用分离变量法把式(1)改写为
dv?dt (2)
A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 得石子速度 v?由此可知当,t→∞时,v?(2) 再由v?A(1?e?Bt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtB得石子运动方程
1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．
分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x?x0?v0xt?121axt和y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均22为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．
解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得 又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2 消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如dx3图所示．
1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为a?(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ)；
和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．
分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为
a?dvΔv和a?．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为dtΔtΔvv2an?,a? ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转
ΔtR过的角度Δθ 求出．
由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．
解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故 而 所以
(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得
v2v2a1?0.9003,a2?0.9886
RRv2v2a3?0.9987,a4?1.000
RR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极
v2限值,该值即为法向加速度．
R1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝ ＋ )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝ 到t2 ＝ 时间内的平均速度；(3) t1 ＝ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝ 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．
分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化
Δr,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即Δtdr瞬时速度v?．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ 和an ,
dtdvte,后者只反映质前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?dt率,即v?点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度
v2和法向加速度的大小后,可由公式an?求ρ．
ρ解 (1) 由参数方程
x ＝, y ＝消去t 得质点的轨迹方程：
y ＝
(2) 在t1 ＝ｓ 到t2 ＝ｓ时间内的平均速度 (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则t1 ＝ｓ时的速度
v(t)｜t ＝1ｓ＝
切向和法向加速度分别为 (4) t ＝ｓ质点的速度大小为
v2则ρ??11.17m
an1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？
分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．
此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．
解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为
x ＝vt, y ＝1/2 gt2
飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离
(2) 视线和水平线的夹角为
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为
1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足tanβ?1并与v0 无关．
2tanα分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g
12gt,做出2uuur炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即
为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?图中的r 矢量)．
(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为
12gtsinα (1) 21y?v0tsinβ?gt2cosα (2)
2x?v0tcosβ?令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得
解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有
从中消去t 后也可得到同样结果．
(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则
vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)
由(2)(3)两式消去t 后得
由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．
讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较