第2讲 牛顿第二定律的基本应用-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第三章运动和力的关系 角度2转换研究对象法的应用 [方法指导] [例5]如图所示，底座A上装有一根直立杆， 在对物体进行受力分析时，如果不便于直 其总质量为M,杆上套有质量为m的圆环B, 接分析求出物体受到的某些力时，可先求这个 它与杆有摩擦.当圆环从底端以某一速度。向 力的反作用力，再反过来求待求力.如求压力 上飞起时，圆环的加速度大小为a,底座A不 时，可先求支持力，在许多问题中，摩擦力的求 动，则圆环在升起和下落过程中，底座对水平 解亦是如此，利用牛顿第三定律转换研究对象， 面的压力分别为 使我们分析问题的思路更灵活、更宽阔， [对点训练] 5.(2023·海南高考)如图所示，工人利用滑轮组 将重物缓慢提起，下列说法正确的是( B A.MgMg B.(M++m)g (M+m)g C.Mg-ma Mg+ma D.(M+m)g-ma (M-m)g+ma A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 [听课记录] B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对 作用力与反作用力 C.重物缓慢拉起的过程中，绳子拉力变小 D.重物缓慢拉起的过程中，绳子拉力不变 请完成提分集训（十三） 第2讲 牛顿第二定律的基本应用 考向 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度：2.掌握动力学两类基本问题的求解方 定位 法；3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析. 知识储备 夯基 待点 当物体所受合力发生突变时，加速度也问时发生突变，而物体运动的 不能发牛突变 群时 1. 园 轻绳（或轻杆）剪断轻绳（或轻杆）后，原有的弹力将突变为 类型 轻弹簧或橡皮条) 当轻弹簧（或橡皮条）两端与其他物休连接时，轻 弹簧（或橡皮条）的弹力发非突变 两类 第一类一已知受力求物体的 问题 第二类 已知运动情况求物体的 2 两类动力学问题 解决 为“桥梁”，由运动学公式和 列方程求解 方法 51 金榜题名 创新高考总复习物理 定义物体对支持物的压力或对竖直悬挂物的拉) 物体所受重力的现象 超重 产生条件一物体具有的加速度 定义}物体对支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力)物体所受重力的现象 3 重和 失重 失重 产生条件一物体具有的加速度 定义物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 的现象 完全 失重 产生条件物体的加速度a=,方向竖直向下 实重 物体实际所受的重力，它与物体运动状态 实重和视重 视重 当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将 物体 的重力。此时弹簧测小计的示数或台秤的示数即为视重 [思考判断] (1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度， (2)运动物体的加速度可根据运动速度，位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定， ( (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态 ( (4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力. (5)加速上升的物体处于超重状态 (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化， (7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向. ( 核心考点 000 研磨 考点一 瞬时问题的两类模型 两类模型 不发生明显形变就能产生弹力，剪 ON 轻绳、轻杠 断或脱离后，不需要时问恢复形变， B45 和接触面 弹力立即消火或改变。一般题目中 所给的轻绳、轻杆和接触而在不加 000000T M 特殊说明时，均可按此模型处理 两类 棋型 当弹簧的两端与物体相连（即两端 A.球M和球N的质量之比为(-1)：2 为固定端)时，由于物体有惯性，弹 B.球M和球N的质量之比为(3+1)：2 弹簧、蹦床 簧的长度不会发生突变，所以在瞬 和橡皮条 时问题中，其弹力的大小认为是不 C.剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小 变的，即此时州簧的筛力不突变 为g [例1]（多选）(2025·哈尔滨模拟)如图所示， D.剪断轻绳B的瞬间、球M的加速度大小为 两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹 √2g 簧C连接.两小球静止时，轻绳A、B与竖直方 [听课记录] 向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向， 则下列说法正确的是 52 第三章运动和力的关系 [方法指导] [例2](2025·北京模拟)如图甲所示，质量 求解瞬时加速度的思路 m=1.0kg的物体静止在光滑水平地面上，从 分析瞬时变化前 分析瞬时变化后 t=0时起，受到水平力F作用，力F与时间t 物体的受力情况 哪些力变化或消失 的关系如图乙所示，取向右为正方向，重力加 求出变化后物体所受合力 速度g=10m/s2,求： 根据牛顿第二定律列方程 求瞬时加速度 (1)物体在前2s时间内运动的加速度大 [对点训练] 小a1: 1.(多选)(2025·河南周口期未)如图 (2)物体在前2s内运动的位移大小x1: 轻质弹簧竖直固定在水平面上，质 (3)物体在第4s末的速度大小u. 量为m的小物块A静止在弹簧上 FIN 端，现将另一个相同的小物块B轻 放在A上面之后，二者一起向下运 动，直到最低点，二者一起向下运动 7777777 的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，不计空 气的阻力，重力加速度取g,则在二者一起向 甲 下运动过程中，下列正确的是 A.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力 为零 B.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不 为零，但B对A作用力大于A对B的作 用力 C.物块B放上的瞬间，物块A向下运动的加 速度为号 D.当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度 [例3](2022·浙江1月选考)第24届冬奥会 最大 在我国举办.钢架雪车比赛的一段赛道如图所 考点二动力学的两类基本问题 示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直 1.解决动力学两类基本问题的思路 道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角 牛顿第二定律 加速度 运动学公式 为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车 第一类利题 匀加速到B点时速度大小为8m/s,紧接着快 受力情况 运动状态 速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（如图所示）， 第二类问题 到C点共用时5.0s.若雪车（包括运动员）可 速度 牛顿第二定律 运动学公式 视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为 2.基本步骤 110kg,sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）： 根据问题的需要和解趣的方便，选出 B 明确研 被研究的物休。研究对象可以是某个 究对象 物体，也可以是儿个物体构城的系统 151- C 受力分析 和运动状 画好受力示意图、运动情共图，明确 (1)在直道AB上的加速度大小： 态分析 物体的运动性质和运动过程 (2)过C点的速度大小： 建立 通常沿加速度的方向建立坐标系并以 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小， 坐标系 加速度方向为某一坐标轴的正方向 确定 若物体只受两个共点力作用，通常用 合外力 合成法；若物体受到3个及以上不在同 直线上的力，·般用正交分解法 列方 根据牛顿第二定律F务=mu或=ma, F=ma, 程求解 列方程求解，必要时还要对结果进行 讨论 53 金榜题名创新高考总复习物理 A.乙图中cd段表示运动员一直处于失重 [对点训练] 状态 2.“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动之一，一小 B.运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度 朋友由静止开始沿斜坡下滑2.4s后，接着沿 水平滑道减速运动1.6s后速度恰好为零.若 约0.45m 斜坡与水平面间的夹角为37°，小朋友与斜坡 C.乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小 间的动摩擦因数1=0.3，重力加速度g取 为315N·s 10m/s2,下列说法正确的是 ( D.整个过程中，运动员加速度的最大值 为22.5m/s2 [听课记录] A.斜坡加速、水平面减速过程中的平均速度 大小之比为1：2=2：1 B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为 角度2超、失重现象的分析和计算 x1:x2=3:2 C.斜坡加速、水平面减速过程中的加速度大小 [例5](2025·济宁模拟)小明用台秤研究人 之比为a1：a2=3:2 在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上 D.小朋友与水平滑道的动摩擦因数2=0.54 用台秤称得其体重为500N,再将台秤移至电 考点三超重与失重现象 梯内称其体重，电梯从1=0时由静止开始运 对超重和失重的理解 动到t=11s时停止，得到台秤的示数F随时 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力 间t变化的图像如图所示，g取10m/s2.求： 都不变，只是“视重”改变， (1)小明在0~2s内加速度a1的大小，并判断 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生 在这段时间内他处于超重还是失重状态： 的物理现象都会完全消失。 (2)在10~11s内，台秤的示数F3: (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向， (3)小明运动的总位移大小， 但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会 ↑FN 处于超重或失重状态 F 角度1超、失重现象的图像问题 500 [例4幻（多选）(2025·天津模拟)一大学生为 450 备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸 高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某 次运动员站在接有压力传感器的水平训练台 2 1011/s 上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑 点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时 间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线.取 重力加速度g=10m/s2,下列说法中正确 的是 210 00 0.61.11218 t/s 54 第三章运动和力的关系 [方法指导] [对点训练] 判断超重和失重的方法 3.(多选)(2025·云南曲靖模拟)利用智能手机 的加速度传感器可测量手机运动的加速度.将 当物体所受向上的拉力（或支持 手机与弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在天 力)大于重力时，物体处于超重 从受力的角度 花板上.用手握着智能手机，打开加速度传感 状态：小于重力时，物体处于失 判断 器，1=0时刻从静止释放手机，得到竖直方向 重状态；等于零时，物体处于完 加速度随时间变化的图像如图所示，已知手机 全失重状态 设定竖直向上为正方向.下列说法正确的是 falm·s 当物体具有向上的加速度时，物 体处于超重状态：具有向下的加 从加速度的角 速度时，物体处于失重状态；向 度判断 0 下的加速度等于重力加速度时， 4 物体处于完全失重状态 -8 A.初始时弹簧处于伸长状态 ①物体向上加速或向下减速时， B.0.5~2s内手机处于失重状态 从速度变化的 超重 C.0.5~1s内弹簧的弹力增大 角度判断 ②物体向下加速或向上减速时， D.0~1s内手机向上运动 失重 请完成提分集训（十四） 微专题四 等时圆模型 1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静 [例1]（多选）有一系列斜面，倾角各不相同， 止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲 它们的底端相同，都是O点，如图所示.有一系 所示 列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面 上A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判 2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由 断正确的是 () 静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙 所示 3.两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过 切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑 到下端所用时间相等，如图丙所示， 0 A.若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的 速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水 平线上 B.若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的 速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖 直面内的圆周上 55第三章 运动和力的关系 考点三 [例4门【解析】A.本箱与地球间有三对相互作用力，分别为相 互作用的万有引力、相互作用的弹力和相互作用的摩擦力，故A 第1讲牛顿运动定律 正确：B.木箱对地面的压力作用在地面上，物体的重力作用在物 知识储备夯基 体上，所以木箱对地面的压力不是该物体的重力，故B错误： 1.匀速直线迫使惯性惯性维持加速度匀速直线大 C,木箱对地面施加压力和地面对木箱施加支持力是同时产生 小无关 的，故C错误；D.之所以没有推动木箱，是因为木箱所受的推力 2.正比反比相同静止匀速直线运动宏观低速 等于所受的摩擦力，木箱受力平衡，故D错误，故选A, 基本导出长度质量时间米千克秒物理关系 【答案】A 3.相互相反同一条直线上 [例5]【解析】当圈环上升时，杆给环的摩擦力方向向下，大小 思考判断(1)×(2)/(3)√(4)×(5)× (6)×(7)× 设为F,则环给杆的摩擦力方向向上，大小为F:,设水平面对底 核心考点研磨 座的支持力大小为FN1,则对圆环由牛顿第二定律可得mg十F 考点一 一ma,对底座，由平衡条件可得FN十F,一Mg一O,联立解得 对点训练 F、1一(M十)g一m;当圆环下落时，杆龄环的摩擦力方向向 1.选BB.伽利略利用图1斜面实验证明了自由落体是匀加递直 上，大小设为F',则环给杆的摩擦力方向向下，大小为F',设水 钱透动，故B正确：ACD.伽利略利用图2理想实验设计证明了 平面对底座的支持力大小为F、:,则对底座，由平街条件可得 力不是螳持物体运动状态的原因，牛顿第一定律是牛顿推导出 的，故ACD错误，故选B. Mg十F'-FN=O,由题盘可知F'=F,联立解得F2 2.选BA.水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻 (M一m)g十m,根据牛领第三定律可知，圆环在升起和下落过 力，故力是改变运动的原国，故A错误：B,物体总有保持原有运 程中，底应对水平面的压力大小分别为(M十m)g一m,(M-m) 动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越大惯性越 g十ma,故D正确. 大，力是改变物体递动秋态的原因，重的大石由于质量太大，惯 【答案】D 性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确：C.物体的 对点训练 透动不需要力来雏持，如沙石不受力的作用时，可以做匀遂直钱 5,速B工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重 运动状态，故C错误：D.“大石不移”是因为水的冲力等于大石受 力，三力平衡，A错误：工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是 到的阻力，大石所受的合外力为零，故D错误，故选B, 对作用力与反作用力，B正确：对动滑轮受力分析，由平街条件有 考点二 0 [例1]【解析】A.在F=k阳中，当质量的单位为kg、加逸度的 2T©08是=mg,共中T为绳于拉力的大小，0为动滑轮两侧绳子 单位为m/s2、合外力的单位为N,此时=1，故A正确： 间的夹角，m为重物与动滑轮的总质量，随着重物的上升，0增 B以D,在牛顿第二定律中，加速度与合外力之间存在着因果关 大，则蝇的拉力变大，C,D错误. 系，合外力是产生加逸度的原图，且加速度的方向与合外力的方 向一致，当合外力为零时，加速度也为零，故B错误，C和D正 第2讲 牛顿第二定律的基本应用 确.故选B. 【答案】B 知识储备夯基 例2]【解析】A.购物车最终停下来是国为购物车受到地面的 1.速度零不能 摩擦力，做减速运动直到静止，故A错误： 2.运动情况受力加速度牛顿第二定律 C购物车加速前进时，受到的推力大于摩擦力，合力不为0，故 3.大于向上小于向下等于0g B正确，C错误： 4.无关不等于 D.购物车减速前进时，加逢度方向与运动方向相反，所以胸物车 思考判断(1)/(2)X(3)×(4)×(5)/(6)(7)X 所受合力方向与运动方向相反，故D错误，故选B 核心考点研磨 【答案】B 考点一 工例3)【解析】 当两球动至二者相距L [例1门【解析】AB.设弹簧弹力为F,对两球整体受力分析，由平 时，如图所示 衡条件可得Tsin30°=F,TAcos30°=(mM十my)g 3L 对小球M受力分析且由平衡条件可得Tasin45°-F,Taeos5 由几何关系可知sin0= 103 -5 二m8,秘立解得_3 2 2 选项A错误、选项B正确： 设绳子拉力为FT,对轻绳的中，点，水平方向有2 Frcos0=F,解 CD.剪断轻绳B的瞬问，弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 得F-冬F 定律得/F十(mMg)一r阳M: 对任一小球，由牛顿第二定律有Fr一m阳 联立解得aM一2g,选项C错误，D正确.故遮BD. ,故A正确B,C,D错误. 解得a=8m 【答案】BD 对点训练 【答案】A 1.选CD ABC.物块B放上的醉间，A、B之间的作用力不为零， 对点训练 B对A作用力与A对B的作用力是一对作用力与反作用力，大 3.选B书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩 小相等，方向相反：由于弹簧弹力没有突变，A、B作为整体，由牛 擦力提供加速度，即Fm一umg一manm,解得am一g一4.0m/s2, 书相对高铁静止，故高铁的最大加速度为4.0m/s,B正确， 领第二定律，mg=2a,可得物块A向下运动的加速度为a=方g: A、C,D错误. 故AB错误，C正确： 4.选B对物块受力分斯，设外力与水平 N D.由于A,B一起向下运动，整体由牛领第二定律2mg一Fk一2， 方向成0，如图 由牛领第二定律Fos0-a(mg一Fn0)f 弹簧的弹力逸渐增大，整体的加速度逐浙减小，所以A、B向下微 =ma 加逸度逐浙减小的加逸运动，当加逸度为零时，速度达到最大 化简可得√十1Fsin(0十g)一mg 值，故当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大，故D正 确.故选CD √3 考点二 年中F=g,丛一，an92 [例2]【解析】(1)物体在前28时间内，由牛领第二定律知 F=ma 当可0十9)=1时，物块运动的加建度最大为。-是g 由图可知前2s内F1=2N 选B. 解得a=2m/s 535 (2)物体在前2s内，由适动学规律工1=立“1 对点训练 3.选ADA.由图可加，初始时手机加速度竖直向上，根据牛顿第 解得物体在前2s内运动的位移大小为x1一4m 二定律F一mg-m阳 (3)2s后物体向前微匀减速运动，水平力F大小为F:=1N 可知弹簧处于仲长状态，故A正确： F2-1 m/s 2s后物体的加速度a,= B.由图可知，0,51,5s内手机加速度竖直向下，处于失重秋 态，1,5一25内手机加逸度竖直向上，处于超重状态.故B错误： 由运动学规律v-a11一agt一2×2-1×2m/8一2m/s C,0.5一1s内，有mg一F=ma,由图可知，加速度逐渐增大，弹 【答案】(1)2m/s(2)4m(3)2m/s 力减小，故C错误： [例3]【解析】(1)设雪幸从A→B的加速度大小为，运动时间 D,根据☑一1图像中图线与横轴所国面积表示遂度变化，可知 为t,根据匀变速直线运动的规律有2alw一馆%一at 0~0.5s内手机加速向上运动，速度值逐新增大，0.5一1s内手 部得1=3a=号a/g 机向上减述运动，在一1s时刻，逸度恰好减为零，故D正确，故 (2)由题知雪车从A→C全程的运动时间1。一5s 迭AD, 设雪车从B+C的加逸度大小为41、适动时阿为4，故一6一， 微专题四 等时圆模型 根搭匀变遍直线运动的规律有似一g1十之1 =g十al1 [例门【解折】粮搭mgh一之m小球 代入数据解得a1一2m/s,一12m/5 质量相同，达O点的速率相同，则相 (3)设雪车在BC上速动时受到的阻力大小为∫，根据牛领第二 同，即各释放点处在同一水平线上，A项 定律有ngsin15°一f一ma 正确，B项错误；以O点为最低点作等时 代入数据解得f一66N. 圆，可知从A,B点运动到O,点时间相等 【答案】(1)斧m/g2(212m/s3)66N C项正确：若各次滑到O点的过程中，滑 0 对点训练 块滑动的水平距离是x,滑块额失的机械 2.选BA.斜坡加速，水平面减速过程中的平均遂度大小之比为 1-0生：生9-11，故A特送： 能为克服摩擦力微功，为W,一mg0s0·心50即各释放点处 2 于同一竖直线上，D正确， B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为 【答案】ACD 24-3:2 [例2]【解析】如图，小环沿杆下滑做 匀加速直线运动，设∠OAB为日，∠OAC 故B正确： 为a,圆的半径为r, C,斜坡加速，水平面减速过程中的加速度大小之比为 别小环沿AO下滑时，做自由落体透动， 卫：卫=2：3，故C错误： 时间为： D.斜城的加速度大小为a1一gsin0-出gc0s0,水平面的加追度 2X2r 大小为42一gg 又d142=2:3,解得=0,48.故D错误，故选B. 由匀变速适动规律得，滑环滑到B1点的 考点三 2X 2rcos 0 =T [例4【解析】A.根据题意，由图乙中4点可知，运动员的重力 时间T:' gcos d 为600N,在c点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于 而由图可知，滑到B点的时间T2<T,'=T 超重秋态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处 同样报据匀变逸运动规律可得滑到C的时间 于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误； B.由图乙可知，运动员在空中的时间为1一(1.8一1,2)s一0.6s T3' 2X2c054-T1 只C05a 重心上升的最大高度约h-号g(分)-0,45m,故B正确： 而由图可知，滑到C点的时间T3>工'-T C,运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互 故有T:>T>T2, 【答案】D 作用力，大小相等，方向相反，别运动员对训练台的冲量大小与 训练台对递动员的冲量大小相等，F一1图像的面积表示冲量，由 [例3]【解析】设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa,da三 图可得，d段浦练台对运动员的冲量大小I满足 钿杆交于圆的最低点，三杆顶点均在圆周上，根据等时国模型 可知，由，O、d无初速释放的小滑环到达点的时间相等，即 >交X(300+1200)×(1.1-0.6)N·s-375N·s 1a=1=13t而由*a和由0→b滑动的小滑环相比较，滑行位 则运动员对训练台的冲量大小大于375N·8,故C错误： D.由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为1950N,由牛顿 移大小相同，初述度均为零，但a>a…由工=立a吗可知， 第三定律可知，训练台对适动员的最大作用力为1950N,由牛领 【>1,故选项A错误，B、C、D均正确， 第二定律有1950-600=ma.又有mg-600N,解得a-22.5m/sg, 【答案】BCD 故D正确.故逃BD. [例门【解析】设上面国的半径为r,下面画的半径为R,则轨道 【答案】BD [例6]【解析】(1)由题图可知，在0~2s内，台释对小明的支持 的长度-2rc0%a十R,下滑的加连度4-mgcO5e-g0s,根搭 力为F1=150N 由牛顿第二定律有mg一F,一m】 位移时问公式得，等一 1 ar,则1- Arcos a +2R 解得a1一1m/s2 加速度方句竖直向下，故小明处于失重秋态： √售+。因为>20，则>m>m,故B正确.A,C (2)设在10一118内小明的加论度为a3,时间为6,0一28的时 问为1，则a1一a D错误 解得a-2m/s 【答案】B 由牛顿第二定律有Fg一mg一mg 专题强化四牛顿运动定律的综合应用 解得F3=600N 一动力学图像、连接体及临界极值问题 (3)0~2s内位移为工1-2a1产-2m 考点一 2~10s内位移为x=d112=16m [例1门【解析】由牛领弟二定律知F一umg一ma,整理得F a十ng,则F一a图像的斜单为m,纵抽戴距为mg,结合F一d 10一11s内位移为￥一立4-1m 图像可知m甲>m乙，A错误，B正确：两图线的纵轴藏距相同，即 小明运动的总位移大小为x=x1十xg十xa=19m 甲m甲g=乙m乙g,则甲<4艺，C正确，D错误。 【答案】(1)1m/s2,失重(2)600N(3)19m 【答案】BC 536