2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）第4章第2節(jié)拋體運動

1、 拋體運動一、平拋運動1定義將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，物體只在重力作用下所做的運動。2性質加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。3條件：v00，沿水平方向；只受重力作用。二、平拋運動的基本規(guī)律1研究方法平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。2基本規(guī)律(1)位移關系(2)速度關系三、斜拋運動1定義：將物體以初速度v0斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。2性質：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。3研究方法：運動的合成與分解(1)水平方向：勻速直線運動；(2)豎直方向：勻變速直線運動。4基本規(guī)律(以斜上拋運動為例，如圖

2、所示)(1)水平方向：v0 xv0cos ，F合x0；(2)豎直方向：v0yv0sin ，F合ymg。一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動。()(2)平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也可能時刻變化。()(3)兩個做平拋運動的物體，初速度大的落地時速度大。()(4)做平拋運動的物體初速度越大，在空中運動的時間越短。()(5)無論初速度是斜向上方還是斜向下方的斜拋運動都是勻變速曲線運動。()二、教材習題衍生1(人教版必修第二冊P11參考案例改編)(多選)為了驗證做平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝

3、置進行實驗。小錘打擊彈性金屬片后，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落。關于該實驗，下列說法中正確的是()A兩球的質量應相等B兩球應同時落地C應改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動BC兩球從同一高度同時開始運動，豎直方向均做自由落體運動，落地時間一定相等，不需要兩球質量相等，為了驗證平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體運動，應改變高度多次實驗才能驗證猜想，故A錯誤，B、C正確；本實驗無法說明平拋運動在水平方向的運動是勻速直線運動，D錯誤。2(魯科版必修第二冊P44T2改編)一架投放救援物資的飛機在某個受援區(qū)域的上空水平勻速飛行，從飛機上每隔1 s投下1包救援物

4、資，先后共投下4包，若不計空氣阻力，則4包物資落地前()A在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點是等間距的B在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點不是等間距的C在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點是等間距的D在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點不是等間距的C勻速飛行的飛機上落下的物資做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，且與飛機的速度相同，因此，4包物資在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直線，因各物資落地間隔時間相等，落地點是等間距的，故選項C正確，A、B、D均錯誤。3(人教版必修第二冊P21T3改編)為踐行新形勢下的強軍目標，在某次軍事演習中，

5、水平勻速飛行的無人機在斜坡底端A的正上方投彈，炸彈垂直擊中傾角為37、長為L300 m的斜坡的中點P，如圖，若sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，則無人機距A點的高度h和飛行的速度v分別為()Ah170 mv30 m/sBh135 mv40 m/sCh80 mv30 mDh45 mv40 m/sA根據速度的分解有：tan eq f(v,vy)eq f(v,gt)，xeq f(L,2)cos 37vt，聯立解得t4 s，v30 m/s；則炸彈豎直位移為yeq f(1,2)gt280 m，故無人機距A點的高度hyeq f(L,2)sin 170 m，故選項A正確。 平拋運動

6、的規(guī)律及應用1平拋運動時間和水平射程(1)運動時間：由t eq r(f(2h,g)知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。(2)水平射程：xv0tv0eq r(f(2h,g)，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定。2速度和位移的變化規(guī)律(1)速度的變化規(guī)律任一時刻的速度水平分量均等于初速度v0。任一相等時間間隔t內的速度變化量方向豎直向下，大小vvygt(如圖所示) 。(2)位移變化規(guī)律任一相等時間間隔內，水平位移相同，即xv0t。連續(xù)相等的時間間隔t內，豎直方向上的位移差不變，即yg(t)2。3兩個重要推論(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時

7、水平位移的中點，如圖甲所示，B是OC的中點，即xBeq f(xA,2)。推導：eq blc rc(avs4alco1(tan f(yA,xAxB),tan f(vy,v0)f(2yA,xA)xBeq f(xA,2)甲乙(2)如圖乙所示，做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻(任一位置處)，設其速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則tan 2tan 。推導：eq blc rc(avs4alco1(tan f(vy,v0)f(gt,v0),tan f(y,x)f(gt,2v0)tan 2tan 典例1(多選)如圖所示，從某高度處水平拋出一小球，經過時間t到達地面時，速度方向與水平方

8、向的夾角為，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A小球水平拋出時的初速度大小為eq f(gt,tan )B小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為eq f(,2)C若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長D若小球初速度增大，則減小AD如圖所示，由tan eq f(gt,v0)可得小球平拋的初速度大小v0eq f(gt,tan )，選項A正確；由tan eq f(y,x)eq f(f(1,2)gt2,v0t)eq f(gt,2v0)eq f(1,2)tan 可知，eq f(,2)，選項B錯誤；小球做平拋運動的時間t eq r(f(2y,g)，與小球初速度大小無關，選項C錯誤；由ta

9、n eq f(gt,v0)可知，v0越大，越小，選項D正確。分解思想在平拋運動中的應用(1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動位移沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優(yōu)點是不用分解初速度也不用分解加速度。(2)畫出速度(或位移)分解圖，通過幾何知識建立合速度(合位移)、分速度(分位移)及其方向間的關系，通過速度(位移)的矢量三角形求解未知量。跟進訓練1在地面上方某點將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中()A速度和加速度的方向都在不斷改變B速度與加速度方向之間的夾角一直減小C在相等的時間間隔內，速率的改變量相等D在相等的時間間隔內，動能的改變量相等B由

10、于不計空氣阻力，小球只受重力作用，故加速度為g，方向不變；小球做平拋運動，速度的方向不斷變化，在任意一段時間內速度的變化量vgt，如圖所示，選項A錯誤；設某時刻速度與豎直方向的夾角為，則tan eq f(v0,vy)eq f(v0,gt)，隨著時間t的變大，tan 變小，選項B正確；由圖可以看出，在相等的時間間隔內，速度的改變量v相等，但速率的改變量v3v2v2v1v1v0，選項C錯誤；在豎直方向上位移heq f(1,2)gt2，可知小球在相同的時間內下落的高度不同，根據動能定理，動能的改變量等于重力做的功，選項D錯誤。2(2021陜西省咸陽市高三第二次月考)如圖所示，a、b兩個小球從不同高度

11、同時沿相反方向水平拋出，其平拋運動軌跡的交點為P，則以下說法正確的是()Aa、b兩球同時落地Ba、b兩球落地速度相等Ca、b兩球在P點相遇D無論兩球初速度大小多大，兩球總不能相遇Da、b兩個小球從不同高度同時沿相反方向水平拋出，豎直分運動為自由落體運動，故落地前任意時刻高度不同，不可能相遇，b球的高度較小，根據teq r(f(2h,g)可知b球一定先落地，A、C錯誤，D正確；由于兩球的初速度大小未知，則無法比較兩球落地的速度大小，B錯誤。3如圖所示，從傾角為且足夠長的斜面的頂點A，先后將同一小球以不同的初速度水平向右拋出，第一次初速度為v1，小球落到斜面上前一瞬間的速度方向與斜面的夾角為1，第

12、二次初速度為v2，小球落在斜面上前一瞬間的速度方向與斜面間的夾角為2，若v2v1，則1和2的大小關系是()A12 B12 C12C根據平拋運動的推論，做平拋或類平拋運動的物體在任一時刻或任一位置時，設其速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則tan 2tan 。由上述關系式結合題圖中的幾何關系可得：tan()2tan ，此式表明小球的速度方向與斜面間的夾角僅與有關，而與初速度無關，因此12，即以不同初速度平拋的物體，落在斜面上各點的速度方向是互相平行的，故C正確。4(2021河北卷) 銫原子鐘是精確的計時儀器，圖1中銫原子從O點以100 m/s的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直

13、平面MN所用時間為t1；圖2中銫原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點Q(未畫出)再返回P點，整個過程所用時間為t2，O點到豎直平面MN、P點到Q點的距離均為0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，則t1t2為()圖1圖2A1001 B1100 C1C銫原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即xvt1，解得t1eq f(x,v)eq f(0.2,100) s，銫原子做豎直上拋運動，拋至最高點用時eq f(t2,2)，逆過程可視為自由落體，即xeq f(1,2)geq blc(rc)(avs4alco1(f(t2,2)eq sup12(2)，解得t2eq r(f(8x,g)eq r(

14、f(80.2,10)0.4 s，則eq f(t1,t2)eq f(f(0.2,100),0.4)eq f(1,200)，故選項C正確。 有約束條件的平拋運動1對平拋運動的約束條件常見的有“斜面”約束和“曲面”約束，解此類問題的關鍵：(1)靈活運用平拋運動的位移和速度分解方法。(2)充分運用斜面傾角，找出斜面傾角與位移偏向角、速度偏向角的關系。(3)“曲面”約束類要靈活應用平拋運動的推論。2常見類型示例運動情景物理量分析vygt，tan eq f(v0,vy)eq f(v0,gt)teq f(v0,gtan )xv0t，yeq f(1,2)gt2tan eq f(y,x)teq f(2v0tan

15、 ,g)tan eq f(vy,v0)eq f(gt,v0)teq f(v0tan ,g)落到斜面上時合速度與水平方向的夾角為，tan eq f(gt,v0)eq f(gt2,v0t)eq f(2y,x)2tan ，tan eq f(vy,v0)eq f(gt,v0)teq f(v0tan ,g)在半圓內的平拋運動，heq f(1,2)gt2，Req r(R2h2)v0t斜面約束的平拋運動典例2(2021浙江省嘉興市高三月考)如圖所示，傾角為的斜面體固定在水平面上，兩個可視為質點的小球甲和乙分別沿水平方向拋出，兩球的初速度大小相等，已知甲的拋出點為斜面體的頂點，經過一段時間兩球落在斜面上的A、

16、B兩點后不再反彈，落在斜面上的瞬間，小球乙的速度與斜面垂直。忽略空氣的阻力，重力加速度為g。則下列選項正確的是()A甲、乙兩球在空中運動的時間之比為tan2 1B甲、乙兩球下落的高度之比為2tan4 1C甲、乙兩球的水平位移之比為tan 1D甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2 1思路點撥：解此題關鍵是將兩小球在斜面上的落點進行分析，利用斜面夾角和初速度相等的條件，獲取兩小球運動時間關系。D由小球甲的運動可知tan eq f(y,x)eq f(f(1,2)gt2,v0t)eq f(gt,2v0)，解得teq f(2v0tan ,g)，小球乙落到斜面上的速度與豎直方

17、向夾角的正切值為tan eq f(v0,gt)，解得teq f(v0,gtan )，則甲、乙兩球在空中運動的時間之比為eq f(t,t)2tan21，故A錯誤；由heq f(1,2)gt2可知甲、乙兩球下落的高度之比為eq f(h,h)eq f(f(1,2)gt2,f(1,2)gt2)4tan41，故B錯誤；由xv0t可知甲、乙兩球水平位移之比為eq f(x,x)eq f(v0t,v0t)2tan21，故C錯誤；甲球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值為tan eq f(vy,vx)eq f(gt,v0)2tan ，乙球落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tan eq f(vy,v0)

18、eq f(1,tan )，甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為eq f(tan ,tan )2tan21，故D正確。曲面約束的平拋運動典例3(2021四川宜賓市第二次診斷)如圖所示，一豎直圓弧形槽固定于水平地面上，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中槽壁上的最低點D點；若A點小球拋出的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點，已知COD60，且不計空氣阻力，則()A兩小球同時落到D點B兩小球初速度大小之比為 eq r(6)3 C兩小球落到D點時的速度方向與OD線夾角相等D兩小球落到D點時的瞬時速

19、率之比為 eq r(2)1B由于A、C兩點到D點的豎直高度不同，兩球在空中運動時間不同，選項A錯誤；設圓弧形槽半徑為R，對從A點拋出的小球，Rv1tA，tAeq r(f(2R,g)，則v1Req r(f(g,2R)eq r(f(1,2)gR)，對從C點拋出的小球，Rsin 60 v2tC，tCeq r(f(RRcos 602,g)eq r(f(R,g)，則v2eq f(r(3)R,2)eq r(f(g,R)eq r(f(3,4)gR)，v1v2eq r(6)3，選項B正確；設在D點速度方向與OD線夾角為，豎直分速度為vy，水平分速度為v0，則tan eq f(v0,vy)，由v1v2eq r(

20、6)3和vy1vy2tAtCeq r(2)1知tan 1tan 2，選項C錯誤；設A、C兩點拋出球落到D點時的瞬時速率分別為vA、vC，vAeq r(voal( 2,1)voal( 2,y1)eq r(f(5,2)gR)，vCeq r(voal( 2,2)voal( 2,y2)eq r(f(7,4)gR)，則vAvCeq r(10)eq r(7)，選項D錯誤。跟進訓練1(2021江西省上饒市廣信二中高三上學期第二次月考)如圖所示，斜面固定在水平面上，兩個小球分別從斜面底端O點正上方A、B兩點向右水平拋出，B為AO連線的中點，最后兩球都垂直落在斜面上，A、B兩球擊中斜面位置到O點的距離之比為()

21、Aeq r(2)1 B21 C4eq r(2) D41B設任一小球的初速度為v0，拋出點離O點的高度為h，平拋運動的時間為t，斜面的傾角為。據題小球垂直擊中斜面，速度與斜面垂直，由速度分解可知vytan v0；又vygt可得：teq f(v0,gtan ) ，根據幾何關系得：heq f(1,2)gt2v0ttan eq f(voal( 2,0),2gtan2)eq f(voal( 2,0),g)veq oal( 2,0)，據題有OA2OB，則得vAeq r(2)vB。擊中斜面位置到O點的距離為seq f(v0t,cos )eq f(voal( 2,0),gtan cos )veq oal( 2

22、,0)，故得A、B兩球擊中斜面位置到O點的距離之比為21，故選項B正確。2(多選)(2021河南鄭州市第二次質量檢測)如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與圓心等高且在同一豎直平面內。現甲、乙兩位同學分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發(fā)現兩球剛好落在坑中同一點Q，已知MOQ60，忽略空氣阻力。則下列說法中正確的是()A兩球拋出的速率之比為13B若僅增大v1，則兩球將在落入坑中之前相撞C兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和不變D若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中AB由于兩球拋出的高度相等

23、，則運動時間相等，x1v1t，x2v2t，由幾何關系可知x23x1，所以兩球拋出的速率之比為13，故A正確；由2R(v1v2)t可知，若僅增大v1，時間減小，所以兩球將在落入坑中之前相撞，故B正確；要使兩小球落在坑中的同一點，必須滿足v1與v2之和與時間的乘積等于半球形坑的直徑，即(v1v2)t2R，落點不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以兩球拋出的速度之和不是定值，故C錯誤；由平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點可知，若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D錯誤。 平拋運動中的臨界、極值問題1臨界點的確定(1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字

24、眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點。(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點”，而這些“起止點”往往就是臨界點。(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值點，這些極值點也往往是臨界點。2求解平拋運動臨界問題的一般思路(1)找出臨界狀態(tài)對應的臨界條件。(2)分解速度或位移。(3)若有必要，畫出臨界軌跡。典例4一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h。發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作

25、用，重力加速度大小為g。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是()Aeq f(L1,2) eq r(f(g,6h)vL1eq r(f(g,6h)Beq f(L1,4) eq r(f(g,h)v eq r(f(4Loal( 2,1)Loal( 2,2)g,6h)Ceq f(L1,2) eq r(f(g,6h)veq f(1,2) eq r(f(4Loal( 2,1)Loal( 2,2)g,6h)Deq f(L1,4) eq r(f(g,h)veq f(1,2) eq r(f(4Loal( 2,1)Loal( 2,2)g,6h)思路

26、點撥：(1)發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點。(2)乒乓球落在右側臺面的臺角處時，速度取最大值。(3)乒乓球沿正前方且恰好擦網而過時，速度取最小值。D乒乓球做平拋運動，落到右側臺面上時經歷的時間t1滿足3heq f(1,2)gteq oal( 2,1)。當v取最大值時其水平位移最大，落點應在右側臺面的臺角處，有vmaxt1 eq r(Loal( 2,1)blc(rc)(avs4alco1(f(L2,2)sup12(2)，解得vmaxeq f(1,2) eq r(f(4Loal( 2,1)Loal( 2,2)g,6h)；當v取最小值時其水平位移最小，發(fā)射方向沿正前方且恰好擦網而過，此時有3hheq

27、 f(1,2)gteq oal( 2,2)，eq f(L1,2)vmint2，解得vmineq f(L1,4) eq r(f(g,h)，故D正確。跟進訓練1(2021山東青島市一模)如圖所示，容量足夠大的圓筒豎直放置，水面高度為h，在圓筒側壁開一個小孔P，筒內的水從小孔水平射出，設水到達地面時的落點距小孔的水平距離為x，小孔P到水面的距離為y。短時間內可認為筒內水位不變，重力加速度為g，不計空氣阻力，在這段時間內下列說法正確的是()A水從小孔P射出的速度大小為eq r(gy)By越小，則x越大Cx與小孔的位置無關D當yeq f(h,2)時，x最大，最大值為hD取水面上質量為m的水滴，從小孔噴出

28、時由機械能守恒定律可知mgyeq f(1,2)mv2，解得veq r(2gy)，選項A錯誤；水從小孔P射出時做平拋運動，則xvt，hyeq f(1,2)gt2，解得xveq r(f(2hy,g)2eq r(yhy)，可知x與小孔的位置有關，由數學知識可知，當yhy，即yeq f(1,2)h時x最大，最大值為h，并不是y越小x越大，選項D正確，B、C錯誤。2如圖所示，窗子上、下沿間的高度H1.6 m，豎直墻的厚度d0.4 m，某人在距離墻壁L1.4 m、距窗子上沿h0.2 m 處的P點，將可視為質點的小物件以垂直于墻壁的速度v水平拋出，要求小物件能直接穿過窗口并落在水平地面上，不計空氣阻力，g取

29、10 m/s2。則可以實現上述要求的速度大小是()A2 m/s B4 m/s C8 m/s D10 m/sB小物件做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側墻邊緣穿過時速度v最大。此時有：Lvmaxt1，heq f(1,2)gteq oal( 2,1)代入數據解得：vmax7 m/s小物件恰好擦著窗口下沿左側墻邊緣穿過時速度v最小，則有：Ldvmint2，Hheq f(1,2)gteq oal( 2,2)，代入數據解得：vmin3 m/s，故v的取值范圍是3 m/sv7 m/s，故B正確，A、C、D錯誤。 斜拋運動及類平拋運動1類平拋運動(1)類平拋運動的受力特點物體所受的合外力為恒力，且與初速度的方向

30、垂直。(2)類平拋運動的運動特點在初速度v0方向上做勻速直線運動，在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度aeq f(F合,m)。(3)類平拋運動的求解方法常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直線坐標系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解。2斜拋運動(1)斜上拋運動一般分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動。(2)斜面上的斜拋運動可以沿垂直斜面方

31、向和沿斜面方向分解，然后研究各方向的運動規(guī)律，再進行合成。類平拋運動典例5如圖所示，有一傾角為30足夠寬的光滑斜面，斜面長l為10 m，一小球從斜面頂端以10 m/s的速度沿水平方向拋出(g取10 m/s2)，求：(1)小球沿斜面滑到底端的時間t和沿v0方向水平位移x的大??；(2)小球到達斜面底端時的速度v的大小。審題指導：關鍵語句獲取信息傾角為30足夠寬的光滑斜面物體不受摩擦力；物體受沿斜面的合力；物體一直在斜面上運動斜面長l為10 m，以10 m/s的速度沿水平方向拋出物體在斜面內做類平拋運動；物體沿合力方向的位移大小為10 m解析(1)在斜面上小球沿v0方向做勻速直線運動，在沿斜面向下方

32、向做初速度為零，加速度為a的勻加速運動，由牛頓第二定律得mamgsin 30，小球的加速度agsin 30，沿v0方向水平位移xv0t，沿斜面向下方向有l(wèi)eq f(1,2)at2，解得運動時間teq r(f(2l,gsin 30)eq r(f(210,100.5) s2 s，所以沿v0方向水平位移xv0t20 m。(2)小球到達斜面底端時，速度veq r(voal( 2,0)at2)eq r(102522) m/s14.1 m/s。答案(1)2 s20 m(2)14.1 m/s斜拋運動典例6(2020山東卷)單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半

33、徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2。某次練習過程中，運動員以vM10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角72.8，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度的大小g取10 m/s2，sin 72.80.96，cos 72.80.30。求：甲乙(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L。解析(1)在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1vMsin 72.8設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos 17.2ma1由運動學公式得deq f(voal( 2,1),2a1)聯立式，代入數據得d4.8 m。(2)在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得v2vMcos 72.8設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin 17.2