内容正文:
微专题整合——平抛运动的两类模型由l+d=v_2t_3得,v_2=1“=3+1m/s=13m/s,
类型一
即小球恰好落在马路边缘时,从房顶飞出的速度大小
[典例1]解析:(1)小球在斜面上沿v_0方向做匀速直线运为13m/s。
动,沿垂直于v_0方向做初速度为零、加速度为α的匀加速综上分析知,欲使小球离开房顶后能落在马路上,则小球离
直线运动,根据牛顿第二定律有mgsin30^∘=ma,开房顶时的速度v_0应满足v_1≤v_0≤v_2,即5m/s≤v_0
又L=-at^′≤13m/$∘
答案:5m/s≤v_0≤13m/s
2L―
[应用体验]
解得t=\sqrt{gsin}30^°
:3.选B设A,B两个平台水平距离为x,竖直高度差为h,由平
所以x=v_,t=v_o\sqrt{asin}30^∘=20m。抛运动的规律可知:x=v_1t_1,h+6.25m=﹖gt_1+当小球恰能
(2)小球运动到斜面底端时的速度大小用v表示,则有
落到平台B上时,x=v_gt_gh=号gt^,联立解得:u_m=7.5m/s,
v,=v_0=10m/s,v,=2aL=2gsin30^∘·L=gL
故v=\sqrt{vz}^2+v_y^2=10\sqrt{2}m/s。故选项B正确。
答案:(1)20m(2)10\sqrt{2}m/s4.选C。小物体做平抛运动,恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v
[应用体验]最大,此时有L=v_mt,h=﹖gt^,代入解得v_mx=7m/s;恰
1.选C-设A、B质点抛出时的水平初速度为v_b,下落高度为好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小,则有L+d=
h。A质点做平抛运动,运动的时间为t_A=\sqrt{”};B质点做,H+h=⊇gt^2,解得v_mw-3m/s;故v的取值范围是
类平抛运动,在斜面上沿垂直v_0方向有nθ-2gtp-sinθ3m/s<v<7m/s,C正确。
章末小结与质量评价
(θ为斜面与水平面的夹角),解得t_B=可知t_B>综合考法融会]-sin6
t_A。质点沿x轴方向的位移为x=v_0t,可得x_1<x_2。故A、⋮考法一
B,D错误,C正确。[典例1]选AD若船渡河的时间最短,船在航行过程中,必
2.解析:(1)飞机水平速度不变,在水平方向:l=v_6t,须保证船头始终与河岸垂直,A正确;因水流的速度大小发
竖直方向加速度恒定:h=“,生变化,根据运动的合成与分解可知,船在河水中航行的轨
迹是一条曲线,B错误;渡河的最短时间为t_ma=一=s
消去t解得a=-°,=150s,C错误;船离开河岸400m时的水流速度大小与船离
由牛顿第二定律;F=mg+ma=mg(1+2-)开河岸200m时的水流速度大小相等,即v_x=300×
(2)在高度h处,飞机竖直方向的速度v_y=at=-”v^2200m/s=2m/s,则船离开河岸400m时的速度大小为v=
_\sqrt{v}_w^2+v_k^2=\sqrt{4}^2+2^xm/s=2\sqrt{5}m/s,D正确。
[对点训练]
则速度大小:v=\sqrt{va}^2+v^2=v_0\sqrt{1}+4;1.选AD根据图像可知,无人机在t_1时刻,在竖直方向上向
上做匀加速直线运动,有竖直向上的加速度,处于超重状
答案:(1mg(1+--)(2)%/1+=态,故A正确;由图像可知,无人机在t=0时刻,vy=0,合
类型二初速度为v沿水平方向,水平与竖直方向均有加速度,那
[典例2]解析:如图甲所示,设球刚好触墙而过时,小球离么合加速度与合初速度不共线,所以无人机做曲线运动,即
开房顶的速度为v_1,则小球自房顶飞出后做平抛运动到达无人机沿曲线上升,故B错误;无人机在竖直方向,先向上
墙头时,水平位移大小为l,竖直位移大小为(H-h),则做匀加速直线运动,后向上做匀减速直线运动,在t_3时刻
y=H-h=(5-3.2)m=1.8m,上升至最高点,故C错误;无人机在t_2~t_3时间内,在水平
方向上做匀速直线运动,而在竖直方向上向上做匀减速直
由y=﹖gt_1^2,得小球自飞出后运动到墙头所用的时间为线运动,因此无人机做匀变速运动,故D正确。
t_1=\sqrt{2}=A^△1^8s=0.6s,:考法一,
[典例2]选D A,B的速度分解如图
由l=v_1t_1,得小球离开房顶时的速度为所示。B沿轻绳方向上的分速度为:□—
v_1-t-0.6^m/s=5m/s。
v_1=vcos60^∘,A沿轻绳方向上的分
速度为:v_A1=v_Asin60^°,因为v_1=
v_A,则有:v_A一vtan60^∘=3v,故D
H和H和正确,A,B,C错误。
[对点训练]
:2.选AD小车A向左运动的过程中,小车
设小球飞出后恰好落在墙外的马路边缘时,离开房顶的速