第5章 专题提升3 平抛运动中的临界、极值问题 类平抛运动-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第五章　抛体运动 专题提升三　平抛运动中的临界、极值问题　类平抛运动 目录 1 2 课后课时作业 提升 科学思维 3 提升 在打乒乓球、排球等运动中，经常会涉及是否过网、出界等问题，这就是平抛运动的临界问题。解决这类问题的关键是，尝试定性画出不受网高、边界范围限制的可能轨迹(如取各种初速度或抛出高度)，然后根据实际限制找出临界轨迹，并结合相关规律分析临界条件。 提升1　平抛运动中的临界、极值问题 提升 4 例1　如图，某学校的排球场长为18 m，球网高度为2 m。一同学站在离网3 m线上(如虚线所示)正对网竖直跳起，并在离地高2.5 m处将球向正前方水平击出。不计球飞行过程中受到的阻力，欲使球既不触网又不出界，则球被击出时的速度可能是(　　) A．6 m/s B．9 m/s C．12 m/s D．18 m/s 提升 5 提升 6 解决平抛运动中的临界问题的思路 (1)确定运动性质——平抛运动。 (2)用动态思想画出临界轨迹，确定临界位置。 (3)运用平抛运动规律分析临界条件。 提升 7 提升 8 提升 9 [跟进训练2]　 如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A点到地面的距离为1 m，已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．2.5 m/s D．5 m/s 提升 10 提升 11 1．类平抛运动：有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。 2．类平抛运动的受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 提升2　类平抛运动 提升 12 提升 13 提升 14 提升 15 解决类平抛运动问题的步骤 (1)分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动，并明确物体两个分运动的方向。 (2)利用两个分运动的规律求解分运动的速度和位移。 (3)根据题目的已知条件和要求解的未知量，充分利用运动的等时性、独立性、等效性解题。 提升 16 答案：(1)20 m/s　(2)20 m 提升 17 提升 18 科学思维 等效思维(分解与合成思想) —— 在曲线运动问题中的应用(一) 1．概述 抛体运动是最简单的曲线运动，但是物体在空气中运动时，速度越大，阻力也越大，这时物体的运动情况非常复杂。由于位移、速度、力等均是矢量，根据分矢量和合矢量的等效性，所以对于复杂的曲线运动，仍然可以用分解与合成的基本思路分析。其一般步骤为： (1)对位移、速度、力等矢量分解，达到化繁为简的目的(用到等效思维，俗称“化曲为直”)； (2)运用运动学规律和牛顿运动定律分析计算(用到分析思维)； (3)运用矢量合成法则综合得出合运动的规律(用到综合思维)。 [注]　①“科学思维”栏目介绍物理学中常用和重要的科学思想、方法，供学有余力的同学选学。 科学思维 2.曲线运动的分解方法 对于包括类似抛体运动的大部分曲线运动问题，一般建立固定的直角坐标系对位移、速度、力等矢量进行分解，例如分析受恒定风力的雨滴的运动。对于坐标系，大多数情况沿水平方向和竖直方向建立坐标系，但对有些情况，如求解运动员做平抛运动时到斜坡的最远距离，则沿斜坡和垂直于斜坡方向建立坐标系，即要根据问题灵活选择坐标系。 科学思维 例　(多选)如图a，在跳台滑雪比赛中， 运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下 落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次 从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计 时，用v表示他在竖直方向的速度，其v­t图 像如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　) A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 科学思维 科学思维 [方法感悟]　本题看似是平抛运动，实际上是复杂的曲线运动，对于这类问题，求解关键是深刻理解分析曲线运动问题的基本方法——运动的分解与合成。 科学思维 课后课时作业 题型一　平抛运动中的临界、极值问题 1. 如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则可以实现上述要求的速度大小是(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．8 m/s D．10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 2．女排比赛时，某运动员进行了一次跳发球，若击球点恰在发球处底线上方3.04 m高处，击球后排球以25.0 m/s的速度水平飞出，球的初速度方向与底线垂直，排球场的有关尺寸如图所示，(不计空气阻力，g取10 m/s2)试计算说明： (1)此球能否过网？ (2)球是落在对方界内还是界外？ 答案：(1)能过网　(2)界外 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 4. 如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　) A．A、B的运动时间相同 B．A、B沿x轴方向的位移相同 C．A、B运动过程中的加速度大小相同 D．A、B落地时速度大小相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 7．(2023·山东省青岛市高二统考期末)从距地面高为3.2 m的A处，将质量为0.1 kg的小球以初速度v0水平向右抛出，反复试验测得，在无风条件下小球落地的水平位移为4 m；当受到向左的恒定水平风力时，小球落在抛出点正下方左边0.8 m处。不考虑小球受的其他外力。重力加速度取10 m/s2。求： (1)小球抛出时的初速度v0大小； (2)水平风力的大小。 答案：(1)5 m/s　(2)1.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 8．(2018·北京高考)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　) A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C．落地点在抛出点东侧 D．落地点在抛出点西侧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故A、B错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减速运动，按照对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 10．(2020·山东高考)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 答案：(1)4.8 m　(2)12 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　如图所示，设球刚好触网，此过程球的水平射程x1＝3 m，球下落高度Δh＝h－h1＝2.5 m－2 m＝0.5 m，竖直方向：Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，所以球飞行时间t1＝eq \r(\f(2Δh,g))＝eq \f(\r(10),10) s，水平方向：x1＝v1t1，得v1＝eq \f(x1,t1)＝3eq \r(10) m/s；设球恰好落在底线上，此过程球的水平射程x2＝x1＋eq \f(L,2)＝3 m＋eq \f(18,2) m＝12 m，球下落高度h＝2.5 m，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，球飞行时间t2＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×2.5,10)) s＝eq \f(\r(2),2) s，水平方向：x2＝v2t2，得v2＝eq \f(x2,t2)＝12eq \r(2) m/s。欲使球既不触网又不出界，则球被击出时的速度：3eq \r(10) m/s<v0≤12eq \r(2) m/s，只有C正确。 [跟进训练1]　(多选)某次网球比赛中，某选手将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．击球高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2 B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq \f(x,h1) eq \r(2gh1)，一定落在对方界内 C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 解析：根据平抛运动的规律有eq \f(x,\r(\f(2（h1－h2）,g)))＝eq \f(1.5x,\r(\f(2h1,g)))，解得h1＝1.8h2，A正确；若保持击球高度不变，当球的初速度v0足够小时，球会落在自己界内，B错误；设击球高度为h(仍大于h2)时球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，则有eq \f(2x,\r(\f(2h,g)))＝eq \f(x,\r(\f(2（h－h2）,g)))，解得h＝eq \f(4,3)h2，则击球高度低于此值时，无论击球初速度多大，球都不能落在对方界内，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，D正确。 解析：当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时，v0最小，此时设蜘蛛跳出后经过时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得x＝v0mint，y＝eq \f(1,2)gt2，蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以tan45°＝eq \f(\a\vs4\al(gt),v0min)，根据几何关系可得eq \f(\a\vs4\al(y＋\o(AC,\s\up16(—))),x)＝tan45°，其中eq \o(AC,\s\up16(—))＝1 m－0.8 m＝0.2 m，联立解得v0min＝2 m/s，故B正确。 3．类平抛运动的运动特点：在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。 4．类平抛运动问题的求解方法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。 例2　(多选)如图所示，一玩具热气球静止于距水平地面H＝0.2 m的高处，当将质量为m的物块以相对地面的速度v0＝1 m/s水平弹射出的同时，热气球获得一个等大反向的初速度，落地时物块与热气球的距离为d；已知弹射出物块后热气球的质量也为m且所受浮力不变，重力加速度为g＝10 m/s2，不计阻力。以下判断正确的是(　　) A．弹射出物块后热气球做匀速直线运动 B．落地前，物块与热气球的速度总是等大反向 C．d＝0.4 m D．d＝eq \f(2\r(2),5) m 解析　弹射出物块前，热气球静止，所受浮力F浮＝2mg，热气球弹射出物块后，浮力大小不变，热气球所受合力恒为mg，竖直向上，又热气球获得水平向左的速度v0，所以热气球做匀变速曲线运动，故A错误。弹射出物块后，热气球和物块所受合力大小均为mg，所以在竖直方向上，热气球向上做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动，物块向下做初速度为0、加速度大小为g的匀加速直线运动，将二者的运动分解到水平方向和竖直方向，可知分速度始终等大反向，故合速度也始终等大反向，故B正确。物块落地时间为t＝eq \r(\f(2H,g))＝0.2 s，此时间内热气球在竖直方向上运动的位移为H′＝H＝0.2 m，热气球和物块在水平方向均做匀速直线运动，水平位移x′＝x＝v0t＝0.2 m，则落地时物块与热气球的距离d＝eq \r(（H＋H′）2＋（x＋x′）2)＝eq \f(2\r(2),5) m，故C错误，D正确。 [跟进训练3]　(2023·河南省郑州市高一校联考阶段练习)滑雪场部分路段如图所示，光滑长方形斜面ABDC与水平面夹角为α＝60°；某位滑雪者自A点以速度v0＝10 m/s水平冲上ABDC斜面后自由滑行，刚好能够从D点滑出，已知xAC＝10eq \r(3) m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑雪者经过D点时的速度大小； (2)AB的长度xAB。 解析：(1)受力分析可知，滑雪者冲上ABDC斜面后做类平抛运动，可将运动分解为沿初速度v0方向的匀速直线运动和垂直于v0沿斜面向下的匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinα＝ma 根据匀变速直线运动规律有veq \o\al(2,y)－0＝2axAC 滑雪者经过D点时的速度大小v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 联立并代入数据解得v＝20 m/s。 (2)滑雪者到达D点的时间t＝eq \f(vy,a) AB的长度xAB＝v0t 联立解得xAB＝20 m。 解析　v­t图像中图线与t轴包围的面积表示位移的大小，第二次滑翔过程中v­t图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A项分析知，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大，时间比第二次的短，由a＝eq \f(Δv,Δt)，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；v­t图像的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D正确。 解析：小物件恰好碰到窗口右侧上沿时，初速度最大，水平方向有L＝v1t1，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，联立解得v1＝7 m/s；小物件恰好碰到窗口左侧下沿时，初速度最小，水平方向有L＋d＝v2t2，竖直方向有h＋H＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，联立解得v2＝3 m/s；综上，题目要求的速度v的范围为3 m/s<v<7 m/s，故B正确，A、C、D错误。 解析：(1)设排球的初速度大小为v0，当排球在竖直方向下落Δh＝3.04 m－2.24 m＝0.8 m时，所用时间为t1，排球的水平位移大小为x，则Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，x＝v0t1 联立解得x＝10 m＞9 m，故此球能过网。 (2)设当排球落地时，竖直方向下落的高度为h，水平方向的位移大小为x′，所用时间为t2，有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，x′＝v0t2 联立并代入数据解得x′≈19.5 m＞18 m 故排球落在对方界外。 题型二　类平抛运动 3．一质量为m的质点在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时刻，给质点施加一个垂直于v0方向的水平恒力F，记该时刻t＝0，取质点此时所处的位置为坐标原点O、速度方向为x轴正方向、力F的方向为y轴正方向，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．质点做匀变速直线运动 B．质点在第1 s内与第2 s内在y方向上发生的位移之比为1∶2 C．质点运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(F,mv) x2 D．质点在t＝t0时刻的速度大小为2,0)eq \f(\r(m2v＋F2teq \o\al(2,0)),m) 解析：依题意可知，在t＝0时刻，质点所受恒力F的方向与初速度方向垂直，质点将做类平抛运动，即匀变速曲线运动，故A错误；质点在x方向上做匀速直线运动，位移x＝v0t，在y方向上做初速度为0的匀加速直线运动，位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(F,m)t2，联立可得质点运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(F,2mv) x2，故C错误；根据初速度为0的匀变速直线运动规律，质点在第1 s内与第2 s内在y方向上发生的位移之比为1∶3，故B错误；质点在t＝t0时刻，y方向上的分速度大小为vy＝at0＝eq \f(F,m)t0，则该时刻质点的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝2,0)eq \f(\r(m2v＋F2teq \o\al(2,0)),m) ，故D正确。 解析：质点A做平抛运动，质点B沿斜面做类平抛运动，设O点与水平面的高度差为h，已知斜面的倾角为θ，由h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)gsinθ·teq \o\al(2,2)，可得t1＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，故t1＜t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2，可知x1＜x2，B错误；由a1＝g，a2＝gsinθ，可知a1>a2，C错误；A落地的速度大小为vA＝2,0)eq \r(v＋（gt1）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，B落地的速度大小为vB＝2,0)eq \r(v＋（a2t2）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，所以vA＝vB，故D正确。 5．某同学在进行无人机操作练习时，无人机在距地面H＝20 m高处，以v0＝2 m/s的速度水平向右匀速飞行，某时刻关闭无人机动力系统，瞬间失去一切动力，无人机沿抛物线下落，一段时间后该同学开启3倍原来的升力，不久，无人机恰好轻触地面，随即腾空。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．无人机重新开启动力后的轨迹是圆弧 B．无人机重新开启动力后的加速度大小是10 m/s2 C．无人机关闭动力的时间是eq \f(\r(6),3) s D．无人机触地点距开始关闭动力处的水平距离是2eq \r(6) m 解析：由题意可知，无人机匀速飞行时有F＝mg，重新开启动力后有3F－mg＝ma，解得a＝2g＝20 m/s2，方向竖直向上，所以无人机重新开启动力后的轨迹是抛物线，A、B错误；设无人机关闭动力的时间为t1，重新开启动力至轻触地面的时间为t2，则无人机失去动力过程下降的高度h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，重新开启动力时距地面的高度h2＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，且h1＋h2＝H，又无人机重新开启动力时竖直方向的分速度vy＝gt1＝at2，解得t1＝eq \f(2\r(6),3) s，t2＝eq \f(\r(6),3) s，C错误；无人机触地点距开始关闭动力处的水平距离x＝v0(t1＋t2)＝2eq \r(6) m，D正确。 题型三　一般曲线运动 6. (多选)随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐。如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴。则(　　) A．球被击出后做平抛运动 B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为eq \r(\f(2h,g)) C．球被击出时的初速度大小为Leq \r(\f(2g,h)) D．球被击出后受到的水平风力的大小为eq \f(mgh,L) 解析：该球在竖直方向只受重力，做自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2得该球从被击出到落入A穴所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，B正确；该球受到恒定的水平风力的作用，且竖直地落入A穴，可知该球在水平方向做匀减速直线运动，水平末速度为零，由L＝eq \f(v0t,2)可得该球被击出时的初速度大小为v0＝Leq \r(\f(\a\vs4\al(2g),h))，A错误，C正确；由v0＝at得该球水平方向加速度大小a＝eq \f(\a\vs4\al(gL),h)，则该球被击出后受到的水平风力的大小为F＝ma＝eq \f(mgL,h)，D错误。 解析：(1)设小球下落的高度为H，时间为t，在竖直方向有H＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝0.8 s 无风时，小球在水平方向的位移x1＝v0t 解得v0＝5 m/s。 (2)有风时，设小球在水平方向的加速度大小为a，水平风力大小为F，在水平方向有F＝ma 水平位移x2＝v0t－eq \f(1,2)at2 其中x2＝－0.8 m 解得F＝1.5 N。 9．一质量为m的物体在光滑水平面上以速度v0沿直线运动，t＝0时刻该物体受到了大小为F0的恒力作用，恒力F0与速度v0位于同一个水平面内，F0的方向与速度v0的方向成120°角，在恒力F0的作用下，物体瞬时速度大小v随时间t的变化而变化，以加上恒力F0的时刻为计时起点，物体的v2­t图像如图所示，图像的最低点P的坐标是(　　) A．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(v,4))) B．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,4F0)，\f(v,4))) C．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(3v,4))) D．2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,4F0)，\f(3v,2))) 解析：将物体的运动沿平行F0方向以及垂直F0方向进行分解，在垂直F0方向做匀速直线运动，速度大小v1＝v0cos30°＝eq \f(\r(3),2)v0，在平行F0方向做匀变速直线运动，初速度大小v20＝v0sin30°＝eq \f(1,2)v0，加速度大小a＝eq \f(F0,m)，因此在平行F0方向的速度v2＝v20－at，物体瞬时速度大小v＝2,1)eq \r(v＋veq \o\al(2,2)) ，当v2＝0，即t＝eq \f(v20,a)＝eq \f(mv0,2F0)时，物体的瞬时速度最小，为vmin＝v1＝eq \f(\r(3),2)v0，此时对应v2­t图像上的P点，则P点坐标为2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,2F0)，\f(3v,4))) ，故C正确。 解析：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 v1＝vMsin72.8° ① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得 mgcos17.2°＝ma1 ② 由运动学公式得d＝2,1)eq \f(v,2a1) ③ 联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m。 ④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos72.8° ⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin17.2°＝ma2 ⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得 t＝eq \f(2v1,a1) ⑦ L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2 ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。⑨ $$