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(?杨浦区三模)直线y=kx-6过点A(1,-4),与x轴交于点B,与y轴交于点D,以点A为顶点的抛物线经过点((?杨浦区三模)如图所示,将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过)

发布时间:2025-07-02 16:59:02 | 谋考网

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(?杨浦区三模)直线y=kx-6过点A(1,-4),与x轴交于点B,与y轴交于点D,以点A为顶点的抛物线经过点((?杨浦区三模)如图所示,将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过)

(2014?杨浦区三模)直线y=kx-6过点A(1,-4),与x轴交于点B,与y轴交于点D,以点A为顶点的抛物线经过点

解答: 解:(1)∵y=kx-6过点A(1,-4),
∴-4=k-6,
∴k=2,即y=2x-6,
令y=0,得到x=3,即B(3,0),
∵以点A为顶点的抛物线经过点B,
∴设解析式为y=a(x-1) 2 -4,
将x=3,y=0代入得:0=a(3-1) 2 -4,
解得:a=1,
∴抛物线的表达式为y=x 2 -2x-3;

(2)∵k=2,
∴y=kx-6,即y=2x-6,
∴D(0,-6),
∵抛物线与y轴交于点C,
∴C(0,-3),
∵A(1,-4),
∴∠DCA=45°,且AC=
2
,CD=3,
∵B(3,0),C(0,-3),
∴∠OCB=45°,
∴∠DCA=∠OCB,
∵△ACD与△PBC相似,且点P在x轴上,
∴点P在B点的左侧,
当△BPC∽△ACD时,
BP
BC
=
CA
CD
,即
BP
3
2
=
2
3
,解得:BP=2;
当△BCP∽△CAD时,
BP
BC
=
CD
CA
,即
BP
3
2
=
3
2
,解得:BP=9,
∴BP=2或9,
∴点P坐标为(1,0)或(-6,0);

(3)过点D作DH⊥BC并延长DH到点M,使HM=HD,连接CM、BM,
∴直线BM即为直线l,且CM=CD,∠MCH=∠DCH,
∵C(0,-3),D(0,-6),
∴CM=CD=3,
∵B(3,0),C(0,-3),
∴∠OCB=45°,
∴∠DCH=∠OCB=45°,
∴∠MCH=45°,
∴∠MCD=90°,即MC⊥y轴,
∵MC=CD=3,
∴M(-3,-3),
设直线l的解析式为y=kx+b,则
?3=?3k+b
0=3k+b

解得:
k=
1
2
b=?
3
2

∴直线l的解析式为y=
1
2
x-
3
2

(?杨浦区三模)直线y=kx-6过点A(1,-4),与x轴交于点B,与y轴交于点D,以点A为顶点的抛物线经过点((?杨浦区三模)如图所示,将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过)

(2014?杨浦区三模)如图所示,将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过

小球在P点的动能 E k
1
2
m v p 2
1
2
m( v 0 2 + v y 2 )
= 5m v 0 2
解得v y =3v 0
则O和P点的高度差h=
v y 2
2g
9 v 0 2
2g

设运动方向改变的角度为θ,知P点的速度方向与水平方向的夹角为θ,
则tan θ=
v y
v 0
=3
,解得θ=arctan3.
故答案为:
9 v 0 2
2g
,arctan3

(2014?杨浦区三模)如图所示,一质量为m的物体静止在倾角为θ=30°的光滑斜面底端,现用沿斜面向上的一

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A、B、从开始到经过时间t,物体受重力,拉力,支持力,
由牛顿第二定律得物体加速度为: a=
F?mgsinθ
m
F
m
?gsinθ

撤去恒力F到回到出发点,物体受重力,支持力,
由牛顿第二定律得物体加速度为: a′=
mgsinθ
m
=gsinθ

两个过程位移大小相等方向相反,时间相等.得:
1
2
a t 2 =?(at?t?
1
2
a′ t 2 )

①②③联立解得:a′=3a F=
4
3
mgsin30°=
2
3
mg
.故A正确,B错误,
C、D、撤去力F时,物体重力势能30J,动能10J,撤去力F后的位置到最高点,动能减小,重力势能增大,动能与势能相等的位置不可能在这段距离,所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置,故C正确D错误;
故选:AC. 谋考网

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