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第 2 讲 牛顿第二定律的基本应用
目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、
瞬时加速度问题进行分析计算．
考点一 瞬时问题
1．两种模型
加速度与合外力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外
力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
2．解题思路
→→
→
例1 如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，
a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a 、a ，则
1 2
(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)( )
A．a＝0，a＝g B．a＝g，a＝g
1 2 1 2
C．a＝－2g，a＝g D．a＝－g，a＝0
1 2 1 2答案 C
解析 烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F
＝3mg，在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对 a
球， mg－F＝ma ，解得a ＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a ＝g，故C正确，
1 1 2
A、B、D错误．
例2 (2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，
图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C
与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)( )
A．图甲中A球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为gsin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍
答案 B
解析 对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A
仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin θ，由
牛顿第二定律有2mgsin θ＝ma ，可得B的加速度为a ＝2gsin θ；对于题图乙，突然撤去挡
B B
板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B的加速
度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有 mgsin θ＋F＝
ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.
剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个
物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断
假设是否成立，从而得出正确的结论．
例3 (多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球
静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
答案 BC
解析 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为F ，由平衡条件可得Fcos θ＝
T
mg，Fsin θ＝F ，解得F＝，F ＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，
T T
BC上的拉力F突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解
得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的
合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝，C正确，
D错误．
考点二 超重和失重问题
1．超重
(1)定义：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．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：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．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
4．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．
(2)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不
等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．
1．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．( × )
2．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．( × )
3．加速上升的物体处于超重状态．( √ )
4．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( √ )
5．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．( × )
1．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于
失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于
失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
2．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即
“视重”变大或变小了)．
(2)在完全失重的状态下，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作用、液柱不再产生压强等．
考向1 超、失重现象的图像问题
例4 (2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像
如图所示．乘客所受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以
N
下判断正确的是( )
A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t～t 时间内，v减小，F mg
2 3 N
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t ～t 时间内v减小，t ～t
1 2 3 1 2
时间内v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则
1
F mg，故D正确．
N
例5 (多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员
做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力 F随时间t的变化图像如图所示．若
运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信
息，下列说法正确的是( )A．运动员的质量为60 kg
B．运动员的最大加速度为45 m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
D．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态
答案 ABC
解析 由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即
mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力F ＝3
m
300 N，最大加速度a ＝＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2
m
s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，
运动员先失重、后超重、再失重，D错误．
考向2 超、失重现象的分析和计算
例6 (多选)2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一高
度时，启动减速降落伞开始做减速运动．当返回舱的速度大约减小至v＝9 m/s时，继续匀
速(近似)下降．当以这个速度一直降落到距离地面h＝1.1 m时，立刻启动返回舱的缓冲发动
机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．
设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g＝10 m/s2，则最后减速过程中(
)
A．返回舱中的航天员处于失重状态
B．返回舱再次做减速运动的加速度大小为25 m/s2
C．返回舱落地的瞬间速度大小为2 m/s
D．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60 kg的航天员的作用力的大小为2 700 N
答案 CD
解析 在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故 A错误；
根据位移时间公式有x＝vt－at2，代入数据，则有1.1 m＝9×0.2 m－a×(0.2 s)2，解得a＝35
m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s＝
2 m/s，故C正确；对质量m＝60 kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有 F －mg＝
N
ma，代入数据解得F ＝2 700 N，故D正确．
N考点三 动力学两类基本问题
1．动力学问题的解题思路
2．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点速度是联系各物理过程的桥梁．
考向1 已知受力求运动情况
例7 如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg
的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，
将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时
的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2)
答案 1 s和1.8 s
解析 撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma ，
1
解得a＝2 m/s2，
1
由匀变速直线运动规律得x＝at2＝4 m，
1 1
v＝at＝4 m/s，
1 1
撤去F后，由牛顿第二定律得μmg＝ma ，
2
解得a＝μg＝2 m/s2，
2
d－x＝vt－at2，
1 11 21
解得第一次到达B点的时间t＝1 s，或t′＝3 s(舍去)，
1 1
第一次到达B点时的速度v＝v－at＝2 m/s，
2 1 21
之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma ，
3
解得a＝gsin θ＝5 m/s2，
3
物体再经t＝2＝0.8 s第二次到达B点，
2
故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点．
例8 (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d
位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑
环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t 、t 、t 分
1 2 3
别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是( )
A．t＝t B．t>t
1 2 2 3
C．ta ，由x＝at2可知，t>t ，故B、C、D正确．
ca Ob 2 ca
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止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如
图甲所示；
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由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．考向2 已知运动情况求受力
例9 2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程
中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备
的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m
深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升
至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速
度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：
(1)上升过程中匀速运动的时间t；
(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作
用力F的大小(保留三位有效数字)．
答案 (1)5 s (2)见解析
解析 (1)设匀速运动时间为t，总时间为t ，
总
则有h＝vt＋v(t －t)
总
代入数据得t＝5 s
(2)设匀加速阶段加速度大小为a ，匀减速阶段加速度大小为a ，a ＝a
加 减 加 减
匀加速时间为t ，匀减速时间为t ，
加 减
则t ＝t ＝t′＝5 s，
加 减
a ＝a ＝＝0.04 m/s2
加 减
匀加速上升时有F －mg＝ma
N1 加
解得F ＝0.835 N
N1
匀速上升时有F ＝mg＝0.815 N
N2
匀减速上升时有mg－F ＝ma
N3 减解得F ＝0.795 N.
N3
课时精练
1.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确
的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
答案 A
解析 以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度
大小为g，方向竖直向下．再以A为研究对象：因加速度大小为g，方向竖直向下，由牛顿
第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，故
选A.
2．生活中经常测量体重．测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体
重，如图甲所示．现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完
成下蹲动作．该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示．对此，下列说法正确的是( )
A．测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段
B．测量者的重心在t 时刻速度最小
3
C．测量者的重心在t 时刻加速度最大
4
D．测量者在t～t 时间内表现为超重
1 2
答案 C
解析 在t～t 阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t～t 阶段，示数大于重力，
1 3 3 5
测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；根据选项A
可知，测量者的重心在t 时刻速度最大，B错误；t 时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第
3 4
二定律，加速度最大，C正确；测量者在t ～t 时间内示数小于重力，处于失重状态，D错
1 2误．
3．(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，
木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加
速度为g，则在木块C移开的瞬间( )
A．弹簧的形变量不改变
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
答案 AC
解析 由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始
整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于 A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧
的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为 3mg，故B错误；A受到的合力大小F＝3mg－
A
mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，
由平衡条件得3mg＋mg＝F ，解得F ＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压
N N
力大小为4mg，故D错误．
4．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度
无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
答案 C
解析 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据
牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，联立以上各式得t＝.当θ＝
45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
5．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上
端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，
其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹
簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小球刚接触弹簧时速度最大
B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态
C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
答案 BCD
解析 由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，
当Δx ＝0.1 m时，小球的速度最大，说明当Δx ＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹
1 1
力，所以可得kΔx ＝mg，解得k＝20.0 N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx ＝0.3 m
1 2
时，弹簧弹力为F＝20.0 N/m×0.3 m＝6 N>mg，故此时小球的加速度向上，小球处于超重
状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由 mg逐渐减小至零，然后反向增加，故
小球的加速度先减小后增大，D正确．
6.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连
着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连
在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加
速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．a ＝a ＝g B．a ＝2g，a ＝0
A B A B
C．a ＝g，a ＝0 D．a ＝2g，a ＝0
A B A B
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：静止时，F ＝Fsin 60°，Fcos 60°＝m g＋F，F＝F′＝m g，又m ＝m
T A 1 1 1 B A B
解得F ＝2m g
T A
水平细线被剪断瞬间，F 消失，其他各力不变，A所受合力与F 等大反向，所以a ＝＝
T T A
2g，a ＝0，D正确．
B
7.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆
心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑直轨道 AOB、COD、EOF，它们的两端分别
位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨
道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．t ＝t ＝t B．t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C．t t >t ，B项正确．
AB CD EF
8．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v ＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作
0
用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速
度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3答案 ABD
解析 0～5 m内，由v2－v2＝2ax ，得v2＝2ax ＋v2，由题图乙知，2a ＝－20 m/s2，则
1 0 1 1 1 1 1 0 1
a ＝－10 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v ＝10 m/s，恒力
1 0
F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B
正确；5～13 m内，由v2＝2ax 得物块的加速度a ＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－
2 2 2 2
F－μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．
1 2
9.(2018·浙江4月选考·19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为
37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝
8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动
过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at2，
解得x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是
从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
2
解得：a＝8 m/s2，a＝4 m/s2.
1 2
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t′，位移大小为
x′，则有
t′＝，x′＝at′2，
1
解得：x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v，则有：
t
v2＝2a(x＋x′)
t 2
解得：v＝2 m/s.
t
10．如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对
环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数 μ＝
0.8，AB与BC的距离之比x∶x＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
1 2
(1)小圆环在BC段的加速度的大小a；
2
(2)小圆环在AB段的加速度的大小a；
1
(3)拉力F的大小．
答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
解析 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．
对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
F＝μF ＝μmg
f N
则a＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
2
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知v 2＝2ax
B 1 1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v 2＝2ax
B 2 2
又＝
则a＝a＝×8 m/s2＝5 m/s2.
1 2
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示．
由牛顿第二定律得Fcos θ－F ＝ma
f1 1
又F ＋Fsin θ＝mg
N1
F ＝μF
f1 N1
联立以上各式，代入数据解得
F≈1.05 N.
当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示．
由牛顿第二定律可知Fcos θ－F ＝ma
f2 1
又Fsin θ＝mg＋F
N2F ＝μF
f2 N2
联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N.
11．(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．
A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的
杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相
对于杯底(不计空气阻力，ρ <ρ <ρ )( )
木 水 铁
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案 D
解析 剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示，B球受力分析如图乙所示，C球受力分析
如图丙所示．剪断绳子瞬间，水处于完全失重状态，水的浮力消失．又由于弹簧的形状来不
及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度a ＝g，方向竖直向下，
B
其相对杯子的加速度方向竖直向下．绳子剪断瞬间，C球所受的浮力消失，其瞬时加速度与
杯子的相同，故相对杯子静止，综上所述，D正确．
