) 特征方程为 r 4 + 5 r 2 − 36 = 0 ，即 ( r 2 + 9 ) ( r 2 − 4 ) = 0 ，得 r 1 = 2 ， r 2 = − 2 ， r 3 = 3 i ， r 4 = − 3 i ， 所以方程通解为 y = C 1 e 2 x + C 2 e − 2 x + C 3 c o s 3 x + C 4 s i n 3 x . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 特征方程为r^2+r-2=0，得r_1=1，r_2=-2，所以方程通解为y=C_1e^x+C_2e^{-2x}\\\\ &\ \ (2)\ 特征方程为r^2-4r=0，得r_1=0，r_2=4，所以方程通解为y=C_1+C_2e^{4x}\\\\ &\ \ (3)\ 特征方程为r^2+1=0，得r_1=i，r_2=-i，所以方程通解为y=C_1cos\ x+C_2sin\ x\\\\ &\ \ (4)\ 特征方程为r^2+6r+13=0，得r_1=-3+2i，r_2=-3-2i，所以方程通解为y=e^{-3x}(C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x)\\\\ &\ \ (5)\ 特征方程为4r^2-20r+25=0，得r_1=r_2=\frac{5}{2}，所以方程通解为x=(C_1+C_2t)e^{\frac{5}{2}t}\\\\ &\ \ (6)\ 特征方程为r^2-4r+5=0，得r_1=2+i，r_2=2-i，所以方程通解为y=e^{2x}(C_1cos\ x+C_2sin\ x)\\\\ &\ \ (7)\ 特征方程为r^4-1=0，即(r^2-1)(r^2+1)=0，得r_1=1，r_2=-1，r_3=i，r_4=-i，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以方程通解为y=C_1e^x+C_2e^{-x}+C_3cos\ x+C_4sin\ x\\\\ &\ \ (8)\ 特征方程为r^4+2r^2+1=0，即(r^2+1)^2=0，得r_1=r_2=i，r_3=r_4=-i，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以方程通解为y=(C_1+C_2x)cos\ x+(C_3+C_4x)sin\ x\\\\ &\ \ (9)\ 特征方程为r^4-2r^3+r^2=0，即r^2(r-1)^2=0，得r_1=r_2=0，r_3=r_4=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以方程通解为y=C_1+C_2x+(C_3+C_4x)e^x\\\\ &\ \ (10)\ 特征方程为r^4+5r^2-36=0，即(r^2+9)(r^2-4)=0，得r_1=2，r_2=-2，r_3=3i，r_4=-3i，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以方程通解为y=C_1e^{2x}+C_2e^{-2x}+C_3cos\ 3x+C_4sin\ 3x. & \end{aligned} (1) 特征方程为r2+r−2=0，得r1=1，r2=−2，所以方程通解为y=C1ex+C2e−2x (2) 特征方程为r2−4r=0，得r1=0，r2=4，所以方程通解为y=C1+C2e4x (3) 特征方程为r2+1=0，得r1=i，r2=−i，所以方程通解为y=C1cos x+C2sin x (4) 特征方程为r2+6r+13=0，得r1=−3+2i，r2=−3−2i，所以方程通解为y=e−3x(C1cos 2x+C2sin 2x) (5) 特征方程为4r2−20r+25=0，得r1=r2=25，所以方程通解为x=(C1+C2t)e25t (6) 特征方程为r2−4r+5=0，得r1=2+i，r2=2−i，所以方程通解为y=e2x(C1cos x+C2sin x) (7) 特征方程为r4−1=0，即(r2−1)(r2+1)=0，得r1=1，r2=−1，r3=i，r4=−i， 所以方程通解为y=C1ex+C2e−x+C3cos x+C4sin x (8) 特征方程为r4+2r2+1=0，即(r2+1)2=0，得r1=r2=i，r3=r4=−i， 所以方程通解为y=(C1+C2x)cos x+(C3+C4x)sin x (9) 特征方程为r4−2r3+r2=0，即r2(r−1)2=0，得r1=r2=0，r3=r4=1， 所以方程通解为y=C1+C2x+(C3+C4x)ex (10) 特征方程为r4+5r2−36=0，即(r2+9)(r2−4)=0，得r1=2，r2=−2，r3=3i，r4=−3i， 所以方程通解为y=C1e2x+C2e−2x+C3cos 3x+C4sin 3x.
2. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解： \begin{aligned}&2. \ 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：&\end{aligned} 2. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：
( 1 ) y ′ ′ − 4 y ′ + 3 y = 0 ， y ∣ x = 0 = 6 ， y ′ ∣ x = 0 = 10 ； ( 2 ) 4 y ′ ′ + 4 y ′ + y = 0 ， y ∣ x = 0 = 2 ， y ′ ∣ x = 0 = 0 ； ( 3 ) y ′ ′ − 3 y ′ − 4 y = 0 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = − 5 ； ( 4 ) y ′ ′ + 4 y ′ + 29 y = 0 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = 15 ； ( 5 ) y ′ ′ + 25 y = 0 ， y ∣ x = 0 = 2 ， y ′ ∣ x = 0 = 5 ； ( 6 ) y ′ ′ − 4 y ′ + 13 y = 0 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = 3. \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y''-4y'+3y=0，y|_{x=0}=6，y'|_{x=0}=10；\\\\ &\ \ (2)\ \ 4y''+4y'+y=0，y|_{x=0}=2，y'|_{x=0}=0；\\\\ &\ \ (3)\ \ y''-3y'-4y=0，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=-5；\\\\ &\ \ (4)\ \ y''+4y'+29y=0，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=15；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''+25y=0，y|_{x=0}=2，y'|_{x=0}=5；\\\\ &\ \ (6)\ \ y''-4y'+13y=0，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=3. & \end{aligned} (1) y′′−4y′+3y=0，y∣x=0=6，y′∣x=0=10； (2) 4y′′+4y′+y=0，y∣x=0=2，y′∣x=0=0； (3) y′′−3y′−4y=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=−5； (4) y′′+4y′+29y=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=15； (5) y′′+25y=0，y∣x=0=2，y′∣x=0=5； (6) y′′−4y′+13y=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=3.
解：
( 1 ) 特征方程为 r 2 − 4 r + 3 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = 3 ，所以方程通解为 y = C 1 e x + C 2 e 3 x ， y ′ = C 1 e x + 3 C 2 e 3 x ， 代入初值条件，得 { C 1 + C 2 = 6 ， C 1 + 3 C 2 = 10 ， 解得 C 1 = 4 ， C 2 = 2 ，所求特解为 y = 4 e x + 2 e 2 x ( 2 ) 特征方程为 4 r 2 + 4 r + 1 = 0 ，即 ( 2 r + 1 ) 2 = 0 ，得 r 1 = r 2 = − 1 2 ，所以方程通解为 y = ( C 1 + C 2 x ) e − x 2 ， y ′ = ( − C 1 2 + C 2 − C 2 2 x ) e − x 2 ，代入初值条件，得 { C 1 = 2 ， − C 1 2 + C 2 = 0 ， 解得 C 1 = 2 ， C 2 = 1 ， 所求特解为 y = ( 2 + x ) e − x 2 ( 3 ) 特征方程为 r 2 − 3 r − 4 = 0 ，即 ( r + 1 ) ( r − 4 ) = 0 ，得 r 1 = − 1 ， r 2 = 4 ，所以方程通解为 y = C 1 e − x + C 2 e 4 x ， y ′ = − C 1 e − x + 4 C 2 e 4 x ，代入初值条件，得 { C 1 + C 2 = 0 ， − C 1 + 4 C 2 = − 5 ， 解得 C 1 = 1 ， C 2 = − 1 ， 所求特解为 y = e − x − e 4 x ( 4 ) 特征方程为 r 2 + 4 r + 29 = 0 ，得 r 1 = − 2 + 5 i ， r 2 = − 2 − 5 i ，所以方程通解为 y = e − 2 x ( C 1 c o s 5 x + C 2 s i n 5 x ) ， y ′ = e − 2 x [ ( 5 C 2 − 2 C 1 ) c o s 5 x + ( − 5 C 1 − 2 C 2 ) s i n 5 x ] ，代入初值条件，得 { C 1 = 0 ， − 2 C 1 + 5 C 2 = 15 ， 解得 C 1 = 0 ， C 2 = 3 ，所求特解为 y = 3 e − 2 x s i n 5 x ( 5 ) 特征方程为 r 2 + 25 = 0 ，得 r 1 = 5 i ， r 2 = − 5 i ，所以方程通解为 y = C 1 c o s 5 x + C 2 s i n 5 x ， y ′ = − 5 C 1 s i n 5 x + 5 C 2 c o s 5 x ，代入初值条件，得 { C 1 = 2 ， 5 C 2 = 5 ， 解得 C 1 = 2 ， C 2 = 1 ， 所求特解为 y = 2 c o s 5 x + s i n 5 x ( 6 ) 特征方程为 r 2 − 4 r + 13 = 0 ，得 r 1 = 2 + 3 i ， r 2 = 2 − 3 i ，所以方程通解为 y = e 2 x ( C 1 c o s 3 x + C 2 s i n 3 x ) ， y ′ = e 2 x [ ( 2 C 1 + 3 C 2 ) c o s 3 x + ( 2 C 2 − 3 C 1 ) s i n 3 x ] ，代入初值条件，得 { C 1 = 0 ， 2 C 1 + 3 C 2 = 3 ， 解得 C 1 = 0 ， C 2 = 1 ，所求特解为 y = e 2 x s i n 3 x \begin{aligned} &\ \ (1)\ 特征方程为r^2-4r+3=0，得r_1=1，r_2=3，所以方程通解为y=C_1e^x+C_2e^{3x}，y'=C_1e^x+3C_2e^{3x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件，得\begin{cases}C_1+C_2=6，\\\\C_1+3C_2=10，\end{cases}解得C_1=4，C_2=2，所求特解为y=4e^x+2e^{2x}\\\\ &\ \ (2)\ 特征方程为4r^2+4r+1=0，即(2r+1)^2=0，得r_1=r_2=-\frac{1}{2}，所以方程通解为y=(C_1+C_2x)e^{-\frac{x}{2}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=\left(-\frac{C_1}{2}+C_2-\frac{C_2}{2}x\right)e^{-\frac{x}{2}}，代入初值条件，得\begin{cases}C_1=2，\\\\-\frac{C_1}{2}+C_2=0，\end{cases}解得C_1=2，C_2=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所求特解为y=(2+x)e^{-\frac{x}{2}}\\\\ &\ \ (3)\ 特征方程为r^2-3r-4=0，即(r+1)(r-4)=0，得r_1=-1，r_2=4，所以方程通解为y=C_1e^{-x}+C_2e^{4x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=-C_1e^{-x}+4C_2e^{4x}，代入初值条件，得\begin{cases}C_1+C_2=0，\\\\-C_1+4C_2=-5，\end{cases}解得C_1=1，C_2=-1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所求特解为y=e^{-x}-e^{4x}\\\\ &\ \ (4)\ 特征方程为r^2+4r+29=0，得r_1=-2+5i，r_2=-2-5i，所以方程通解为y=e^{-2x}(C_1cos\ 5x+C_2sin\ 5x)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=e^{-2x}[(5C_2-2C_1)cos\ 5x+(-5C_1-2C_2)sin\ 5x]，代入初值条件，得\begin{cases}C_1=0，\\\\-2C_1+5C_2=15，\end{cases}解得C_1=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ C_2=3，所求特解为y=3e^{-2x}sin\ 5x\\\\ &\ \ (5)\ 特征方程为r^2+25=0，得r_1=5i，r_2=-5i，所以方程通解为y=C_1cos\ 5x+C_2sin\ 5x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=-5C_1sin\ 5x+5C_2cos\ 5x，代入初值条件，得\begin{cases}C_1=2，\\\\5C_2=5，\end{cases}解得C_1=2，C_2=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所求特解为y=2cos\ 5x+sin\ 5x\\\\ &\ \ (6)\ 特征方程为r^2-4r+13=0，得r_1=2+3i，r_2=2-3i，所以方程通解为y=e^{2x}(C_1cos\ 3x+C_2sin\ 3x)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=e^{2x}[(2C_1+3C_2)cos\ 3x+(2C_2-3C_1)sin\ 3x]，代入初值条件，得\begin{cases}C_1=0，\\\\2C_1+3C_2=3，\end{cases}解得C_1=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ C_2=1，所求特解为y=e^{2x}sin\ 3x & \end{aligned} (1) 特征方程为r2−4r+3=0，得r1=1，r2=3，所以方程通解为y=C1ex+C2e3x，y′=C1ex+3C2e3x， 代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=6，C1+3C2=10，解得C1=4，C2=2，所求特解为y=4ex+2e2x (2) 特征方程为4r2+4r+1=0，即(2r+1)2=0，得r1=r2=−21，所以方程通解为y=(C1+C2x)e−2x， y′=(−2C1+C2−2C2x)e−2x，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1=2，−2C1+C2=0，解得C1=2，C2=1， 所求特解为y=(2+x)e−2x (3) 特征方程为r2−3r−4=0，即(r+1)(r−4)=0，得r1=−1，r2=4，所以方程通解为y=C1e−x+C2e4x， y′=−C1e−x+4C2e4x，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=0，−C1+4C2=−5，解得C1=1，C2=−1， 所求特解为y=e−x−e4x (4) 特征方程为r2+4r+29=0，得r1=−2+5i，r2=−2−5i，所以方程通解为y=e−2x(C1cos 5x+C2sin 5x)， y′=e−2x[(5C2−2C1)cos 5x+(−5C1−2C2)sin 5x]，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1=0，−2C1+5C2=15，解得C1=0， C2=3，所求特解为y=3e−2xsin 5x (5) 特征方程为r2+25=0，得r1=5i，r2=−5i，所以方程通解为y=C1cos 5x+C2sin 5x， y′=−5C1sin 5x+5C2cos 5x，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1=2，5C2=5，解得C1=2，C2=1， 所求特解为y=2cos 5x+sin 5x (6) 特征方程为r2−4r+13=0，得r1=2+3i，r2=2−3i，所以方程通解为y=e2x(C1cos 3x+C2sin 3x)， y′=e2x[(2C1+3C2)cos 3x+(2C2−3C1)sin 3x]，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1=0，2C1+3C2=3，解得C1=0， C2=1，所求特解为y=e2xsin 3x
3. 一个单位质量得质点在数轴上运动，开始时质点在原点 O 处且速度为 v 0 ，在运动过程中，它受到一个力 的作用，这个力的大小与质点到原点的举例成正比（比例系数 k 1 > 0 ）而方向与初速度一致。又介质的 阻力与速度成正比（比例系数 k 2 > 0 ）。求反映这质点的运动规律的函数。 \begin{aligned}&3. \ 一个单位质量得质点在数轴上运动，开始时质点在原点O处且速度为v_0，在运动过程中，它受到一个力\\\\&\ \ \ \ 的作用，这个力的大小与质点到原点的举例成正比（比例系数k_1 \gt 0）而方向与初速度一致。又介质的\\\\&\ \ \ \ 阻力与速度成正比（比例系数k_2 \gt 0）。求反映这质点的运动规律的函数。&\end{aligned} 3. 一个单位质量得质点在数轴上运动，开始时质点在原点O处且速度为v0，在运动过程中，它受到一个力 的作用，这个力的大小与质点到原点的举例成正比（比例系数k1>0）而方向与初速度一致。又介质的 阻力与速度成正比（比例系数k2>0）。求反映这质点的运动规律的函数。
解：
设质点的位置函数为 x = x ( t ) ，根据题意可得， x ′ ′ = k 1 x − k 2 x ′ ，即 x ′ ′ + k 2 x ′ − k 1 x = 0 ，且 t = 0 时， x = 0 ， x ′ = v 0 ，特征方程为 r 2 + k 2 r − k 1 = 0 ，得 r 1 = − k 2 + k 2 2 + 4 k 1 2 ， r 2 = − k 2 − k 2 2 + 4 k 1 2 ， 所以方程通解为 x = C 1 e r 1 t + C 2 e r 2 t ， x ′ = r 1 C 1 e r 1 t + r 2 C 2 e r 2 t ，代入初值条件，得 { C 1 + C 2 = 0 ， r 1 C 1 + r 2 C 2 = v 0 ， 解得 C 1 = v 0 k 2 2 + 4 k 1 ， C 2 = − v 0 k 2 2 + 4 k 1 ，所以， x = v 0 k 2 2 + 4 k 1 ( e − k 2 + k 2 2 + 4 k 1 2 − e − k 2 − k 2 2 + 4 k 1 2 ) = v 0 k 2 2 + 4 k 1 e − k 2 + k 2 2 + 4 k 1 2 ( 1 − e − t k 2 2 + 4 k 1 ) \begin{aligned} &\ \ 设质点的位置函数为x=x(t)，根据题意可得，x''=k_1x-k_2x'，即x''+k_2x'-k_1x=0，且t=0时，x=0，\\\\ &\ \ x'=v_0，特征方程为r^2+k_2r-k_1=0，得r_1=\frac{-k_2+\sqrt{k_2^2+4k_1}}{2}，r_2=\frac{-k_2-\sqrt{k_2^2+4k_1}}{2}，\\\\ &\ \ 所以方程通解为x=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}，x'=r_1C_1e^{r_1t}+r_2C_2e^{r_2t}，代入初值条件，得\begin{cases}C_1+C_2=0，\\\\r_1C_1+r_2C_2=v_0，\end{cases}\\\\ &\ \ 解得C_1=\frac{v_0}{\sqrt{k_2^2+4k_1}}，C_2=-\frac{v_0}{\sqrt{k_2^2+4k_1}}，所以，\\\\ &\ \ x=\frac{v_0}{\sqrt{k_2^2+4k_1}}\left(e^{\frac{-k_2+\sqrt{k_2^2+4k_1}}{2}}-e^{\frac{-k_2-\sqrt{k_2^2+4k_1}}{2}}\right)=\frac{v_0}{\sqrt{k_2^2+4k_1}}e^{\frac{-k_2+\sqrt{k_2^2+4k_1}}{2}}(1-e^{-t\sqrt{k_2^2+4k_1}}) & \end{aligned} 设质点的位置函数为x=x(t)，根据题意可得，x′′=k1x−k2x′，即x′′+k2x′−k1x=0，且t=0时，x=0， x′=v0，特征方程为r2+k2r−k1=0，得r1=2−k2+k22+4k1，r2=2−k2−k22+4k1， 所以方程通解为x=C1er1t+C2er2t，x′=r1C1er1t+r2C2er2t，代入初值条件，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=0，r1C1+r2C2=v0， 解得C1=k22+4k1v0，C2=−k22+4k1v0，所以， x=k22+4k1v0(e2−k2+k22+4k1−e2−k2−k22+4k1)=k22+4k1v0e2−k2+k22+4k1(1−e−tk22+4k1)
4. 在图 7 − 13 所示的电路中先将开关 S 拨向 A ，达到稳定状态后再将开关 S 拨向 B ，求电压 u c ( t ) 及电流 i ( t ) ， 已知 E = 20 V ， C = 0.5 × 1 0 − 6 F ， L = 0.1 H ， R = 2000 Ω 。 \begin{aligned}&4. \ 在图7-13所示的电路中先将开关S拨向A，达到稳定状态后再将开关S拨向B，求电压u_c(t)及电流i(t)，\\\\&\ \ \ \ 已知E=20V，C=0.5\times 10^{-6}F，L=0.1H，R=2000\Omega。&\end{aligned} 4. 在图7−13所示的电路中先将开关S拨向A，达到稳定状态后再将开关S拨向B，求电压uc(t)及电流i(t)， 已知E=20V，C=0.5×10−6F，L=0.1H，R=2000Ω。
解：
由回路定律，得 L d i d t + q C + R i = 0 ，因为 q C = u c ，即 q = C u c ， i = d q d t = C d u c d t ，则 d i d t = C d 2 u c d t 2 ， 有 L C d 2 u c d t 2 + u c + R C d u c d t = 0 ，即 d 2 u c d t 2 + R L d u c d t + 1 L C u c = 0 ，且 t = 0 时， u c = E ， d u c d t = 0 ， 已知 R L = 2000 0.1 = 2 × 1 0 4 ， 1 L C = 1 0.1 × 0.5 × 1 0 − 6 = 2 × 1 0 7 ，所以微分方程为 u c ′ ′ + 2 × 1 0 4 u c ′ + 2 × 1 0 7 u c = 0 ， 特征方程为 r 2 + 2 × 1 0 4 r + 2 × 1 0 7 = 0 ，得 r 1 ≈ − 1.9 × 1 0 4 ， r 2 ≈ − 1 0 3 ，所以 u c = C 1 e − 1.9 × 1 0 4 t + C 2 e − 1 0 3 t ， 且有 u c ′ = − 1.9 × 1 0 4 C 1 e − 1.9 × 1 0 4 t − 1 0 3 C 2 e − 1 0 3 t ，代入初值条件， t = 0 ， u c = 20 ， u c ′ = 0 ， 得 { C 1 + C 2 = 20 ， − 1.9 × 1 0 4 C 1 − 1 0 3 C 2 = 0 ， 解得 C 1 = − 10 9 ， C 2 = 190 9 ，所以 u c = 10 9 ( 19 e − 1 0 3 t − e − 1.9 × 1 0 4 t ) ， i = C u c ′ = 0.5 × 1 0 − 6 × 10 9 ( − 19 × 1 0 3 e − 1 0 3 t + 1.9 × 1 0 4 e − 1.9 × 1 0 4 t ) = 19 18 × 1 0 − 2 ( e − 1.9 × 1 0 4 t − e − 1 0 3 t ) . \begin{aligned} &\ \ 由回路定律，得L\frac{di}{dt}+\frac{q}{C}+Ri=0，因为\frac{q}{C}=u_c，即q=Cu_c，i=\frac{dq}{dt}=C\frac{du_c}{dt}，则\frac{di}{dt}=C\frac{d^2u_c}{dt^2}，\\\\ &\ \ 有LC\frac{d^2u_c}{dt^2}+u_c+RC\frac{du_c}{dt}=0，即\frac{d^2u_c}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{du_c}{dt}+\frac{1}{LC}u_c=0，且t=0时，u_c=E，\frac{du_c}{dt}=0，\\\\ &\ \ 已知\frac{R}{L}=\frac{2000}{0.1}=2\times 10^4，\frac{1}{LC}=\frac{1}{0.1\times 0.5 \times 10^{-6}}=2\times 10^7，所以微分方程为u_c''+2\times 10^4u'_c+2\times 10^7u_c=0，\\\\ &\ \ 特征方程为r^2+2\times 10^4r+2\times 10^7=0，得r_1 \approx -1.9 \times 10^4，r_2 \approx -10^3，所以u_c=C_1e^{-1.9\times 10^4t}+C_2e^{-10^3t}，\\\\ &\ \ 且有u'_c=-1.9\times 10^4C_1e^{-1.9\times10^4t}-10^3C_2e^{-10^3t}，代入初值条件，t=0，u_c=20，u'_c=0，\\\\ &\ \ 得\begin{cases}C_1+C_2=20，\\\\-1.9\times 10^4C_1-10^3C_2=0，\end{cases}解得C_1=-\frac{10}{9}，C_2=\frac{190}{9}，所以u_c=\frac{10}{9}(19e^{-10^3t}-e^{-1.9\times 10^4t})，\\\\ &\ \ i=Cu'_c=0.5\times 10^{-6}\times \frac{10}{9}(-19\times 10^3e^{-10^3t}+1.9\times 10^4e^{-1.9\times 10^4t})=\frac{19}{18}\times 10^{-2}(e^{-1.9\times 10^4t}-e^{-10^3t}). & \end{aligned} 由回路定律，得Ldtdi+Cq+Ri=0，因为Cq=uc，即q=Cuc，i=dtdq=Cdtduc，则dtdi=Cdt2d2uc， 有LCdt2d2uc+uc+RCdtduc=0，即dt2d2uc+LRdtduc+LC1uc=0，且t=0时，uc=E，dtduc=0， 已知LR=0.12000=2×104，LC1=0.1×0.5×10−61=2×107，所以微分方程为uc′′+2×104uc′+2×107uc=0， 特征方程为r2+2×104r+2×107=0，得r1≈−1.9×104，r2≈−103，所以uc=C1e−1.9×104t+C2e−103t， 且有uc′=−1.9×104C1e−1.9×104t−103C2e−103t，代入初值条件，t=0，uc=20，uc′=0， 得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=20，−1.9×104C1−103C2=0，解得C1=−910，C2=9190，所以uc=910(19e−103t−e−1.9×104t)， i=Cuc′=0.5×10−6×910(−19×103e−103t+1.9×104e−1.9×104t)=1819×10−2(e−1.9×104t−e−103t).
5. 设圆柱形浮筒的底面直径为 0.5 m ，将它铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水中上下振动的 周期为 2 s ，求浮筒的质量。 \begin{aligned}&5. \ 设圆柱形浮筒的底面直径为0.5m，将它铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水中上下振动的\\\\&\ \ \ \ 周期为2s，求浮筒的质量。&\end{aligned} 5. 设圆柱形浮筒的底面直径为0.5m，将它铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水中上下振动的 周期为2s，求浮筒的质量。
解：
设 x 轴的正向铅直向下，原点在水面处，平衡状态下浮筒上一点 A 在水平面处，另设在时刻 t ， 点 A 的位置为 x = x ( t ) ，此刻它受到恢复力大小为 1000 g π R 2 ∣ x ∣ （ R 是浮筒的半径），恢复力方向与位移方向相反， 则有 m x ′ ′ = − 1000 g π R 2 x ，其中 m 是浮筒的质量。记 ω 2 = 1000 g π R 2 m ，则微分方程为 x ′ ′ + ω 2 x = 0 ， 特征方程为 r 2 + ω 2 = 0 ，得 r 1 = ω i ， r 2 = − ω i ，所以 x = C 1 c o s ω t + C 2 s i n ω t = A s i n ( ω t + φ ) ， A = C 1 2 + C 2 2 ， s i n φ = C 1 A ，因为振动周期 T = 2 π ω = 2 ，所以 ω = π ，即 1000 g π R 2 m = π 2 ， 解得 m = 1000 g R 2 π ≈ 195 ( k g ) . \begin{aligned} &\ \ 设x轴的正向铅直向下，原点在水面处，平衡状态下浮筒上一点A在水平面处，另设在时刻t，\\\\ &\ \ 点A的位置为x=x(t)，此刻它受到恢复力大小为1000g\pi R^2|x|（R是浮筒的半径），恢复力方向与位移方向相反，\\\\ &\ \ 则有mx''=-1000g\pi R^2x，其中m是浮筒的质量。记\omega^2=\frac{1000g\pi R^2}{m}，则微分方程为x''+\omega^2x=0，\\\\ &\ \ 特征方程为r^2+\omega^2=0，得r_1=\omega i，r_2=-\omega i，所以x=C_1cos\ \omega t+C_2sin\ \omega t=Asin(\omega t+\varphi)，\\\\ &\ \ A=\sqrt{C_1^2+C_2^2}，sin\ \varphi=\frac{C_1}{A}，因为振动周期T=\frac{2\pi}{\omega}=2，所以\omega=\pi，即\frac{1000g\pi R^2}{m}=\pi^2，\\\\ &\ \ 解得m=\frac{1000gR^2}{\pi} \approx 195(kg). & \end{aligned} 设x轴的正向铅直向下，原点在水面处，平衡状态下浮筒上一点A在水平面处，另设在时刻t， 点A的位置为x=x(t)，此刻它受到恢复力大小为1000gπR2∣x∣（R是浮筒的半径），恢复力方向与位移方向相反， 则有mx′′=−1000gπR2x，其中m是浮筒的质量。记ω2=m1000gπR2，则微分方程为x′′+ω2x=0， 特征方程为r2+ω2=0，得r1=ωi，r2=−ωi，所以x=C1cos ωt+C2sin ωt=Asin(ωt+φ)， A=C12+C22，sin φ=AC1，因为振动周期T=ω2π=2，所以ω=π，即m1000gπR2=π2， 解得m=π1000gR2≈195(kg).