第1章 专题1 平抛运动及1般曲线运动规律的拓展应用-【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（粤教版2019）

第一章　抛体运动 专题一　平抛运动及一般曲 线运动规律的拓展应用 目录 1 课堂探究评价 2 科学思维 3 课后课时作业 课堂探究评价 课题任务 1　平抛运动中的临界问题 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． 课堂探究评价 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，则击球速度可能是(　　) A．6 m/s B．9 m/s C．12 m/s D．18 m/s 课堂探究评价 5 课堂探究评价 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． 课堂探究评价 课堂探究评价 8 课堂探究评价 9 课题任务 2　类平抛运动 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：物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 课堂探究评价 10 课堂探究评价 11 例2　如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求： (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时的初速度v0； (3)物块离开Q点时速度的大小v. 课堂探究评价 12 课堂探究评价 类平抛运动的特点及处理方法 (1)类平抛运动的特点是物体所受的合外力是恒力，且与初速度方向垂直．初速度的方向不一定是水平方向，合外力的方向也不一定是竖直方向，且加速度大小不一定等于重力加速度g. (2)类平抛运动可看成是某一方向的匀速直线运动和垂直此方向的匀加速直线运动的合运动．处理类平抛运动的方法和处理平抛运动的方法类似，但要分析清楚加速度的大小和方向． 课堂探究评价 [变式训练2]　如图所示，质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)．今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它上升的高度为h.求： (1)飞机受到的升力大小； (2)在高度h处飞机的速度大小． 课堂探究评价 15 课堂探究评价 16 科学思维 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，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)． 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） 18 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，则要根据问题灵活选择坐标系． 除此之外，还有另一种分解方法，第一章第一节课堂任务2已简略提及，第二章会详细讲述． 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） 19 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 等效思维（分解与合成思想）——在曲线运动 问题中的应用（一） 20 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） 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） 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 等效思维（分解与合成思想）——在曲线运动 问题中的应用（一） 课后课时作业 1．(多选)一质量为2 kg的质点在如图甲所示的xOy平面内运动，在x方向的v­t图像和y方向的位移—时间(y­t)图像分别如图乙、丙所示，由此可知(　　) A．t＝0时，质点的速度大小为12 m/s B．前2 s，质点做加速度恒定的曲线运动 C．前2 s，质点所受的合外力大小为10 N D．t＝1 s时，质点的速度大小为7 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 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 3．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 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 6．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 8．光滑水平面上，一个质量为2 kg的物体从静止开始运动，在前5 s受到一个沿正东方向、大小为4 N的水平恒力作用；从第5 s末开始改为受到正北方向、大小为2 N的水平恒力并作用了10 s，求： (1)物体在15 s内的位移； (2)物体在15 s末的速度． 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 9．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 10．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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 (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 规范解答　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＝(2.5－2) 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＝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.欲使球既不触网也不出底线或压线，则球被击回时的水平速度应满足：3eq \r(10) m/s<v0<12eq \r(2) m/s，只有C正确． [变式训练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，即击球高度低于此值时，球不能落在对方界内，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． 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，在合外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 (1)常规分解法：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(即沿合外力的方向)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． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的平面直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为v0x、v0y，然后分别在x、y方向列方程求解． 答案　(1)eq \r(\f(2l,gsinθ))　(2)beq \r(\f(gsinθ,2l)) (3)eq \r(\f(（b2＋4l2）gsinθ,2l)) 规范解答　(1)物块沿斜面做类平抛运动， 由mgsinθ＝ma可知，物块的加速度a＝gsinθ， 由l＝eq \f(1,2)at2可得， 物块由P运动到Q所用的时间t＝eq \r(\f(2l,gsinθ)). (2)物块沿水平方向的位移为b，由b＝v0t可得 物块由P点水平射入时的初速度v0＝beq \r(\f(gsinθ,2l)). (3)由vy＝at，v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 可得v＝eq \r(\f(（b2＋4l2）gsinθ,2l)). 答案　(1)mg2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))) 　(2)v0eq \r(1＋\f(4h2,l2)) 解析　(1)飞机在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t， 竖直方向加速度恒定，h＝eq \f(1,2)at2，联立得a＝2,0)eq \f(2hv,l2) ， 由牛顿第二定律：F－mg＝ma， 得F＝mg＋ma＝mg2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv,gl2))) . (2)在高度h处，飞机竖直方向的速度vy＝at＝eq \f(2hv0,l)， 则速度大小：v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝v0eq \r(1＋\f(4h2,l2)). 规范解答　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　由v­t图像可知，质点在x方向上做匀减速直线运动，初速度为12 m/s，而在y方向上，质点做速度为－5 m/s的匀速直线运动，故在前2 s内质点做匀变速曲线运动，质点的初速度为水平初速度和竖直初速度的合速度，其大小：v0＝eq \r(122＋52) m/s＝13 m/s，故A错误，B正确；由v ­t图像可知，前2 s，质点的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2－12,2－0) m/s2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律， 前2 s质点所受合外力为F＝ma＝2×(－5) N＝－10 N，其大小为10 N，故C正确；t＝1 s时，x方向的速度为7 m/s，而y方向的速度为－5 m/s，因此质点的速度大小为eq \r(72＋52) m/s＝eq \r(74) m/s，故D错误． 2．(多选)如图所示，在学校的游园活动中，某同学站在O点要将小球抛入边长为d的正方体的收纳箱中．O与收纳箱的顶点A、B在同一条直线上，且OA＝d.抛出点P位于O点正上方2d处，小球被水平抛出．不计空气阻力，为使小球能落入箱内，下列说法正确的是(　　) A．小球的速度不能小于eq \f(\r(2gd),2) B．小球的速度不能大于eq \f(\r(2gd),2) C．小球的速度不能小于eq \f(\r(10gd),2) D．小球的速度不能大于eq \f(\r(10gd),2) 解析　小球水平抛出的初速度最小时，从C点进入箱内，平抛的水平位移为d，竖直位移为d，平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2d,g))，水平初速度v0＝eq \f(d,t)＝eq \r(\f(gd,2))＝eq \f(\r(2gd),2)；小球水平抛出的初速度最大时，从D点进入箱内，水平位移为x＝eq \r(（2d）2＋（d）2)＝eq \r(5)d，竖直位移为d，平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2d,g))，水平初速度v0′＝eq \f(\r(5)d,t)＝eq \f(\r(10gd),2)，故A、D正确，B、C错误． 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　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vA＝2,0)eq \r(v＋（gt1）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，B落地的速度大小vB＝2,0)eq \r(v＋（a2t2）2) ＝2,0)eq \r(v＋2gh) ，所以vA＝vB，故D正确． 5．(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(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(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． 7．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，无人机做抛物线下落，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．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． 答案　(1)135 m，方向为东偏北θ角，满足tanθ＝eq \f(2,5)　(2)10eq \r(2) m/s，方向为东偏北45°角 解析　(1)如图所示，物体在前5 s内由坐标原点起沿x轴正方向(正东方向)做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为 ax＝eq \f(F1,m)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2. 5 s末物体沿x轴方向的位移 x1＝eq \f(1,2)axteq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m， 设5 s末物体到达P点，5 s末速度vx＝axt1＝2×5 m/s＝10 m/s. 从第5 s末开始，物体参与两个分运动：一是沿x轴正方向做速度为10 m/s的匀速直线运动，经10 s其位移x2＝vxt2＝10×10 m＝100 m；二是沿y轴正方向(正北方向)做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为ay＝eq \f(F2,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2. 经10 s沿y轴正方向的位移 y＝eq \f(1,2)ayteq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×1×102 m＝50 m 设15 s末物体到达Q点， 则OQ＝eq \r(y2＋（x1＋x2）2)＝eq \r(502＋（25＋100）2) m ≈135 m， 方向为东偏北θ角，满足tanθ＝eq \f(y,x1＋x2)＝eq \f(2,5). (2)15 s末沿y轴正方向的速度 vy＝ayt2＝1×10 m/s＝10 m/s 15 s末的速度为 v1＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \r(102＋102) m/s＝10eq \r(2) m/s， 设v1与x轴正方向夹角为α，tanα＝eq \f(vy,vx)＝1， 所以α＝45°，即方向为东偏北45°角． 解析　(1)设当排球在竖直方向下落 Δh＝(3.04－2.24) m＝0.8 m时，所用时间为t1， 则Δh＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，x＝v0t1. 解以上两式得x＝10 m＞9 m，故此球能过网． (2)当排球落地时h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，x′＝v0t2 将h＝3.04 m代入得x′≈19.5 m＞18 m，故排球落在对方界外． 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°＝ma1② 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°＝ma2⑥ 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)a2t2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m．⑨ $$