大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)

目录

运动的描述

两类运动知识点

题1 

题目描述

题解 

题2(第一类问题) 

题目描述

题解

题3(第二类问题)

题目描述 

题解

题4

题目描述

题解

圆周运动知识点

题5

题目描述

题解

相对运动知识点 

题6

题目描述

题解 

题7

题目描述

题解


运动的描述

两类运动学知识点

1.位置矢量

\overrightarrow{r}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}

\left | \overrightarrow{r} \right |=r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}

2.运动方程

\overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(t)

\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}+z(t)\overrightarrow{k}

3.轨道方程

f(x,y,z)

4.位移

\Delta \overrightarrow{r} = \overrightarrow{r_{1}}- \overrightarrow{r_{2}}=\Delta x \overrightarrow{i}+\Delta y \overrightarrow{j}+\Delta z \overrightarrow{k}

5.速度

(1)平均速度

\overline{v}=\frac{\Delta \overrightarrow{r}}{\Delta t}

(2)瞬时速度(简称速度)

\overrightarrow{v}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \overrightarrow{r}}{\Delta t}=\frac{d\overrightarrow{r}}{dt}

(3)速率

平均速率:\overline{v}=\frac{\Delta s}{\Delta t}

瞬时速率:v=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{ds}{dt}=\frac{\left | d\overrightarrow{r} \right |}{dt}=\left | \overrightarrow{v} \right |

6.加速度

(1)平均加速度

\overrightarrow{a}=\frac{\Delta \overrightarrow{v}}{\Delta t}

(2)瞬时加速度(简称加速度)

\overrightarrow{a}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \overrightarrow{v}}{\Delta t}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}}{\mathrm{d} t}=\frac{d^2\overrightarrow{r} }{d t^2}

题1 

题目描述

已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x=2+6t-2t^{2},式中x的单位为m,t的单位为s.求:(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程;(3)t = 4s时质点的速度和加速度.

题解 

第一问求位移大小,位移通过位置矢量来求 ,因为是沿x轴,所以只是一个一维的问题,比较简单。位置矢量差反映的就是从初位置到末位置的位置变化。大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第1张图片

 已知:x=2+6t^2-2t^3

故而运动方程写成:\overrightarrow{r}(t)=(2+6t^2-2t^3)\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}

在4.0s内,位移:

\begin{matrix} \Delta \overrightarrow{r} &= &\overrightarrow{r}(4)-\overrightarrow{r}(0) & \\ &= &-30\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{i}\, \, \, & \\ &= &-32\overrightarrow{i}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, & (m) \end{matrix}

注意题目是求位移的大小,所以最终:\left | \Delta \overrightarrow{r} \right |=32m

第二问求路程,路程就需要通过运动方程来求了。运动方程我们在第一问已经求出来了,路程是可以有很多种情况的,于是我们要通过速度为0的时刻质点所在位置来判断它的路程到底是哪个。通过运动方程求出速度,令速度为0,得到了两个时刻,进而知道了质点的位置变化是这样的:大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第2张图片

最后求出路程即可。

先求出速度:\overrightarrow{v}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{r}}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} (2+6t^2-2t^3)\overrightarrow{i}}{\mathrm{d} t}=(12t-6t^2)\; \; (m/s)

令速度为0:

\begin{matrix} \overrightarrow{v}=0\\ 12t-6t^2=0 \end{matrix}

解得:\left\{\begin{matrix} t_{1}=0(s)\\ t_{2}=2(s) \end{matrix}\right.

通过运动方程求得2s时的位置:

\overrightarrow{r}(2)=(2+6\times2^2-2\times2^3)\overrightarrow{i}=10\overrightarrow{i}

最后就可以求得路程:

s=(10-2)+\left | -30-10 \right |=48(m)

第三问求某一时刻的速度和加速度,根据第二问很容易就可以求得速度的大小和方向,是沿x轴的负方向的;加速度就要速度对时间求一阶导,再代入数值即可。 

\overrightarrow{v}=(12t-6t^2)\; \; (m/s)

\begin{matrix} \overrightarrow{v}(4) &= &(12\times4-6\times4^2)\overrightarrow{i} \\ &= &-48\overrightarrow{i}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, (m/s) \end{matrix}

\overrightarrow{a}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}}{\mathrm{d} t}=(12-12t)\overrightarrow{i}(m/s)

\overrightarrow{a}(4)=(12-12\times4)\overrightarrow{i}=-36(m/s)

在质点运动中,通常有两类问题,第一类是已知运动方程,求速度,加速度;第二类是已知加速度,求速度,运动方程。

即:\begin{matrix} (1)\overrightarrow{r}(t)\rightarrow\overrightarrow{v}(t)\rightarrow\overrightarrow{a}(t)\\ (2)\overrightarrow{a}(t)\rightarrow\overrightarrow{v}(t)\rightarrow\overrightarrow{r}(t) \end{matrix}

题2(第一类问题) 

题目描述

质点的运动方程为x=-10t+30t^2y=15t-20t^2,式中x,y的单位为m,t的单位为s.试求:(1)初速度的大小和方向;(2)加速度的大小和方向.

关于运动方程

运动方程可以写成这个形式,

大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第3张图片

\begin{matrix} \overrightarrow{r}(t) &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}+z(t)\overrightarrow{k}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &(-10t+30t^2)\overrightarrow{i}+(15t-20t^2)\overrightarrow{j} \end{matrix}

对应题目中的x=-10t+30t^2y=15t-20t^2

题解

第一问求初速度的大小和方向,直接求导代入0即可,得到矢量式,既包含大小,也包含方向。符合题目要求。

\begin{matrix} \overrightarrow{v}(t)&= &\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{r}(t)}{\mathrm{d} t} \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &(-10+60t)\overrightarrow{i}+(15-40t)\overrightarrow{j} \end{matrix}

\overrightarrow{v}(t=0)=-10\overrightarrow{i}+15\overrightarrow{j}

 第二问同理

\begin{matrix} \overrightarrow{a}(t)&= &\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}(t)}{\mathrm{d} t} \, \, \, \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \\ &= &60\overrightarrow{i}-40\overrightarrow{j} \end{matrix}

题3(第二类问题)

题目描述 

一气球以匀速率v_0从地面上升,由于风的影响,它获得了一个水平速度v_x=by(b为常量,y为上升高度),以气球出发点为坐标系原点,向上为y轴正向,水平沿风向为x轴正向.求:(1)气球的运动方程;(2)气球的轨迹方程.

题解

第一问求的是运动方程,我们现在已知速度,可以直接通过速度来求得运动方程,注意积分过程中变量的转换就可以可以顺利求出来,具体过程如下:

先把y轴和x轴方向上的速度表示出来:

\begin{matrix} v_y=v_0\\ v_x=by \end{matrix}

故而总体的速度表示为:

\begin{matrix} \overrightarrow{v}&= &v_x\overrightarrow{i}+v_y\overrightarrow{j} \\ &= &by\overrightarrow{i}+v_0\overrightarrow{j} \end{matrix}

根据速度公式,可以得到运动方程:

\overrightarrow{r}(t)=v(t)dt

转化成求标量的形式:

\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}

那么接下来的目标就是求x和y对于时间t的函数了:

由题目已知的关系:

v_x=\frac{dx}{dt}=by

v_y=\frac{dy}{dt}=v_0

首先对y整理一下:dy=v_0dt,两边同时积分:\int_{0}^{y}dy=\int_{0}^{t}v_0dt,解得y=v_0t.

再对x整理:dx=bydt,这样无法积分,所以根据y=v_0t可以将它转化成:dx=bv_0tdt,这个时候就可以两边同时积分啦:\int_{0}^{x}dx=b\int_{0}^{t}v_0tdt,解得x=v_0b\frac{t^2}{2}.

最终,运动方程为:

\begin{matrix} \overrightarrow{r}(t) &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j} \\ &= &v_0b\frac{t^2}{2}\overrightarrow{i}+v_0t\overrightarrow{j} \end{matrix}

第二问求轨迹方程,在这道题中,只有x和y轴,把二者的函数关系写出来、把时间t约掉即可。

y=v_0t

t=\frac{y}{v_0}

x=v_0b\frac{t^2}{2},把t代进去,就可以约掉t了:x=v_0b\frac{1}{2}\frac{y^2}{v_0^2}

整理得到最终的轨迹方程为:

x=\frac{b}{2v_0}y^2,应该为一条抛物线。

大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第4张图片

题4

题目描述

一质点沿x轴运动,其加速度a与位置坐标x的关系为a=2+6x^2(SI),如果质点在原点处的速度为零,试求其在任意位置处的速度。(SI)为国际单位制

题解

\overrightarrow{a}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} x}\cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=v\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} x}=2+6x^2

将式子整理一下:vdv=(2+6x^2)dx,两边同时积分:\int_{0}^{v}vdv=\int_{0}^{x}(2+6x^2)dx.

解得:v^2=4(x+x^3),因为其在原点处的速度为0,且初始加速度大于0,所以速度一定是大于0的,故而可以得到:v=2\sqrt{x+x^3}

圆周运动知识点

1.曲率

k=\lim_{\Delta s\to0}\frac{\Delta\theta }{\Delta s}=\frac{d\theta }{ds}两条切线间的夹角为\Delta \theta,两点间的弧长为\Delta s

2.曲率半径

\rho =\frac{1}{k}=\frac{ds}{d\theta }

3.角速度、角加速度

\omega = \lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \theta }{\Delta t}=\frac{d\theta }{dt}

\beta =\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \omega }{\Delta t}=\frac{d\omega }{dt}=\frac{d^2\theta }{dt^2}

4.线量和角量的关系

\left\{\begin{matrix} ds=Rd\theta \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \\ v=\frac{ds}{dt}=R\frac{d\theta }{dt}=R\omega\: \: \: \\ a_{\tau }=\frac{dv}{dt}=R\frac{d\omega }{dt}=R\beta \\ a_n=\frac{v^2}{R}=R\omega ^2\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \end{matrix}\right.

推导出\overrightarrow{v}=\overrightarrow{\omega }\times\overrightarrow{r}

5.平面曲线运动

\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_\tau }+\overrightarrow{a_n}

a_\tau =\frac{dv}{dt}\tau \: \: \: \: \: \: \: \: a_n=\frac{v^2}{\rho }\overrightarrow{n_0}

切向a_\tau

法向a_n

题5

题目描述

一飞轮以速率n=1800(r\cdot min^-1)转动,受到制动而做匀减速运动,经t=60s后静止.求:(1)求角加速度\beta和从制动开始到静止飞轮的转数N;(2)求制动开始后t=30s时飞轮的角速度\omega;(3)设飞轮的半径R=0.5m,求t=30s时飞轮边缘上任一点M的速度和加速度.

题解

第一问,初角速度\omega_0=2\pi n=2\pi \frac{1800}{60}=60\pi \: rad\cdot s^{-1}

t=60s\omega =0,代入\omega =\omega _0+\beta t求得

\beta =\frac{\omega -\omega _0}{t}=\frac{-60\pi }{60}=-\pi=-3.14\: rad\cdot s^{-2}

从开始制动到静止飞轮的角位移及转数分别为:

\theta -\theta_0=\omega _0t+\frac{1}{2}\beta t^2=60\pi\times60-\frac{1}{2}\pi\times(60^2)=1800\pi rad

N=\frac{1800\pi}{2\pi}=900\: r

第二问t=30s时飞轮的角速度为:

\omega =\omega _0+\beta t=60\pi-\pi\times30=30\pi\: rad\cdot s^{-1}=94.2\: rad\cdot s^{-1}

第三问,t=30s时飞轮边缘上M点的速度为:

v=\omega R=30\pi\times0.5=47.1\: m\cdot s^{-1}

相应的切向加速度和向心加速度为:

a_\tau =\beta R=-\pi\times0.5=-1.57\: m\cdot s^{-2}

a_n=\omega ^2R=(30\pi)^2\times0.5=4.44\times10^3\: m\cdot s^{-2}

相对运动知识点 

速度变换定理:\overrightarrow{v_a}=\overrightarrow{v_r}+\overrightarrow{u}

绝对速度:\overrightarrow{v_a}

相对速度:\overrightarrow{v_r}

牵连速度:\overrightarrow{u}

加速度变换也是类似的

当两个坐标之间的相对速度(牵连速度)不是常量时,就有一个牵连加速度\overrightarrow{a_e}

则绝对加速度=相对加速度+牵连加速度,即\overrightarrow{a_a}=\overrightarrow{a_r}+\overrightarrow{a_e}

题6

题目描述

一电梯以1.2m/s^2的加速度下降,其中一乘客在电梯开始下降后0.5s时用手在离电梯底板1.5m高处释放一小球.求:(1)小球落到底板上所需的时间;(2)它对地面下落的距离.

题解 

第一问,以电梯为参照,小球的初速度v_0'=0

设球相对于地的加速度为a_{qd},即绝对加速度;球相对于电梯的加速度为a_{qt},即相对加速度;电梯相对于地的加速度为a_{td},即牵连加速度。

故而有:a_{qd}=a_{qt}+a_{td}(取竖直向下为正方向)

现在要求小球落到底板上所需的时间,所以显然需要知道小球相对于电梯的加速度,这里设为a',时间设为t'

a'=a_{qt}=a_{qd}-a_{td}=9.8-1.2=8.6\: (m/s^2)

h'=\frac{1}{2}a't'^2,h'为小球初始位置到电梯底板的高度1.5m,

代入数据可求得t'=0.59\: (s)

第二问,相对于地来说,小球的初速度v_0应该用电梯对地的加速度来进行计算,即

v_0=a_{td}\times0.5=0.6\: m/s

所以相对于地面下落的距离就可以求了:

h=v_0t'+\frac{1}{2}gt'^2=2.06\: (m)

题7

题目描述

一个人骑车以18km/h的速率自东向西行进时,看见雨点垂直下落,当他的速率增至36km/h时看见雨点与他前进的方向成120度角下落,求雨点对地的速度。

题解

设雨点相对于地面的速度为\overrightarrow{v_{yd}},雨点相对于人的速度为\overrightarrow{v_{yr}},人相对于地面的速度为\overrightarrow{v_{rd}}.

由速度变换定理,有:\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr}}+\overrightarrow{v_{rd}}

第一种情况,\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr1}}+\overrightarrow{v_{rd1}}

大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第5张图片

第二种情况,\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr2}}+\overrightarrow{v_{rd2}}

 大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第6张图片

由几何关系可知,\overrightarrow{v_{rd2}}=2\overrightarrow{v_{rd1}}

最后也又几何关系:​​​​​​​大学物理(上)-期末知识点结合习题复习(1)——运动的描述(两类运动学知识点、圆周运动知识点、相对运动知识点)_第7张图片

得: v_{yd}=2v_{rd1}=2(\frac{1}{2})v_{rd2}=2\times18=36\: (km/h)

即最终雨点对地的速度为36km/h。


end


你可能感兴趣的:(学习,物理,笔记)