【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第3章第2讲《牛顿第2定律的基本应用》 (含解析).doc，共(16)页，608.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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．解题思路分析瞬时变化前物体的受力情况→分析瞬时变化后哪些力变化或消失→求出变化后物体所受合力根据牛顿第二定律列方程→求瞬时加速度例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a1、a2，则(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)()A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝－2g，a2＝gD．a1＝－g，a2＝0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＝ma1，解得a1＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a2＝g，故C正确，A、B、D错误．例2(2

022·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gsinθC．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2mg

sinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsinθ，设轻杆对A的作

用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋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gsinθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθD．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ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FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝mgcosθ，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ

＝ma，解得a＝gsinθ，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＝gcosθ，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FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A．0～t1时间

内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，

t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确．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＝10m/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60kgB．运动员的最大加速度为45m/s2C．运动员离开蹦床后

上升的最大高度为5mD．9.3s至10.1s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＝600N，解得运动员的质量m＝60kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3300N，最大加速度am＝Fm－mgm＝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＝2s，上升和下落的时间均为1s，则最大高度为h＝12gt2＝5m，选项C正确；9.3s至10.1s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＝9m/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＝1.1m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＝0.2s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＝10m/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25m

/s2C．返回舱落地的瞬间速度大小为2m/sD．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60kg的航天员的作用力的大小为2700N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－12at2，代入数据，则有1.1m＝9×0.2m－1

2a×(0.2s)2，解得a＝35m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9m/s－35×0.2m/s＝2m/s，故C正确；对质量m＝60kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，代入数据解得FN＝2700N，故D正确．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＝2kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7m，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＝8N作用在该物体上，t＝2s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10m/s2)答案1s和1.8s解析撤去F前，由

牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，由匀变速直线运动规律得x1＝12a1t2＝4m，v1＝a1t＝4m/s，撤去F后，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2m/s2，d－

x1＝v1t1－12a2t12，解得第一次到达B点的时间t1＝1s，或t1′＝3s(舍去)，第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2m/s，之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma3，解得a3＝gsinθ＝5m/s2，物体再经t2＝2v2a3＝

0.8s第二次到达B点，故撤去拉力F后，经过1s和1.8s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t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是()A．t1＝t2B．t2>t3C．t1<t2D．t1＝t3答案BCD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tca＝t1＝t3；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，但加速度aca>aOb，由x＝12at2可知，t2>tca，故B、C、D正确．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92020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＝2m深处，已采集到m＝500g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15s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＝20cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63m/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)5s(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＋12v(t总－t)代入数据得t＝5s(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减匀加速时间为t加，匀减速时间为t减

，则t加＝t减＝t′＝5s，a加＝a减＝vt′＝0.04m/s2匀加速上升时有FN1－mg＝ma加解得FN1＝0.835N匀速上升时有FN2＝mg＝0.815N匀减速上升时有mg－FN3＝ma减解得FN3＝0.795N.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t3时刻速度最小C．测量者的重心在t4时刻加速度最大D．测量者在t1～t2时间内表现为超重答案C解析在t1～t3阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t3～t5阶段，示数大于重力，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t3时刻速度最大，B错误；t4时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，C正确；测量者在t1～t2时间内示数小于重力，处于失重状态，D错误．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mgC．木块A的加速度大小为2gD．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3

mg，故B错误；A受到的合力大小FA＝3mg－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＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面

的压力大小为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2

L(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＝mgsinθm＝gsinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，联立以上各式得t＝4Lgsin2θ.当θ＝45°时，sin2θ＝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＝0.2kg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＝10m/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＝0.3m时，小球处于超重状态C．该弹簧的劲度系数为20.0N/mD．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Δx1＝0.1m时，小球的速度最大，说明当Δx1＝0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kΔx1＝mg，解得k＝20.0N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx2＝0.3m时，弹簧弹力为F＝20.0N/m×0.3m＝6N>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．aA＝aB＝gB．aA＝2g，aB＝0C．aA＝3g，aB＝0D．aA＝23g，aB＝0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，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB解得FT＝23mAg水平

细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0，D正确．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．tAB＝tCD＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tAB<t

CD<tEFD．tAB＝tCD<tEF答案B解析如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确．8．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在

一水平向左的恒力F作用下从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＝10m/s2.下列说法中正确的是()A．0～5m内物块做

匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3答案ABD解析0～5m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20m/s2，则a1＝－10m/s2，物块做

匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0～5m内物块运动的时间t＝0－v0a1＝1s，即在t＝1s时刻，恒力F反向，B正确；5～13m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝v222x2＝642×8m/s2＝4m/s2，由牛顿第

二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7N，μ＝0.3，D正确，C错误．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＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/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)16m(2)8m/s24m/s2(3)234m/s解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝12at2，解得x＝16m.(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：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a1＝8m/s2，a2＝4m/s2.(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′＝ata1，x′＝12a1t′2，解得：x′＝1m.企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，则有：vt2＝2a2(x＋x′)解得：vt＝234m/s.10．如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg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x1∶x2＝8∶5.(g取10m/s2，s

in53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；(3)拉力F的大小．答案(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N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Ff＝μFN＝μmg则a2＝Ffm＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2.(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知vB2＝2a1x1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动

学公式可知vB2＝2a2x2又x1x2＝85则a1＝x2x1a2＝58×8m/s2＝5m/s2.(3)当Fsinθ＜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Fcosθ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsinθ＝mgF

f1＝μFN1联立以上各式，代入数据解得F≈1.05N.当Fsinθ＞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Fcosθ－Ff2＝ma1又Fsinθ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2联立以上各式并代入数

据解得F＝7.5N.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木<ρ水<ρ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aA＝mAg－F弹AmA<g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上

．相对地面而言，B球的加速度aB＝mBg＋F弹BmB>g，方向竖直向下，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．