山东省2021高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件

山东省2021高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件

考点清单 考点一　牛顿运动定律 一、牛顿第一定律 1.内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫 使它 改变这种状态 。 2.意义 (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。 (2)提出了一切物体都具有惯性,即保持原来运动状态的特性。 (3)揭示了力与运动的关系,说明力不是维持物体运动状态的原因,而是 ① 　改变     物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。 注意     质量是惯性大小的唯一量度 ,惯性与物体的运动情况和受力情况无 关。质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小。 二、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的 方向跟作用力的方向相同。 2.表达式:F= ma 。(此式只在国际单位制中成立) 3.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或匀速直线运动 的参考系。 (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远 小于光速)的情况。 三、单位制、单位 1.单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共七个,其中力学有三个,它们 是② 　长度     、③ 　质量     、④ 　时间     ,它们的国际单位制单位分别是 米、千克、秒。 3.导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,( ν ) 摩[尔] mol 发光强度 I,(I V ) 坎[德拉] cd 4.国际单位制中的基本单位 四、牛顿第三定律 1.作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” (1)六同   (2)三异   (3)二无关   作用力与反作用力 一对平衡力 相同点 等大、反向,作用在同一条直线上 2.一对作用力与反作用力和一对平衡力的区别   受力物体 作用在两个不同的物体上 作用在同一个物体上 依赖关系 相互依存,不可单独存在 无依赖关系,解除一个,另一个可依然存在,只是不再平衡 力的效果 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零 力的性质 一定相同 不一定相同 考点二　牛顿运动定律的综合应用 一、应用牛顿第二定律解决的两类问题 1.已知物体的受力情况,求解物体的运动情况 解这类题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初 始条件,应用运动学公式,求出物体运动的情况。 2.已知物体的运动情况,求解物体的受力情况 解这类题目,一般是应用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定 律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的其他外力。 二、整体法与隔离法 1.整体法是指系统内(即连接体内)物体间无相对运动时(具有相同加速度), 可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑,分析其受力情况,对整 体列方程求解的方法。 整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力。 2.隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时,需要求连 接体内各部分间的相互作用力,从研究方便出发,把某个物体从系统中隔离 出来,作为研究对象,分析其受力情况,再列方程求解的方法。 隔离法适合求系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度。 三、超重和失重 视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力 超重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重的条件是:物体具有 向上的加速度 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是:物体具有 向下的加速度 完全 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是:物体的加速度为⑤ 　重力加速度     拓展一　对牛顿运动定律的理解 1.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系 (1)牛顿第一定律不是实验定律,它是以伽利略的“理想实验”为基础,经 过科学抽象、归纳推理而总结出来的;牛顿第二定律是通过探究加速度与 力和质量的关系得出的实验定律。 (2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想情 况,在此基础上,牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系: F=ma 。 2.惯性的表现形式 (1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的 运动状态(静止或匀速直线运动)不变。 知能拓展 (2) 物体受到外力时 , 惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大 , 物体 运动状态难以改变 ; 惯性小 , 物体运动状态容易改变。 注意　 (1) 惯性不是一种力 ,对物体受力分析时,不能把“惯性力”作为物 体实际受到的力。 (2)物体的惯性总是以“保持原状”或“反抗改变” 两种形式表现出来。 同向性 公式F=ma是矢量式,任一时刻,F与a同向 正比性 m一定时,a∝F 瞬时性 a与F对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F为该时刻物体所受合外力 因果性 F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力 同一性 有三层意思:①加速度a相对同一参考系(一般指地面) ②F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统③F=ma中,各量统一使用国际单位制单位 独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 ③ 力、加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律 ,即F x =ma x ,F y =ma y 局限性 ①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 ②物体的加速度必须是相对于地面静止或匀速直线运动的参考系而言的 3.对牛顿第二定律的理解 注意　独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础,根据独立性原理,把 物体所受的各力分解在相互垂直的方向,在这两个方向分别列牛顿第二定 律方程。这就是牛顿第二定律的正交分解法。 例1　如图所示,质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a向上减速 运动,a与水平方向的夹角为θ。求人受到的支持力和摩擦力的大小。   解题导引   解析    方法一　以人为研究对象,受力分析如图(a)所示,建立如图所示的 坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度 a x 和竖直方向加速度a y ,如图(b) 所示,则 a x =a cos θ, a y =a sin θ。 由牛顿第二定律得 F 静 =ma x ,mg-F N = ma y 求得F 静 =ma cos θ, F N = m(g - a sin θ )。 方法二    以人为研究对象,建立如图所示坐标系,并规定正方向。   根据牛顿第二定律得 x方向　mg sin θ-F N sin θ-F 静 cos θ=ma   ① y方向　mg cos θ+F 静 sin θ-F N cos θ=0   ② 由①②两式可解得F N =m(g-a sin θ), F 静 =-ma cos θ F 静 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左。 答案　 m(g-a sin θ)　ma cos θ 拓展二　对超重和失重的理解 1.对超重、失重的理解:超重并不是重力增加了,失重并不是重力减小了,完 全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时,物体的重力依然存在, 且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化 (即“视重”发生变化)。 2.判断方法 (1)不管物体的加速度是不是沿竖直方向, 只要加速度在竖直方向上有分 量,物体就会处于超重或失重状态 。 (2)尽管不是整体有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向 的分加速度,整体也会出现超重或失重现象。 注意　在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消 失,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。 例2　如图所示,是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时记录 的力随时间变化的图像,纵坐标为力(单位为牛顿),横坐标为时间。由图像 可知   (　　) A.该同学做了两次下蹲—起立的动作 B.该同学做了一次下蹲—起立的动作 C.下蹲过程中人处于失重状态 D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 解析　在一次下蹲过程中,该同学要先后经历失重状态和超重状态,所以对 压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力,而在一次起立过程中, 该同学又要先后经历超重状态和失重状态,所以对压力传感器的压力先大 于自身重力后小于自身重力,所以题图记录的是一次下蹲—起立的动作。 答案    B 拓展三　两类动力学问题 1.两类动力学问题分析思路 2.解答两类动力学问题应注意的问题 (1)无论是哪种情况, 联系力和运动的“桥梁”都是加速度 。 (2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初速度共同决定。 例3　如图所示,质量为10 kg的物体在 F =200 N的水平推力作用下,从粗糙 斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角 θ =37 ° ,力 F 作用2 s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s后,速度减为零。求: 物体与斜面间的动摩擦因数 μ 和物体沿斜面向上运动的总位移 x 。(已知 sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8, g =10 m/s 2 )   解题导引     解析　对物体受力分析如图所示,设加速时的加速度为 a 1 ,末速度为 v ,将 mg 和 F 沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得 N = F sin θ + mg cos θ F cos θ - f - mg sin θ = ma 1 又 f = μN 加速过程由运动学规律可知 v = a 1 t 1 撤去 F 后,物体减速运动的加速度大小为 a 2 ,则 a 2 = g sin θ + μg cos θ 由匀变速直线运动规律有 v = a 2 t 2 由运动学规律知 x = a 1   /2+ a 2   /2 代入数据得 μ =0.25     x =16.25 m 答案　0.25　16.25 m 拓展四　连接体问题 1.加速度相同的连接体问题 (1) 若求解整体的加速度,可用整体法 。把整个系统看做一个研究对象,分 析整体受外力情况,再由牛顿第二定律求出加速度。 (2) 若求解系统内力,可先用整体法求出整体的加速度,再用隔离法将内力 转化成外力 ,由牛顿第二定律求解。 例4　(多选)如图所示,一质量 M =3 kg、倾角为 α =45 ° 的斜面体放在光滑水 平地面上,斜面体上有一质量为 m =1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的 恒力 F 作用在斜面体上,系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度 为 g =10 m/s 2 ,下列判断正确的是   (　　)   A.系统做匀速直线运动 B. F =40 N C.斜面体对楔形物体的作用力 F N =5   N D.增大力 F ,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 解析　对整体受力分析如图甲所示,由牛顿第二定律有 F =( M + m ) a ,对楔形 物体受力分析如图乙所示,由牛顿第二定律有 mg tan 45 ° = ma ,可得 F =40 N, a =10 m/s 2 ,A错,B对。斜面体对楔形物体的作用力 F N =   =   mg =10   N,C错。外力 F 增大,则斜面体加速度增加,楔形物体不能获得那么大的加 速度,将会相对斜面体沿斜面向上运动,D对。 答案    BD 2.加速度不同的连接体问题 由于系统内各个物体的加速度不同,一般应采用隔离法 。以各个物体分别 作为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分别应用牛顿第 二定律建立方程,并注意应用物体间的相互作用关系,联立求解。 例5　如图所示,质量为 M 的木板可沿倾角为 θ 的光滑斜面下滑,木板上站着 一个质量为 m 的人,求:   (1)为了保持木板与斜面相对静止,人运动的加速度是多少? (2)为了保持人与斜面相对静止,木板运动的加速度是多少? 解题导引 解析　(1)为了使木板与斜面保持相对静止,必须满足木板在斜面上的合力 为零,所以人施于木板的摩擦力应沿斜面向上,故人应加速向下跑。现分别 对木板和人应用牛顿第二定律。 对木板进行受力分析,如图甲所示,   沿斜面方向有: Mg sin θ - f 1 =0, 对人进行受力分析,如图乙所示, mg sin θ + f 1 '= ma 人 ( a 人 为人相对斜面的加速度), f 1 = f 1 ' 解得 a 人 =   g sin θ ,方向沿斜面向下。 (2)为了使人与斜面保持相对静止,必须满足人在木板上所受合力为零,所 以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上,故人相对木板向上跑,木板相对斜面 向下滑,但人相对斜面静止不动。设木板相对斜面的加速度为 a 木 ,现分别对 木板和人进行受力分析,由牛顿第二定律有:   对木板: Mg sin θ + f 2 '= Ma 木 , 对人: mg sin θ = f 2 , f 2 = f 2 ' 解得 a 木 =   g sin θ ,方向沿斜面向下,即人相对木板向上加速跑动,而木 板沿斜面向下滑动,此时人相对斜面静止不动。 答案　见解析 拓展五　动力学和运动图像的综合问题 1.处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数 关系,知道图像中的“轴”“线”“点”“斜率”“面积”“截距”等所 表示的物理意义。在运用图像求解问题时,还需要具有将物理现象转化为 图像问题的能力。 运用图像解题包括两个方面:①用给定的图像解答问题;②根据题意去作 图,运用图像去解答问题。 2.图像语言、函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的 三种语言。要求能够在任意两种语言间相互转换,以便用相对简单的方法 解决物理问题。   3. 文字语言、函数语言、图像语言与物理情景之间的相互转换 , 是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提。 例6　如图甲所示,质量 m =1 kg的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静 止开始沿斜面向上运动, t =0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随 时间的变化关系图像( v - t 图像)如图乙所示, g 取10 m/s 2 ,求:   (1)2 s内物块的位移大小 s 和通过的路程 L ; (2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小 a 1 、 a 2 和拉力大小 F 。 解析　(1)在2 s内,由图乙知: 物块沿斜面向上运动的最大距离: s 1 =   × 2 × 1 m=1 m 物块下滑的距离: s 2 =   × 1 × 1 m=0.5 m 所以位移大小 s = s 1 - s 2 =0.5 m 路程 L = s 1 + s 2 =1.5 m (2)由图乙知,所求两个阶段加速度的大小 a 1 =4 m/s 2 a 2 =4 m/s 2 设斜面倾角为 θ ,斜面对物块的摩擦力为 f ,根据牛顿第二定律有 0~0.5 s内: F - f - mg sin θ = ma 1 0.5~1 s内: f + mg sin θ = ma 2 解得 F =8 N 答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s 2 　4 m/s 2 　8 N 应用一　应用牛顿运动定律解决多过程问题 实践探究 1.多过程问题 很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程,在物体不同 的运动阶段,物体的运动情况和受力情况都发生了变化,这类问题称为牛顿 运动定律中的多过程问题。 2.类型 多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问 题。 3. 解题策略 (1) 任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成 , 有些是承上 启下 , 上一过程的结果是下一过程的已知 , 这种情况需一步一步完成。 (2) 有些是树枝形 , 告诉的只是旁支 , 要求的是主干 ( 或另一旁支 ), 这就要求 仔细审题,找出各过程的关联,按顺序逐个分析;对于每一个研究过程,选择 什么规律,应用哪一个运动学公式要明确。 (3) 注意两个过程的连接处,通常加速度可能突变,但速度不会突变,速度是 联系前后两个过程的桥梁 。 例1　如图甲所示,一倾角 θ =37 ° 的足够长斜面,将一质量为 m =1 kg 的物体 无初速度在斜面上释放,同时施加一沿斜面向上的拉力(未画出),拉力随时 间变化的关系图像如图乙所示,物体与斜面间的动摩擦因数 μ =0.25,取 g =1 0 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,求： (1)2 s末物体的速度; (2)前16 s内物体发生的位移。 解析　(1)对物体分析可知,其在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加 速直线运动,由牛顿第二定律可得 mg sin θ - F 1 - μmg cos θ = ma 1 v 1 = a 1 t 1 代入数据可得 a 1 =2.5 m/s 2 ,方向沿斜面向下 v 1 =5 m/s,方向沿斜面向下 (2)物体在前2 s内发生的位移为 x 1 ,则 x 1 =   a 1   =5 m,方向沿斜面向下 当拉力为 F 2 =4.5 N时,由牛顿第二定律可得 F 2 + μmg cos θ - mg sin θ = ma 2 代入数据可得 a 2 =0.5 m/s 2 ,方向沿斜面向上 物体经过 t 2 时间速度减为0,则 v 1 = a 2 t 2 得 t 2 =10 s t 2 时间内发生的位移为 x 2 ,则 x 2 =   a 2   =25 m,方向沿斜面向下 由于 mg sin θ - μmg cos θ < F 2 < μmg cos θ + mg sin θ ,则物体在剩下4 s时间内处 于静止状态。 故物体在前16 s内发生的位移 x = x 1 + x 2 =30 m,方向沿斜面向下。 答案　(1)5 m/s,方向沿斜面向下　(2)30 m,方向沿斜面向下 应用二　动力学中的临界极值问题 1.“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力 F N =0。 (2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩 擦力,则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断 与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛与拉 紧的临界条件是 F T =0。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0时。 2.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,即表明题述的过程存 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 的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过 程存在着极值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速 度。 3.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法。 (2)根据临界条件列不等式法。 (3)利用二次函数的判别式法。 (4)极限法。 例2　如图所示,木板与水平地面间的夹角 θ 可以随意改变,当 θ =30 ° 时,可视 为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底 端以大小恒定的初速度 v 0 =10 m/s沿木板向上运动,随着 θ 的改变,小物块沿 木板滑行的距离 x 将发生变化,重力加速度 g 取10 m/s 2 。   (1)求小物块与木板间的动摩擦因数; (2)当 θ 角满足什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小 值。 解析　(1)当 θ =30 ° 时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则 mg sin θ = F f , F f = μmg cos θ , 联立解得: μ =   。 (2)当 θ 变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为 a ,则 - mg sin θ - μmg cos θ = ma , 由0-   =2 ax 得 x =   , 令 cos α =   , sin α =   , 即tan α = μ ,则 x =   , 所以 x 最小值为 x min =   =   m。 答案　(1)   　(2) θ =60 °        m 当 α + θ =90 ° 时 x 最小,即 θ =60 ° , 应用三　传送带问题的处理 1.水平传送带模型问题 处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送带上的物体进行受力分析, 分清物体所受摩擦力是阻力还是动力,然后对物体进行运动状态分析,即对 静态→动态→终态进行分析和判断,对其全过程做出合理分析、推断,进而 采用有关物理规律求解。 这类问题可分为:①运动学型;②动力学型;③能量守恒型;④图像型。 例3　水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送 带装置示意图。紧绷的传送带 AB 始终保持恒定的速率 v =1 m/s运行,一质 量为 m =4 kg的行李无初速度地放在 A 处,传送带对行李的滑动摩擦力使行 李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线 运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.1, A 、 B 间的距离 L =2 m, g 取 10 m/s 2 。 (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间; (3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到 B 处,求行李从 A 处传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。 解题导引       解析　(1)滑动摩擦力 F f = μmg =0.1 × 4 × 10 N=4 N,加速度 a = μg =0.1 × 10 m/s 2 =1 m/s 2 。 (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则 v = at 1 ,解得 t 1 =   =   s=1 s。 (3)行李始终匀加速运行时传送时间最短,加速度仍为 a =1 m/s 2 ,当行李到达 右端时,有   =2 aL ,解得 v min =   =   m/s=2 m/s, 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。 行李最短运行时间由 v min = a × t min 得 t min =   =   s=2 s。 答案　(1)4 N　1 m/s 2 (2)1 s　(3)2 s　2 m/s 2.倾斜传送带模型问题 求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定是否受 到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用,应进一步确定其大小和方 向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。 当物体速度与传送带 速度相等时物体所受的摩擦力有可能发生突变 。 例4　如图所示,传送带与水平地面夹角 θ =37 ° , A 到 B 长度 L 为16 m,传送带以 10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端 A 处无初速度地放一个质量为0. 5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从 A 运动到 B 所需 时间是多少?(sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8)   解题导引     解析　物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速 度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力 F ,物体受力情况如图甲 所示。物体由静止开始加速,由牛顿第二定律有 mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , 得 a 1 =10 × (0.6+0.5 × 0.8) m/s 2 =10 m/s 2 。 物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t 1 =   =   s=1 s, t 1 时间内位移 x =   a 1   =5 m。   甲 　　　　       乙 　　由于 μ t 3 C. t 1 < t 2 　    D. t 1 = t 3 思路点拨       解析　设想还有一根光滑固定细杆 ca ,则 ca 、 Oa 、 da 三细杆交于圆的最低 点 a ,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由 c 、 O 、 d 无初速度释放 的小滑环到达 a 点的时间相等,即 t ca = t 1 = t 3 ;而由 c → a 和由 O → b 滑动的小滑环 相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但 a ca > a Ob ,由 x =   at 2 可知, t 2 > t ca ,故 选项A错误,B、C、D均正确。 答案    BCD