2025年高考物理一輪復習：牛頓第二定律的基本應用

第2講牛頓第二定律的基本應用

夯宴雙星

基礎梳理

1.瞬時問題

（1）當物體所受合力發(fā)生突變時，加速度也同時發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(fā)生突變.

（2）輕繩（或輕桿）和輕彈簧（或橡皮條）的區(qū)別

如圖甲、乙中小球處、汲原來均靜止，現(xiàn)如果均從圖中/處剪斷，則剪斷繩子瞬間圖甲中的輕質彈

簧的彈力來不及變化；圖乙中的下段繩子的拉力立即變?yōu)?.

①輕繩（或輕桿）：剪斷輕繩（或輕桿）后，原有的彈力將突變?yōu)?.

②輕彈簧（或橡皮條）：當輕彈簧（或橡皮條）兩端與其他物體連接時，輕彈簧（或橡皮條）的彈力_

不能發(fā)生突變.

2.超重和失重

（1）超重：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）大于物體所受重力的現(xiàn)象;物體具有—

向上的加速度.

（2）失重：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）小于物體所受重力的現(xiàn)象;物體具有—

向下的加速度.

（3）完全失重：物體對支持物的壓力（或對豎直懸掛物的拉力）^^的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)

象；物體的加速度a=g,方向豎直向卜.

（4）實重和視重

①實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關.

②視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于

_物體的重力.此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重.

3.動力學的兩類基本問題

（1）由物體的受力情況求解運動情況的基本思路：先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律/合=

儂）求出加速度,再由運動學的有關公式求出速度或位移.

（2）由物體的運動情況求解受力情況的基本思路：先根據(jù)運動規(guī)律求出加速度，再由牛頓第

二定律求出合力，從而確定未知力.

（3）應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的

紐帶，分析流程如下：

由力求運動

f~~、牛頓第二定律J------、運動學公式一，

［受力情況，［加速加］［運動［況］

由運動求力

易錯辨析

1.對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度.（V）

2.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了.（X）

3.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài).（X）

4.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，此時物體不受重力作用.（X）

5.物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài).（X）

6.運動物體的加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決

定.（X）

素養(yǎng)發(fā)展

考點u瞬時加速度問題分析

1.兩種模型

加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下

兩種模型：

:不發(fā)生明顯形變就能產生彈力，剪斷或

輕繩輕桿i脫離后，不需要時間恢復形變，彈力立

和接觸面1即消失或改變一般題目中所給的輕繩、

!輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可

；按此模型處理

兩種‘1

模?型;百躥售而薪耳說葡展7而薪，畝

1定端）時,由于物體有慣性.彈簧的長

彈簧、蹦床；度不會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中，

和橡土筋;其彈力的大小認為是不變的，即此時彈

:簧的彈力不突變

2.在求解瞬時加速度時應注意的問題

（1）物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析

和運動分析.

（2）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變.

八

4

國斷（2023?伍佑中學期初）如圖所示，質量相等的小球處、仍通過輕彈簧相連，處于靜止狀態(tài).現(xiàn)

突然將圖中/處剪斷，在剪斷的瞬間防、施的加速度分別為（A）

A.2g、0B.2g、g

C.g、gD.g、0

解析：設兩小球質量均為如剪斷輕繩前對下方小球也受力分析可得彈簧彈力履=儂，剪斷輕繩

的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球泌所受合力為履+儂=2儂，根據(jù)牛頓第二定律，則小球處的

加速度&=等=2.磔的受力情況沒有變化，小球血所受合力為零，小球磔的加速度為包=0,故A

正確.

囪硼2（2024?江都中學期初）如圖所示，/球質量為8球質量的3倍，光滑固定斜面的傾角為%

圖甲中，46兩球用輕彈簧相連，圖乙中/、方兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直,

彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度為g,則在突然撤去擋板的瞬間有（C）

甲乙

A.圖甲中/球的加速度大小為gsin3

B.圖甲中6球的加速度大小為2gsine

C.圖乙中46兩球的加速度大小均為gsine

D.圖乙中輕桿的作用力一定不為零

解析：設5球質量為R,則/球的質量為3雙撤去擋板前，題圖甲、乙中擋板對5球的彈力大小均

為4儂sin9,因彈簧彈力不能突變，而輕桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中月球所受

的合力為零，加速度為零，6球所受合力大小為4儂sin9,加速度大小為4gsin9；題圖乙中，撤

去擋板的瞬間，46兩球整體受到的合力大小為4儂sinA、夕兩球的加速度大小均為gsin9,

則每個球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，輕桿的作用力為零，C正確.

考點因超重和失重現(xiàn)象

1.對超重和失重的理解

（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.

（2）在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失.

（3）盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重

或失重狀態(tài).

2.判斷超重和失重的方法

當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處

從受力的角度判

于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零

斷

時，物體處于完全失重狀態(tài)

當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有

從加速度的角度

向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等

判斷

于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)

從速度變化的角物體向上加速或向下減速時，超重；

度判斷物體向下加速或向上減速時，失重

某人在地面上最多可舉起50kg的物體，若他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60kg

的物體，電梯加速度的大小和方向為(取g=10m/s?)(D)

A.2m/s2豎直向上B.-m/s2豎直向上

5

C.2m/s2豎直向下D.-m/s2豎直向下

解析：由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為冗=儂=500N,在電梯中人能舉起60kg

600—5005

物體，物體一定處于失重狀態(tài)，對60kg的物體有m'g—F=m'a,可得a--------m/s2=-m/s2,

mbl)o

D正確.

畫如圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表

示人的重心.圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖像，取C)

A.人的重力可由6點讀出，約為300N

B.6到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)，再處于失重狀態(tài)

C.人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)

D.人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度

解析：開始時人處于平衡狀態(tài)，由a點讀出，人對傳感器的壓力約為900N,人的重力也約為900

N,故A錯誤；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，則物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加

速度；當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，則物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；b

到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的

作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；6點壓力與重力的差值要小于C點壓力與重力的差值，則人在6

點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤.

考點?動力學兩類基本問題

1.兩類動力學問題的解題步驟

(明確”究對象)--利用整體法或隔離法確定研究對象

受力分析和運畫好受力示意圖、運動情景圖，明確物體

動狀態(tài)分析的運動性質和運動過程

選取力的

處理方法合成法或正交分解法

(選取正方向)通常規(guī)定加速度的方向為正方向

①根據(jù)牛頓第二定律區(qū)=用?；颍?g

確定合外力

列方程求解②由運動學公式列出輔助方程

2.多運動過程的分析

(1)基本思路

①將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接.

②對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖.

③根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合適的物理規(guī)律列方程.

④分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的輔助方程.

⑤聯(lián)立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論.

(2)解題關鍵

①注意應用廣大圖像和情景示意圖幫助分析運動過程.

②抓住兩個分析：準確受力分析和運動過程分析.

顫15(2024?鹽城高三上期中)一輛肇事汽車在緊急剎車后停了下來，路面上留下了一條車輪滑

動的磨痕.警察測出路面上磨痕長度為22.5m.根據(jù)對車輪與路面材料的分析可知，車輪在路面上滑

動時汽車做勻減速直線運動的加速度大小是5.0m/s2.取g=10m/s2.求汽車：

(1)剎車時速度的大小F.

答案：15m/s

解析：由題可得F=2ax

解得v=15m/s

(2)與路面間的動摩擦因數(shù)〃.

答案:0.5

解析：由題可得尸合=儂

則有Fa=f=lung

解得U=0.5

畫映如圖甲所示，傾角。=37°的足夠長的斜面固定在水平地面上，質量R=1kg的物塊在沿

斜面向上的恒力尸作用下，由斜面底端/處從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動.當物塊運動G=2s

時撤去外力F,物塊繼續(xù)向上運動，一段時間后物塊到達最高點B.物塊運動的廣亡圖像如圖乙所示.取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

t;/(m?s7)

(1)物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù).

答案：0.5

解析：(1)由圖像得第3s內的加速度大小為

Av.

31~—~~—10m/s?

61

第3s內儂sin0+iimgcos9=叫

解得4=0.5

(2)沿斜面向上的恒力尸的大小.

答案：15N

解析：由圖像得前2s內的加速度為

A,,

a2=~~K=5m/s

L2

前2s內F—mgsin9-ningcos。=maz

解得b=15N

(3)物塊從最高點8返回到斜面底端力點所用時間t.

答案：標s

解析：當物塊從8點返回時

mgsin。一iimgcos。=眸

解得a=2m/s2

即物塊從夕返回4時，一直做a=2m/s?的勻加速直線運動.

「力圖像面積代表位移，A,8兩點間的距離

1

JV=-X3X10m=15m

s

“等時圓”模型及應用

丙

1.模型特征

(1)質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所

示.

(2)質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示.

(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下

端所用時間相等，如圖丙所示.

2.思維模板

徑的關系式

咽如圖所示，網為圓的豎直直徑，AQ,BQ、制為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于4B、

C三點.現(xiàn)讓三個小球（可以看成質點）分別沿著力aBQ、的軌道自端點由靜止滑到。點，運動的平均

速度分別為%、吸和%,則（A）

A.理＞匕＞匕B.Kl>V2>V3

C.匕＞匕＞及D.K1>V3>V2

解析：設任一斜面的傾角為%圓的直徑為a根據(jù)牛頓第二定律得到4=gsin9,斜面的長度

2dsin9

為x=dsin9,貝?。萦煞?得方=三，可見，小球下滑到0點的時間與

gsin夕

斜面的傾角無關，即11=22=均，根據(jù)卜=:因太2＞汨＞矛3,可知運＞%＞內，故A正確.

類題固法

1.（2024?淮安第一次調研）如圖所示，球殼內有三條弦力、OB、OC,。為球內的最低點，它們與

水平面間的夾角分別為60°、45。、30。.三個光滑的小環(huán)分別從4B、。處由靜止沿所在弦下滑，運

動到最低點所用的時間分別為以友、tc,則三者之間大小關系為（A）

A.tA=tB=tc

C.tA>ts>tcD.tA=tB

解析：設弦與豎直方向夾角為以球的半徑為尼由小環(huán)沿弦做勻加速運動有27?cos9=^gcos

解得運動時間為力=2、yi，與弦和豎直方向夾角無關，所以小環(huán)運動到最低點的時間相等，故

選A.

2.（2024?東臺期初改編）如圖所示，圓1和圓2外切，它們的圓心在同一豎直線上，有三塊光滑

的板，它們的一端搭在墻上，另一端搭在圓2上，三塊板都通過兩圓的切點，/在圓上，方在圓內，C

在圓外.從4，三處同時由靜止釋放一個小球，它們都沿光滑板運動，則最先到達圓2上的球是

（B）

1

A.從/處釋放的球

B.從6處釋放的球

C.從C處釋放的球

D.從4B、。三處釋放的球同時到達

解析：設經過切點的板兩端點分別在圓1、圓2上，板與豎直方向的夾角為。，圓1的半徑為r,

圓2的半徑為A,則圓內軌道的長度s=2（r+7?）cosa,下滑時小球的加速度a=gcosa,根據(jù)位移

時間公式得s=]at,貝I]t=A/—=A/-g?osa—=\g—，即當板的麻點在圓上時，小球沿

不同板下滑到底端所用的時間相同.由題意可知，/在圓上，6在圓內，C在圓外，從8處釋放的球下

滑的時間最短，B正確.

一―內化

1.（2023?伍佑中學期初考）如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力尸作用而運動，前方固

定一輕質彈簧.當木塊接觸彈簧后，下列說法中正確的是（B）

/

4F

--

A.木塊將立即做勻減速直線運動

B.木塊仍將加速運動一段時間

C.當彈簧彈力大小等于恒力產時，木塊速度為零

D.當彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊加速度為零

解析：當木塊接觸彈簧后，恒力尸先大于彈簧的彈力，后小于彈簧的彈力，木塊先做加速運動，后

做減速運動，隨著彈簧彈力的增大，加速度先減小，后增大，故木塊先做加速度減小的變加速運動，后

做加速度增大的變減速運動.當彈簧彈力大小等于恒力6時，木塊的速度最大，故A、C錯誤，B正確；

在彈簧處于最大壓縮量時，木塊速度為零，此時彈簧的彈力大于恒力凡合力向右，加速度不為零，故

D錯誤.

2.（2023?無錫期末）在電梯內放一個體重計，電梯靜止時，小花站在體重計上示數(shù)為50kg.電梯

運動過程中，某段時間內小花發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示.在這段時間內，下列說法中正確的是（D）

A.電梯一定豎直向上運動

B.電梯一定豎直向下運動

C.小花所受的重力變小了

D.電梯的加速度大小為f方向豎直向下

解析：由題意可知，小花這段時間是處于失重狀態(tài)，故小花的加速度方向豎直向下，可能是加速向

下運動，也有可能是減速向上運動，故A、B錯誤；小花所受的重力只與小花的質量和當?shù)氐闹亓铀?/p>

度有關，而這兩個物理量沒有發(fā)生變化，故C錯誤；由牛頓第二定律尸=儂可知，對小花進行受力分

析，代入儂-可知方向豎直向下，故D正確.

3.（2024?泰州中學期初）如圖所示，質量分別為力和2加的44兩物塊，用一輕彈簧相連，將/

用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊占調整木板的位置，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，懸掛/物塊

的懸繩恰好伸直且沒有拉力，此時輕彈簧的形變量為乂突然撤去木板，重力加速度為g,物體運動過

程中，彈簧始終在彈性限度內，則下列說法中正確的是（C）

A.撤去木板瞬間，5物塊的加速度大小為g

B.撤去木板瞬間，6物塊的加速度大小為0.5g

C.撤去木板后，8物塊向下運動3x時速度最大

D.撤去木板后，5物塊向下運動2x時速度最大

解析：撤去木板瞬間，6物塊受到的合力為3儂，由牛頓第二定律可知為=1.5g,故A、B錯誤;

當8物塊受到的合外力為零時，速度最大，此時T2=2mg=kx2,Xmg=kx,所以彈簧此時的伸長量用

=2x,即6物塊向下運動3x時速度最大，故C正確，D錯誤.

4.為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂?shù)母叨龋O雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦

的運動，那么如圖所示的四種情況中最符合要求的是（C）

CD

解析：設屋檐的底角為夕，底邊長為2￡（不變）.雨滴做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第

二定律得加速度a=姮￡=gsin9,位移大小s=%巴而s=*,聯(lián)立以上各式得t=

4￡

71H.當"45。時，sin2為最大值，時間力最短，故C正確.

配套精練

1.如圖所示，跳高運動員起跳后向上運動，越過橫桿后向下運動，則運動員越過橫桿前、后在空

中所處的狀態(tài)分別為（A）

A.失重、失重B.超重、超重

C.失重、超重D.超重、失重

2.兩個質量均為勿的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示.現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩0A,

讓小球下落.在剪斷輕繩的瞬間，設小球46的加速度分別用以和包表示，則（A）

，〃〃〃〃〃〃,

O

6

4

A.8=g,B.a=0,&=2g

C.a=g,也=0D.a=2g，&=0

解析：由于繩子張力可以突變，故剪斷以后小球48只受重力，其加速度以=&=g,故A正確.

3.（2024?徐州期中）某同學把一只彈簧測力計改裝成“豎直加速度測量儀”，用來測量電梯豎直

運行時的加速度，他將彈簧測力計上原本為1.0N的刻度改為0m/s2.測量電梯加速度時將重1.0N的

鉤碼掛在彈簧測力計上，當指針指在0m/s,刻度線上方時（A）

A.鉤碼處于失重狀態(tài)

B.鉤碼處于超重狀態(tài)

C.電梯可能在加速上行

D.電梯可能在減速下行

解析：當指針指在0m/s,刻度線上方時，可知拉力小于1N,對鉤碼有儂一尸=儂，即加速度向

下，鉤碼處于失重狀態(tài)，電梯加速上行或者減速下行時均為超重狀態(tài)，故選A.

4.如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某

一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度

后再下落，如此反復.通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力尸隨時間t變化的

圖像如圖乙所示（忽略一切阻力），貝lj（D）

F

乙

A.心時刻小球速度最大

B.打時刻小球處于失重狀態(tài)

C.友?友這段時間內，小球的加速度先增大，后減小

D.友?友這段時間內，小球的速度先增大，后減小

解析：小球先自由下落，九時刻與彈簧接觸后做加速度減小的加速運動；當加速度減為零時，速

度達到最大；之后加速度變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?，小球做減速運動，友時刻減速到0,處于超重狀態(tài)，故

A、B錯誤；灰?友時間內，小球處于上升過程，先做加速運動，后做減速運動，加速度先減小，后增大，

故C錯誤，D正確.

5.（2024?常州期中）某同學用智能手機中加速度傳感器研究運動.用手掌托著手機，打開加速度

傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直

向上為正方向，取g=10m/s?.由此可判斷出手機（C）

A.右時刻運動到最高點

B.友時刻運動到最高點

C.以時刻對手掌的壓力為零

D.打?友時間內，受到的支持力先減小，再增大

解析：白時刻向上的加速度最大，此時手機將繼續(xù)向上運動，此時刻沒有運動到最高點，故A錯

誤；友時刻加速度為零，此時向上的速度最大，還沒有運動到最高點，故B錯誤；套時刻加速度為向下

的g,此時手機完全失重，則對手掌的壓力為零，故C正確；心?右時間內，加速度先向上，后向下，

則手機先超重，后失重，則手機受到的支持力一直減小，故D錯誤.

6.彩虹圈有很多性質和彈簧相似，在彈性限度內彩虹圈間的彈力隨著形變量的增加而增大，但彩

虹圈的重力不能忽略.用手拿起彩虹圈的上端，讓彩虹圈的下端自由下垂且離地面一定高度，然后由

靜止釋放.設下落過程中彩虹圈始終沒有超出彈性限度，貝hA）

A.剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于當?shù)氐闹亓铀俣?/p>

B.剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度等于當?shù)氐闹亓铀俣?/p>

C.剛開始下落的一小段時間內彩虹圈的長度變長

D.彩虹圈的下端接觸地面前，彩虹圈的長度不變

解析：由于彩虹圈重力的作用，剛釋放瞬間彩虹圈上端會受到其下面向下的拉力，則其合力大于重

力，所以剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于當?shù)氐闹亓铀俣龋蔄正確；彩虹圈下端會受到上面

彩虹圈的向上的拉力，其合力小于重力，則剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度小于當?shù)氐闹亓铀俣龋?/p>

故B錯誤；由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，則剛開始下落的一小段時間內彩虹圈的長

度變短，故C錯誤；彩虹圈下端接觸地面前，彩虹圈內部彈力使得彩虹圈的長度不斷變化，故D錯誤.

7.一小物塊從傾角為。=30°的足夠長的斜面底端以初速度玲=10m/s沿固定斜面向上運動（如

圖所示），已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=%，取g=10m/s2,則物塊在時間力=1.5s時運動的

O

距離為（B）

A.3.75mB.5m

C.6.25mD.15m

解析：小物塊沿斜面向上運動時加速度大小為a=gsinaiigcosa-=10m/s2,物塊運動到

VQ

最高點所需時間t=—=ls＜l.5s,由于儂sina=nmgcos。，小物塊運動到最高點速度為零后，

a

2

將靜止在斜面上不再運動，故此時小物塊運動的距離為x=f=5m,B正確.

la

8.（2024?泰州中學期初）如圖所示，充滿某種液體的密閉容器用繩子懸掛在天花板上，輕彈簧/

下端固定在容器底部，輕彈簧6上端固定在容器頂部.甲、乙、丙是三個不同材質的實心球，甲連在4

的上端，乙連在5的下端，丙懸浮在液體中.已知甲、乙、丙和液體的密度關系為。乙〈0丙=0淑＜0

甲，則剪斷繩的瞬間相對于容器（不計空氣阻力）（C）

A.甲球將向上運動，乙、丙球將向下運動

B.甲、丙球將向上運動，乙球將向下運動

C.甲球將向上運動，乙球將向下運動，丙球不動

D.甲球將向下運動，乙球將向上運動，丙球不動

解析：依題意，由于0乙〈0丙=0液＜0甲，根據(jù)浮力公式/浮=0濃排可知，輕彈簧/、6均處于壓

縮狀態(tài)，剪斷繩的瞬間，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，由于彈簧的彈力不會發(fā)生突變，根據(jù)牛頓第二定律可

知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于g,所以三者相對于容器，甲球將向上運

動，乙球將向下運動，丙球保持不動，故選C.

9.如圖所示，在豎直平面內有半徑為A和2A的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為45和。分

別是小圓和大圓上的兩個點，其中48長為明凡4c長為2明發(fā)現(xiàn)沿46和4C建立兩條光滑軌道，自A

處由靜止釋放小球，已知小球沿軌道運動到6點所用時間為h,沿/C軌道運動到C點所用時間為

t2,則