1樓：du知道君
已知：半徑 r＝1米，a＝2＋3 * t^3 ，θ1＝45度 求：a1 解：
由題意可知，角速度是 ω＝da / dt＝9 * t^2 rad/s 線速度大小是 v＝ωr＝9 * t^2 m/s 切向加速度是 a切＝dv / dt＝18 * t m/s^2 法向加速度是 a法＝v^2 / r＝81 * t^4 m/s^2 可見，當（合）加速度方向與半徑成45度時，a切＝a法 （大小關係） 得 18 * t＝81 * t^4 t^3＝2 / 9 此時的角位移是 a1＝2＋3 * (2 / 9)＝8 / 3 rad
2樓：渾鵬海冀超
1.這道題沒說是勻速圓周運動，所以考慮加速度的時候要考慮切向加速度at和法向加速度an，而at=dv/dt=-b
an=v*2/r=[（vo-b*t)^2]/r,所以a=根下at^2+an^2,方向tanθ=an/at=b*r/(vo-b*t)^2
2.由第一問可以知道當an=0的時候加速度大小等於b，故t=vo/b3.這時t=vo/b，代入已知的式子中，可得s=vo^2/(2*b),而質點轉一圈的路程sc=2*π*r,所以圈數=s/so=vo^2/4*π*b*r
大學物理，質點運動學。 一質點沿半徑為1m的圓周運動，運動方程為:a=2+3(t的3次方)，a式中
3樓：匿名使用者
^已知：半徑 r＝
1米，a＝2＋3 * t^3 ，θ1＝45度求：a1
解：由題意可知，角速度回是 ω＝da / dt＝9 * t^2 rad/s
線速度大小答是 v＝ωr＝9 * t^2 m/s切向加速度是 a切＝dv / dt＝18 * t m/s^2法向加速度是 a法＝v^2 / r＝81 * t^4 m/s^2可見，當（合）加速度方向與半徑成45度時，a切＝a法 （大小關係）得 18 * t＝81 * t^4
t^3＝2 / 9
此時的角位移是 a1＝2＋3 * (2 / 9)＝8 / 3 rad
大學物理題目：1．質點沿半徑為r的圓周運動，運動方程為θ＝3＋2t（si），則t時刻質點的加速度的平
4樓：xin寶寶金牛
如下bai
圖所示：
質點du在以某點為圓zhi心半徑為r的圓周dao上運動
，即質點運動時其軌回跡是圓周的運動叫「答圓周運動」。
它是一種最常見的曲線運動。例如電動機轉子、車輪、皮帶輪等都作圓周運動。圓周運動分為，勻速圓周運動和變速圓周運動（如：豎直平面內繩/杆轉動小球、豎直平面內的圓錐擺運動）。
在圓周運動中，最常見和最簡單的是勻速圓周運動（因為速度是向量，所以勻速圓周運動實際上是指勻速率圓周運動）。
5樓：手機使用者
^解：θ=3＋2t^2 ∴角du速度ω=dθ/dt=4t 角加zhi速度daoα=dω/dt=4 ∴切版向加速度aι=rα=4r 法向加速度an=ω^2r=16t^2r ∴總加權速度a=√(aι^2+an^2)=√(16r^2+256r^2t^4) =4r√(1+16t^4) ∴t時刻質點的加速度的平均值: a均=a/t=[4r√(1+16t^4)]/t求採納
質點沿半徑為R的圓周運動,運動學方程為s Vot 1 2bt2,其中vo,b都是常量
s vo bt s b a向心 v r vo bt r a b vo bt r 從而可以算出在時刻t質點的加速度a 1 2 b，解上式可以得到加速度的大小等於b時的時刻t 阿正正正 質點做曲線運動，根據切向運動學方程，可知切向速度vt s v0 bt，切向加速度a切 s b 1 質點法向加速度 a法...
關於圓周運動的一些問題
鹹納 你很細心，注意到一些問題，但是你應該自己更深入的思考下去。1。圈數和rad 弧度 可不是一個概念。週期是對圈數 無單位 說的，而轉速是對一弧度說的。如果你 或早先的物理學家 把轉速定義為 圈數每秒，也是可以的，那樣的話，轉速單位將不再有rad。頻率亦然。2。pi在作為3.14時，單位是rad或...
高中物理 平拋運動和圓周運動的臨界點（很經典的）問題》
你的理解是正確的。在圓面最高點時，當mg mv 2 r時，即重力全部提供向心力，圓面給小球的支援力為0，但是小球有一定的初速度v，這個模型剛好是平拋運動的模型，很直接的可以推出，小球做平拋運動 另外從反面來說，小球也無法做圓周運動，我們假設小球做圓周運動，當小球過圓周最高點時，接下來小球的速度就要逐...