第三章 第14讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

第三章 运动和力的关系 ●命题热点诠释 1.命题热度：本章属于基础热点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年16考，地方卷44考。 2.考查热点：(1)两类动力学问题。 (2)利用牛顿运动定律处理连接体问题。 (3)动力学图像问题。 (4)实验操作，数据处理和误差分析。 第14讲 牛顿第一定律牛顿第二定律 皇础梳理·易错辨析 知识毓理 一、牛顿第一定律惯性 1.牛顿第一定律 轮总复习 (1)内容：一切物体总保持 状 态或 状态，除非作用在它上面的力迫使它改 物 变这种状态。 (2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都 043 伽利略是物理理想实验的开拓者。理想实验是人 有惯性，因此牛顿第一定律也叫 定律； 们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验， ②揭示了力与运动的关系：力不是 物体 可以完美地解释物理学规律或理论。 运动状态的原因，而是 物体运动状态的原因， 即力是产生 的原因。 二、牛顿第二定律 注意：运动状态的改变指的是速度的改变。 1.内容 2.惯性 物体加速度的大小跟它受到的作用力成 (1)定义：物体具有的保持原来 跟它的质量成 ,加速度的方向跟作用力的方 状态或静止状态的性质。 冷 (2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的 2.表达式 物体惯性，质量小的物体惯性 F= (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都 3.适用范围 具有惯性，与物体的运动情况和受力情况 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对 d 3.伽利略的理想实验 于地面 或 的参考系。 (1)特点：实践操作（实验）+逻辑推理（数学演 (2)牛顿第二定律只适用于 物体（相对 算)。 于分子、原子等) 运动（远小于光速）的 (2)作用：提出力不是维持物体运动的原因。 情况。 三、单位制 1.单位制 己易错鞯析 由 单位和 单位一起组成了单1.牛顿第一定律是实验定律 位制。 2.牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体 2.国际单位制中的基本单位 将处于静止状态。 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 3.物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静 质量 m 千克 kg 时间 在 止。 4.力的单位是牛顿，1N=1kg·m/s2。 ( 长度 米 m 5.物体的加速度方向一定与合力方向相同。（） 电流 安[培] A 6.惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。 热力学温度 2 开[尔文] K 7.可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。 物质的量 n 摩[尔] mol () 发光强度 I(Iv) 坎[德拉】 cd 8.千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本 3.导出单位 由基本物理量根据 推导出来的其他 单位。 () 物理量的单位。 核心考点·重点突破 044 耆点]牛顿第一定律和惯性的理解及应用 惯性的理解和应用)大 (基础考点·自主探究) 型油罐车内部设置了一 D26 1.对牛顿第一定律的两点说明 些固定挡板，如图所示，油罐 年 (1)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不 车在水平路面上行驶，下列说 受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。 法正确的是 ( 新 在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体 A.油罐车匀速前进时，油没有惯性 计 不受外力时的表现是相同的。 B.油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平 (2)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛 C.油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高 衡 顿第二定律是相互独立的。牛顿第一定律是经过科学 D.挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油 学 案 抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实 的涌动 验定律。 【伽利略的理想斜面实验)伽利略对“自由落体 2.惯性的两种表现形式 运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学 (1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为 实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、 零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态（静止或 乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对 匀速直线运动)。 这两项研究，下列说法正确的是 (2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动 状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越 8 难以被改变。 【跟踪训练】 甲 乙 (对牛顿第一定律的理解)（多选）下列对牛顿第 丰一定律的理解正确的是 A.图甲中通过对自由落体运动的研究，合理外推得 ( A.牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的 出小球在斜面上做匀变速运动 运动规律 B.图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲 B.在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变 淡”重力的效果，使时间测量更容易 C.在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没 C.图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的， 有外力维持木块运动的结果 通过实验能直接观察到小球到达等高位置 D.奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因 D.图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物 为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态 体的运动不需要力来维持 喜点2牛顿第二定律的理解与应用 考向2合力、速度、加速度间的关系 (能力考点·深度研析) 列吧（多选如图甲所示，一竖直救置的足够长的固 1.对牛顿第二定律的理解 定玻璃管中装满某种液体，一半径为「、质量为 矢量性 一→a与F方向相同 m的金属小球，从t=0时刻起，由液面静止释放，小球 瞬时性 →a与F对应同一时刻 在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图 乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f=6πr,式 因果性 F是产生a的原因 中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略 六 a、F、m对应同一物体 小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g,下列说法 同一性 性 a、F、m统一使用国际单位制单位 正确的是 独立性→每一个力都可以产生各自的加速度 只适用于宏观、低速运动的物体， 不适用于微观、高速运动的粒子 局限性 物体的加速度必须是相对惯性系 而言的 2.合力、速度、运动情况的关系 (1)合力与速度方向相同时，物体做加速直线 A.小球的最大加速度为g 运动。 B.小球的速度从0增加到o的过程中，做匀变速 (2)合力与速度方向相反时，物体做减速直线 运动 运动。 C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速 (3)合力与速度不在同一直线上时，物体做曲线 运动 运动。 >考向1对牛顿第二定律的理解 D小球的城大速度为器 例（让花茶兰的行依施甜个水 反思提升 总 分析物体运动性质时的三点提醒 平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合 B.物体由于做加速运动，所以才受合外力作用 力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 理 C.F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关 速度方向无关 系，和加速度的大小没有关系。 045 D.物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与 度不一定减小 物体的速度没有关系。 ●考向3力的合成与牛顿第二定律的综合应用 ③(2025·山东德州期中)直升机取水灭火已成为一种常见的灭火措施。如 列图所示，10根副绳均匀连接到主绳和水桶的边缘，每根副绳的长度 水桶的直径相等，装满水后桶和水的总质量为m,重力加速度为g,/不计绳子 的质量和空气阻力，下列说法正确的是可求出副绳与主绳之间的夹角日 副绳 A直升机匀速飞行时，每根剧绳的拉力大小为吧 主绳 B.直升机以大小为a的加速度竖直向上做加速运动时，每根副绳的拉力大 水桶一 小为3m(g+a) ?由牛顿第二定律并结合力的合成可以求出副绳的拉力大小 15 C.直升机以大小为a的加速度水平向左做加速运动时，主绳的拉力大小为 m（g+a) 将主绳拉力与重力合成，合力水平向左，由平行四边形定则可以求出主绳拉力 D.直升机在水平向左做匀减速运动过程中，主绳与竖直方向的夹角将逐渐 变小 主绳拉力5重力的合力水平问右，交力分精如国，Q号号·由于a不变.固a不变 >考向4力的分解与牛顿第二定律的综合应用 如图所示，质量为m的物体静 例 止在水平桌面上，物体和桌面 练习)舰载机沿着航 之间的动摩擦因数为u。重力加速mmmm 母跑道直线加速过程中，由于 度为g,当用方向与水平桌面夹角始终为0=30°，但大 气流对机翼的作用会产生升 小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物 力，若将发动机提供的推力和 体的加速度a的说法正确的是 () A.大小不可能等于0 气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道 B.大小可能等于g 可以看作是一个与水平面夹角为：的理想斜面，舰载 C.方向一定沿水平方向 机在起飞前以大小为α=g的加速度沿着跑道加速，总 D.方向与水平桌面的夹角可能大于30 动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α：，设飞机 的质量为m,前进过程中受到的阻力（包括跑道摩擦阻 喜点3 单位制的应用 力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机 (基础考点·自主探究)】 1.简化计算过程的单位表达 对跑道的正压力成正比，比例系数为k= 1 tan o ,重力加 解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出 速度为g,则总动力F的大小为 各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。 A.Itsin amg sin 2a B.I sin amg 2.推导物理量的单位 sin 2a 3.判断比例系数的单位 c2最 1-sin &mg D. 4.检验表达式的正误 2sin 2a 将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位 046 【跟踪训练】 制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表 (2024·安徽卷)如图所示， 达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表 竖直平面内有两根完全相同 达式一定错误。 的轻质弹簧，它们的一端分别固定 架 【跟踪训练】 于水平线上的M、V两点，另一端Mw“名w (判断比例系数的单位)(2023·辽宁卷)安培通 创 均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的 新 过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。 拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于 若两段长度分别为△1，和△2、电流大小分别为1和I 计 原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止， 的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示 衡 此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g, 弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉 为AF=kLA44出 。比例系数k的单位是 () 学 力，则小球从P点运动到O点的过程中 A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) A.速度一直增大 C.kg·m2/(s3.A) D.kg·m2/(s3·A3) B.速度先增大后减小 (检验表达式的正误)如 C.加速度的最大值为3g 图所示，运-20是我国 D.加速度先增大后减小 自主研发的战略重型运输机， 装 iuiuu 已知运输机的升力为L=CpS (其中p为飞行动压、S为机翼 簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端 面积，C是一个无单位升力系数)。若用p表示空气 指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢 的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞 球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。 机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动 将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺 压P,但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判 上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速 断出下列飞行动压p的表达式合理的是 ( 度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。 A.p=Du 2m B.p=0 2 下列说法正确的是 Fpu A.20cm刻度对应的加速度为g C.p= 2 D.p=toe 2m B.30cm刻度对应的加速度为0.5g C.80cm刻度对应的加速度为2g 温馨提示：复习至此，请完成练案[14] D.各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的(3)由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过图像的斜率与每 个钩码重力的乘积得到的，手机重力使弹簧伸长，这对弹簧劲 第三章运动和力的关系 度系数的测量结果无影响。 第14讲牛顿第一定律牛顿第二定律 第13讲实验三探究两个互成角度的力的合成规律 基础梳理·易错辨析 实验知识·自主回顾 知识梳理 八、1.平行 -、1.(1)匀速直线运动静止(2)惯性维持改变加速度 核心考点·重点突破 2.(1)匀速直线运动(2)大小(3)无关 跟踪训练：(1)2.35(2)A(3)B(4)①见解析图②3.99 二、1.正比反比相同 [解析](1)弹簧测力计最小分度值为0.1N,估读到0.01N, 2.ma 题图丁中读数为2.35N。 3.(1)静止匀速直线运动(2)宏观低速 (2)必须要记录的有两个分力F,和F,的大小和方向、合力F三、1.基本导出3.物理关系 的大小和方向、力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小 易错辨析 圆环被拉到0点位置，所以必须记录的有B、C、D;不需要记录1.×2.×3.×4.V5.V6.V7.×8.× 的是题图甲中E的位置，故选A。 核心考点·重点突破 (3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一跟踪训练1：ABD牛顿第一定律描述的是物体在不受外力作用 定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误； 时的运动规律，在不受外力作用时总保持匀速直线运动状态或 读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B正确；实验 静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的 时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都伸长至0点 关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状 才行，C错误。 态的原因。在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦 (4)①由于标度已经选定，作图时 力的作用而改变了运动状态：奔跑的运动员，遇到障碍而被绊 要保证表示F1、F2的线段长度分 倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确。 别为标度的2.70倍和2.30倍，作 ,=2.30N 跟踪训练2：D惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动 图如图所示； F=2.70N 状态无关，故A错误；当油罐车加速前进时，由于惯性油向后涌 ②量出作图法求出的合力长度约 动，所以油的液面应前低后高，故B错误；当油罐车减速前进 为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99N。 时，油向前涌动，油的液面前高后低，故C错误；当挡板间油的 例1：(1)D(2)CD(3)不会 质量相对小，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D [解析](1)橡皮筋伸长后的拉力大小等于所挂钩码的重力， 正确。 所以钩码的个数必须记录，又钩码质量相同，则不用测量钩码跟踪训练3：D图甲中通过对斜面上小球运动的研究，合理外推 的质量，橡皮筋的原长和伸长后的长度不用测量。故选D。 得出小球的自由落体运动是匀变速运动，A错误；图甲中先在倾 (2)连接橡皮筋两端点的细线长度不影响橡皮筋的拉力大小， 角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的效果，使时间测量 故长度不用相同，A错误；细线OP上力的方向与细线OP2、 更容易，B错误；图乙中完全没有摩擦阻力的斜面实际上是不存 OP3上两力的合力方向相反，由于OP2、OP3上两力的合力方向 在的，不能通过实验直接观察到小球到达等高位置，只能不断 是任意的，故OP,不需要在角平分线上，B错误：实验中，需要 接近，C错误：图乙的实验为“理想实验”，是在实验基础上经过 测量OP、OP,和OP3上力的大小和方向，故必须记录图中O 概括、抽象、推理得出规律的一种方法，伽利略是在实验的基础 点的位置和OP、OP,、OP3的方向以及结点O静止时三根细线 上通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D正确。 所挂钩码的个数，C正确；不改变OP所挂钩码的个数和OP1例1：ACD由牛顿第二定律的瞬时性可知，A正确；由牛顿第二定 的方向，改变OP2与OP3的夹角重复实验，OP1上的力大小保 律的矢量性可知，C正确；力是产生加速度的原因，而不是先有 持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平 加速度，才受合外力，B错误：由a=上可知，合外力减小，加速 衡，故O点的位置可以改变，D正确。 m (3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重 度一定减小，当加速度方向与速度方向一致时，速度增大，D正 力大小，不会影响实验结论。 确。本题正确答案为ACD。 例2：ACD当t=0时，小球所受的阻力f=0,此时加速度为g,A 例2：(1)m8(3)见解析(5)> 正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到。的过程中，加速度 [解析](1)弹簧的劲度系数为k=m8 减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg-f=ma,解得a=g- 6m”,当a=0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度 (3)作图法画出F4如图所示 m A 。=6CD正确。放选AD。 0 例3：B设每根副绳与主绳的夹角为0，根据几何关系得si0= D 2 ,解得0=30°，直升机匀速飞行时，根据平衡条件得 1 、B D (5)由数学知识可知只有满足∠AOC>∠BOC,才能保证F。< 1076ms30°=，解得每根别绳的拉力大小为了一得g,A错 F1=G,才不会超过弹簧秤量程。 误；直升机以大小为α的加速度竖直向上做加速运动时，根据 501 牛顿第二定律得10T2cos30°-mg=ma,解得每根副绳的拉力 跟踪训练8：B 飞行动压p的国际单位Pa=Nym2=kg·m/s 大小为，=Bmg+a,B正确：直升机以大小为a的加速度 m2 15 m ?,只有选项B等式右边的单位与p的单位符合，选项B kg m 水平向左做加速运动时，主绳的拉力大小为F= 正确。 √(mg)2+(ma)2=m√g+a,C错误；设主绳与竖直方向的 夹角为a&,根据几何关系得an&=m=a,直升机在水平向左 第15讲牛顿第二定律的基本应用 mg g 做匀减速运动过程中，主绳与竖直方向的夹角不变，D错误 基础梳理·易错辨析 例4：A飞机所受支持力为 知识梳理 F、,所受阻力为F,受力分析 ·、1.运动情况受力情况 如图所示。沿着速度方向， 2.加速度牛顿运动定律 由牛顿第二定律得Fcos a- 二、1.示数 mgsin a-F:=ma,垂直速度 2.大于小于等于零竖直向上竖直向下竖直向下 方向Fsin a+FN-mgcos a= a=gm(g+a)m(g-a)0加速减速加速减速 0,由已知条件F=kFN,k= 加速减速 tana,联立解得F=1+sng 1 易错辨析 sin 2a 1.V2.×3.×4./5.V6.× mg,故选A。 核心考点·重点突破 跟踪训练4：A小球从P点运动到O点的过程中，所受合力方向 例1：ACD剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直 始终向下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM=d, 向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉 弹簧与竖直方向间的夹角为0，由牛顿第二定律得2k, 力。根据共点力平衡有F,sin37°=mg,Frcos37°=kx,联立解 4）cs8+ng=m,解得a-2as0·(01）+g,小球从 1 得x=,放A正确：剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小 球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B P点运动到0点的过程中，(0≤90)增大，故加速度一直减 小，撤去F瞬间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg, 错误：剪断细线P前，细线P的拉力大小为R,=子mg,剪断与。 由牛顿第二定律得小球的最大加速度am=2g,C、D错误。 球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即 跟踪训练5：C设弹簧的劲度系数为k,钢球质量为m,下端悬挂 将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供 钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg=k(40-20)× 切向加速度，有F,'-mgsin37°=ma.=0,mgcos37°=ma,解得 10-2=0.2k,20cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20-20)× 10-2-mg=ma,解得a=-g,故A错误；30cm刻度时根据牛顿 ?=子g<,=哥mga=专s,即剪断与a球连接处的弹簧 第二定律有k(30-20)×10-2-mg=ma,解得a=-0.5g,故B 的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为0.8g,故C 错误；80cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80-20)×10-2- D正确。 mg=ma,解得a=2g,故C正确；根据牛顿第二定律得k(l-20) 跟踪训练1：AD对甲图，弹簧弹力F=ngsin0,突然撤去挡板的 ×10-2-mg=ma可得a=(1-20)×10-2 一g,则各刻度对应 瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处 m 于平衡状态，加速度为零；对B球进行受力分析，根据牛顿第二 加速度的值是均匀的，故D错误。 跟踪训练6：B若物体静止，则有Fcos30°≤fa=u(mg-Fsin30), 定律F+mgsin0=mag,解得ag=2gsin0;对乙图，轻杆为刚性 杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以A、B为整体，根 umg 解得F≤os30十Lin30,则物体处于静止状态，物体加速度 据牛顿第二定律2 mngsin0=2ma,得a=gsin0,即A、B的加速度 大小为0，A错误；根据牛顿第二定律得Fcos30°-u(mg- 都为gsin0,综上分析可知，A、D正确，B、C错误。 2umg 跟踪训练2：B初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹 Fsin30）=ma,当a=e时，解得F=os30e4in30,B正 力F=ngsin30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为 确：当Fsin30°>mg时物体离开桌面，此时竖直方向的加速度 mgsin30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 不为零，则此时物体的加速度方向不沿水平方向，C错误；当物 2 ngsin30°-F=2ma,解得a=2.5m/s2;再隔离B分析有 体离开水平桌面时，则物体的水平方向的加速度a,=F@s30 mgsin30°-F、=ma,解得Fx=5N,故B正确。 m 跟踪训练3：B运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下 竖直方向的加速度4，-Fsin30°-m型，则加速度方向与水平方 m 加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错 误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在 mg 向的夹角满足ana=上=sin006m=ta30°-Fc0530°了 a Fcos30° 空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的 tan30°，即a<30°，D错误。 重力加速度，处于完全失重状态，B正确：运动员在弧形过渡区 跟踪训练7：B根据题干公式AF=k4△△整理可得k: 做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误； 2 运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度 △Fr2 竖直向上，处于超重状态，D错误。 ,AA,代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为d 跟踪训练4：A由题图可知，传感器的最小压力约为200N,且人 kg·m/=kg·m/(g·A),故选B。 A 的质量为m=G=50kg,则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最 502