2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第4章第2节抛体运动

1、 抛体运动一、平抛运动1定义将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。2性质加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。3条件：v00，沿水平方向；只受重力作用。二、平抛运动的基本规律1研究方法平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。2基本规律(1)位移关系(2)速度关系三、斜抛运动1定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。2性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。3研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：匀变速直线运动。4基本规律(以斜上抛运动为例，如图

2、所示)(1)水平方向：v0 xv0cos ，F合x0；(2)竖直方向：v0yv0sin ，F合ymg。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。()(2)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。()(3)两个做平抛运动的物体，初速度大的落地时速度大。()(4)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间越短。()(5)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。()二、教材习题衍生1(人教版必修第二册P11参考案例改编)(多选)为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装

3、置进行实验。小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。关于该实验，下列说法中正确的是()A两球的质量应相等B两球应同时落地C应改变装置的高度，多次实验D实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动BC两球从同一高度同时开始运动，竖直方向均做自由落体运动，落地时间一定相等，不需要两球质量相等，为了验证平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，应改变高度多次实验才能验证猜想，故A错误，B、C正确；本实验无法说明平抛运动在水平方向的运动是匀速直线运动，D错误。2(鲁科版必修第二册P44T2改编)一架投放救援物资的飞机在某个受援区域的上空水平匀速飞行，从飞机上每隔1 s投下1包救援物

4、资，先后共投下4包，若不计空气阻力，则4包物资落地前()A在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的B在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点不是等间距的C在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的D在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线，它们的落地点不是等间距的C匀速飞行的飞机上落下的物资做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，且与飞机的速度相同，因此，4包物资在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直线，因各物资落地间隔时间相等，落地点是等间距的，故选项C正确，A、B、D均错误。3(人教版必修第二册P21T3改编)为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，

5、水平匀速飞行的无人机在斜坡底端A的正上方投弹，炸弹垂直击中倾角为37、长为L300 m的斜坡的中点P，如图，若sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则无人机距A点的高度h和飞行的速度v分别为()Ah170 mv30 m/sBh135 mv40 m/sCh80 mv30 mDh45 mv40 m/sA根据速度的分解有：tan eq f(v,vy)eq f(v,gt)，xeq f(L,2)cos 37vt，联立解得t4 s，v30 m/s；则炸弹竖直位移为yeq f(1,2)gt280 m，故无人机距A点的高度hyeq f(L,2)sin 170 m，故选项A正确。 平抛运动

6、的规律及应用1平抛运动时间和水平射程(1)运动时间：由t eq r(f(2h,g)知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。(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共同决定。2速度和位移的变化规律(1)速度的变化规律任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。任一相等时间间隔t内的速度变化量方向竖直向下，大小vvygt(如图所示) 。(2)位移变化规律任一相等时间间隔内，水平位移相同，即xv0t。连续相等的时间间隔t内，竖直方向上的位移差不变，即yg(t)2。3两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时

7、水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点，即xBeq f(xA,2)。推导：eq blc rc(avs4alco1(tan f(yA,xAxB),tan f(vy,v0)f(2yA,xA)xBeq f(xA,2)甲乙(2)如图乙所示，做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻(任一位置处)，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan 。推导：eq blc rc(avs4alco1(tan f(vy,v0)f(gt,v0),tan f(y,x)f(gt,2v0)tan 2tan 典例1(多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度方向与水平方

8、向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A小球水平抛出时的初速度大小为eq f(gt,tan )B小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq f(,2)C若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D若小球初速度增大，则减小AD如图所示，由tan eq f(gt,v0)可得小球平抛的初速度大小v0eq f(gt,tan )，选项A正确；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)，选项B错误；小球做平抛运动的时间t eq r(f(2y,g)，与小球初速度大小无关，选项C错误；由ta

9、n eq f(gt,v0)可知，v0越大，越小，选项D正确。分解思想在平抛运动中的应用(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动位移沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度。(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(合位移)、分速度(分位移)及其方向间的关系，通过速度(位移)的矢量三角形求解未知量。跟进训练1在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A速度和加速度的方向都在不断改变B速度与加速度方向之间的夹角一直减小C在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D在相等的时间间隔内，动能的改变量相等B由

10、于不计空气阻力，小球只受重力作用，故加速度为g，方向不变；小球做平抛运动，速度的方向不断变化，在任意一段时间内速度的变化量vgt，如图所示，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为，则tan eq f(v0,vy)eq f(v0,gt)，随着时间t的变大，tan 变小，选项B正确；由图可以看出，在相等的时间间隔内，速度的改变量v相等，但速率的改变量v3v2v2v1v1v0，选项C错误；在竖直方向上位移heq f(1,2)gt2，可知小球在相同的时间内下落的高度不同，根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，选项D错误。2(2021陕西省咸阳市高三第二次月考)如图所示，a、b两个小球从不同高度

11、同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是()Aa、b两球同时落地Ba、b两球落地速度相等Ca、b两球在P点相遇D无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇Da、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，竖直分运动为自由落体运动，故落地前任意时刻高度不同，不可能相遇，b球的高度较小，根据teq r(f(2h,g)可知b球一定先落地，A、C错误，D正确；由于两球的初速度大小未知，则无法比较两球落地的速度大小，B错误。3如图所示，从倾角为且足够长的斜面的顶点A，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1，第

12、二次初速度为v2，小球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为2，若v2v1，则1和2的大小关系是()A12 B12 C12C根据平抛运动的推论，做平抛或类平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan 。由上述关系式结合题图中的几何关系可得：tan()2tan ，此式表明小球的速度方向与斜面间的夹角仅与有关，而与初速度无关，因此12，即以不同初速度平抛的物体，落在斜面上各点的速度方向是互相平行的，故C正确。4(2021河北卷) 铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以100 m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直

13、平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q(未画出)再返回P点，整个过程所用时间为t2，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，则t1t2为()图1图2A1001 B1100 C1C铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即xvt1，解得t1eq f(x,v)eq f(0.2,100) s，铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时eq f(t2,2)，逆过程可视为自由落体，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，则eq f(t1,t2)eq f(f(0.2,100),0.4)eq f(1,200)，故选项C正确。 有约束条件的平抛运动1对平抛运动的约束条件常见的有“斜面”约束和“曲面”约束，解此类问题的关键：(1)灵活运用平抛运动的位移和速度分解方法。(2)充分运用斜面倾角，找出斜面倾角与位移偏向角、速度偏向角的关系。(3)“曲面”约束类要灵活应用平抛运动的推论。2常见类型示例运动情景物理量分析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)落到斜面上时合速度与水平方向的夹角为，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)在半圆内的平抛运动，heq f(1,2)gt2，Req r(R2h2)v0t斜面约束的平抛运动典例2(2021浙江省嘉兴市高三月考)如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、

16、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是()A甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 1B甲、乙两球下落的高度之比为2tan4 1C甲、乙两球的水平位移之比为tan 1D甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 1思路点拨：解此题关键是将两小球在斜面上的落点进行分析，利用斜面夹角和初速度相等的条件，获取两小球运动时间关系。D由小球甲的运动可知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与竖直方

17、向夹角的正切值为tan eq f(v0,gt)，解得teq f(v0,gtan )，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为eq f(t,t)2tan21，故A错误；由heq f(1,2)gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为eq f(h,h)eq f(f(1,2)gt2,f(1,2)gt2)4tan41，故B错误；由xv0t可知甲、乙两球水平位移之比为eq f(x,x)eq f(v0t,v0t)2tan21，故C错误；甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为tan eq f(vy,vx)eq f(gt,v0)2tan ，乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan eq f(vy,v0)

18、eq f(1,tan )，甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为eq f(tan ,tan )2tan21，故D正确。曲面约束的平抛运动典例3(2021四川宜宾市第二次诊断)如图所示，一竖直圆弧形槽固定于水平地面上，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中槽壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点，已知COD60，且不计空气阻力，则()A两小球同时落到D点B两小球初速度大小之比为 eq r(6)3 C两小球落到D点时的速度方向与OD线夹角相等D两小球落到D点时的瞬时速

19、率之比为 eq r(2)1B由于A、C两点到D点的竖直高度不同，两球在空中运动时间不同，选项A错误；设圆弧形槽半径为R，对从A点抛出的小球，Rv1tA，tAeq r(f(2R,g)，则v1Req r(f(g,2R)eq r(f(1,2)gR)，对从C点抛出的小球，Rsin 60 v2tC，tCeq r(f(RRcos 602,g)eq r(f(R,g)，则v2eq f(r(3)R,2)eq r(f(g,R)eq r(f(3,4)gR)，v1v2eq r(6)3，选项B正确；设在D点速度方向与OD线夹角为，竖直分速度为vy，水平分速度为v0，则tan eq f(v0,vy)，由v1v2eq r(

20、6)3和vy1vy2tAtCeq r(2)1知tan 1tan 2，选项C错误；设A、C两点抛出球落到D点时的瞬时速率分别为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)，则vAvCeq r(10)eq r(7)，选项D错误。跟进训练1(2021江西省上饶市广信二中高三上学期第二次月考)如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为()

21、Aeq r(2)1 B21 C4eq r(2) D41B设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为。据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知vytan v0；又vygt可得：teq f(v0,gtan ) ，根据几何关系得：heq f(1,2)gt2v0ttan eq f(voal( 2,0),2gtan2)eq f(voal( 2,0),g)veq oal( 2,0)，据题有OA2OB，则得vAeq r(2)vB。击中斜面位置到O点的距离为seq f(v0t,cos )eq f(voal( 2,0),gtan cos )veq oal( 2

22、,0)，故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为21，故选项B正确。2(多选)(2021河南郑州市第二次质量检测)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直平面内。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知MOQ60，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是()A两球抛出的速率之比为13B若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞C两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中AB由于两球抛出的高度相等

23、，则运动时间相等，x1v1t，x2v2t，由几何关系可知x23x1，所以两球抛出的速率之比为13，故A正确；由2R(v1v2)t可知，若仅增大v1，时间减小，所以两球将在落入坑中之前相撞，故B正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即(v1v2)t2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，故C错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，故D错误。 平抛运动中的临界、极值问题1临界点的确定(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字

24、眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也往往是临界点。2求解平抛运动临界问题的一般思路(1)找出临界状态对应的临界条件。(2)分解速度或位移。(3)若有必要，画出临界轨迹。典例4一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作

25、用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()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、点拨：(1)发射机安装于台面左侧边缘的中点。(2)乒乓球落在右侧台面的台角处时，速度取最大值。(3)乒乓球沿正前方且恰好擦网而过时，速度取最小值。D乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间t1满足3heq f(1,2)gteq oal( 2,1)。当v取最大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，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)；当v取最小值时其水平位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，此时有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正确。跟进训练1(2021山东青岛市一模)如图所示，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y。短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内下列说法正确的是()A水从小孔P射出的速度大小为eq r(gy)By越小，则x越大Cx与小孔的位置无关D当yeq f(h,2)时，x最大，最大值为hD取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出

28、时由机械能守恒定律可知mgyeq f(1,2)mv2，解得veq r(2gy)，选项A错误；水从小孔P射出时做平抛运动，则xvt，hyeq f(1,2)gt2，解得xveq r(f(2hy,g)2eq r(yhy)，可知x与小孔的位置有关，由数学知识可知，当yhy，即yeq f(1,2)h时x最大，最大值为h，并不是y越小x越大，选项D正确，B、C错误。2如图所示，窗子上、下沿间的高度H1.6 m，竖直墙的厚度d0.4 m，某人在距离墙壁L1.4 m、距窗子上沿h0.2 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取

29、10 m/s2。则可以实现上述要求的速度大小是()A2 m/s B4 m/s C8 m/s D10 m/sB小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿过时速度v最大。此时有：Lvmaxt1，heq f(1,2)gteq oal( 2,1)代入数据解得：vmax7 m/s小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，则有：Ldvmint2，Hheq f(1,2)gteq oal( 2,2)，代入数据解得：vmin3 m/s，故v的取值范围是3 m/sv7 m/s，故B正确，A、C、D错误。 斜抛运动及类平抛运动1类平抛运动(1)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

30、垂直。(2)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aeq f(F合,m)。(3)类平抛运动的求解方法常规分解法：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。特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直线坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。2斜抛运动(1)斜上抛运动一般分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。(2)斜面上的斜抛运动可以沿垂直斜面方

31、向和沿斜面方向分解，然后研究各方向的运动规律，再进行合成。类平抛运动典例5如图所示，有一倾角为30足够宽的光滑斜面，斜面长l为10 m，一小球从斜面顶端以10 m/s的速度沿水平方向抛出(g取10 m/s2)，求：(1)小球沿斜面滑到底端的时间t和沿v0方向水平位移x的大小；(2)小球到达斜面底端时的速度v的大小。审题指导：关键语句获取信息倾角为30足够宽的光滑斜面物体不受摩擦力；物体受沿斜面的合力；物体一直在斜面上运动斜面长l为10 m，以10 m/s的速度沿水平方向抛出物体在斜面内做类平抛运动；物体沿合力方向的位移大小为10 m解析(1)在斜面上小球沿v0方向做匀速直线运动，在沿斜面向下方

32、向做初速度为零，加速度为a的匀加速运动，由牛顿第二定律得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leq f(1,2)at2，解得运动时间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)小球到达斜面底端时，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斜抛运动典例6(2020山东卷)单板滑雪U型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

33、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vM10 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，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)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。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v1vMsin 72.8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mgcos 17.2ma1由运动学公式得deq f(voal( 2,1),2a1)联立式，代入数据得d4.8 m。(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v2vMcos 72.8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mgsin 17.2