牛2定律.docx

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牛2定律

第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问

考点一　牛顿第二定律的理

（1）内容：

物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

（2）公式：

F＝ma。

（3）物理意义：

它表明了力是产生加速度的原因。

（4）适用范围：

①只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；

②只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。

2．单位制

（1）定义：

由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

（2）分类

①基本单位：

基本物理量的单位。

力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们在国际制中的单位分别是kg、s、m。

②导出单位：

由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

[思维诊断]

（1）物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。

（　　）

（2）对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。

（　　）

（3）物体所受合外力越大，加速度越大。

（　　）

（4）物体所受合外力越大，速度越大。

（　　）

（5）物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。

（　　）

（6）物体的加速度大小不变一定受恒力作用。

（　　）

（7）千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。

（　　）

（8）物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时确定了物理量间的单位关系。

（　　）

答案：

（1）√　

（2）√　（3）√　（4）×　（5）×　（6）×　（7）×　（8）√

[题组训练]

1．[对牛顿第二定律及变形公式的理解]（多选）下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是（　　）

A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比

B．由m＝

可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比

C．由a＝

可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比

D．由m＝

可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出

解析：

　牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。

故A、B错误，C、D正确。

答案：

　CD

2．[国际单位制]（多选）对于下面的物理量和单位：

①密度　②牛　③米/秒　④加速度　⑤长度　⑥质量　⑦千克　⑧时间

下列判断正确的是（　　）

A．属于国际单位制中基本单位的是①⑤⑥⑧

B．属于国际单位制中基本单位的是⑦

C．属于国际单位的是②③⑦

D．属于国际单位的是④⑤⑥

解析：

　密度、加速度、长度、质量和时间不是单位的名称，而是物理量的名称。

千克是国际单位制中的基本单位，牛、米/秒是国际单位制中的导出单位，都属于国际单位。

正确选项为B、C。

答案：

　BC

3．[速度、加速度、合外力之间的关系]（多选）下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（　　）

A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大

B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0

C．物体的速度为0，则加速度可能很大，所受的合外力也可能很大

D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0

解析：

　物体的速度大小和加速度大小没有必然联系。

一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C、D对。

答案：

　CD

4.

[应用定律定性分析]（多选）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（　　）

A．木块立即做减速运动

B．木块在一段时间内速度仍可增大

C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大

D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0

解析：

　当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力。

弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0。

当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误。

答案：

　BC

考点二　用牛顿第二定律求解瞬时加速度

1．两种模型

（1）刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

（2）弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。

2．一般思路

第一步：

分析原来物体的受力情况。

第二步：

分析物体在突变时的受力情况。

第三步：

由牛顿第二定律列方程。

第四步：

求出瞬时加速度，并讨论其合理性。

如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球。

两小球均保持静止。

当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度分别为（　　）

A．aA＝g，aB＝g

B．aA＝2g，aB＝g

C．aA＝2g，aB＝0

D．aA＝0，aB＝g

解析：

　分别以A、B为研究对象作受力分析。

剪断前A、B静止。

如图甲所示，A球受三个力，即拉力FT、重力mg和弹力F。

B球受两个力，即重力mg和弹簧拉力F′，规定竖直向上为正方向，则A球：

FT－mg－F＝0，B球：

F′－mg＝0，解得FT＝2mg，F＝mg。

剪断时，A球受两个力作用，因为绳无弹性，剪断的瞬间拉力就不存在了，而弹簧形状不可发生突变，弹力还存在。

如图乙所示，A球受重力mg、弹簧的弹力F。

同理B球受重力mg和弹力F′。

A球：

－mg－F＝maA，B球：

F′－mg＝maB，解得aA＝－2g（方向向下），aB＝0。

故本题的正确选项为C。

答案：

　C

[考法拓展]　

在[典例1]中只将A、B间的轻质弹簧换成轻绳，其他不变，如图所示，则正确的选项是（　　）

A．aA＝g，aB＝g

B．aA＝2g，aB＝g

C．aA＝2g，aB＝0

D．aA＝0，aB＝g

解析：

　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度aA＝aB＝g。

故选项A正确。

答案：

　A

方法技巧　分析瞬时加速度的“两个关键”

（1）分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

（2）明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

[题组训练]

1．[静态的瞬时问题]

物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。

两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。

今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1′和a2′，则（　　）

A．a1＝0，a2＝2g　a1′＝0，a2′＝2g

B．a1＝0，a2＝2g　a1′＝g，a2′＝2g

C．a1＝g，a2＝g　a1′＝0，a2′＝2g

D．a1＝g，a2＝g　a1′＝g，a2′＝g

解析：

　A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1＝a2＝g；因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失（主要是弹簧不能突然恢复原长），所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a1′＝0，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2′为2g；综上分析，选项C正确。

本题答案为C。

答案：

　C

2．[动态的瞬时问题]

如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。

当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为（　　）

A．2a、a　　　　　　B．2（a＋μg）、a＋μg

C．2a＋3μg、aD．a、2a＋3μg

解析：

　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2m（a＋μg）。

撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aB＝a，对物体A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。

综上分析，C项正确。

答案：

　C

考点三　动力学两类基本问题

1．动力学两类基本问题

（1）由受力情况判断物体的运动状态。

处理这类问题的基本思路是：

先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。

（2）由运动情况判断受力情况。

处理这类问题的基本思路是：

已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。

2．解答动力学两类问题的两个关键点

[题组训练]

1．[已知受力分析运动]（2017·长沙模拟）为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。

起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止先在一段水平距离为L1＝160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。

已知飞机的质量m＝2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。

g取10m/s2。

（1）求飞机在水平跑道上运动的末速度大小。

（2）求飞机从运动到起飞经历的时间t。

解析：

（1）设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1

F阻＝0.2mg

v

＝2a1L1

联立以上三式并代入数据解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s。

（2）设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2

飞机在水平跑道上的运动时间t1＝

＝8s

在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有

F－F阻－mg

＝ma2

代入数据解得a2＝4m/s2

由v

－v

＝2a2L2

代入数据解得v2＝42m/s

飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝

＝0.5s

则t＝t1＋t2＝8.5s。

答案：

（1）40m/s　

（2）8.5s

2．[已知运动分析受力]如图所示，一物体以v0＝2m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1s。

已知斜面长度L＝1.5m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10m/s2。

求：

（1）物体滑到斜面底端时的速度大小；

（2）物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；

（3）物体与斜面间的动摩擦因数。

解析：

（1）设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：

L＝

t

代入数据解得：

v＝1m/s

（2）因v

a＝

＝1m/s2。

（3）物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。

由牛顿定律得：

Ff－mgsinθ＝ma

FN＝mgcosθ

Ff＝μFN

联立解得：

μ＝

，

代入数据解得：

μ＝

。

答案：

（1）1m/s　

（2）1m/s2　方向沿斜面向上　（3）

方法技巧　两类动力学问题的解题步骤

思想方法盘点⑤——数形结合解决常考不衰的动力学图象问题

1．数形转换

文字语言、函数语言、图象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。

2．常见的图象有：

vt图象，at图象，Ft图象，Fa图象等。

3．图象间的联系：

加速度是联系vt图象与Ft图象的桥梁。

4．图象的应用

（1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

（2）已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

（3）通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。

（2017·沧州质量监测）如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t＝0时刻，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角θ＝37°，物块的质量为2kg，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块向左运动的vt图象如图乙所示，（已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2），求：

（1）拉力F的大小；

（2）物块再回到t＝0时刻的位置时的速度v1大小；

（3）若在t＝0.5s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t＝0时刻的位置时速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，则拉力F′应变为多少？

（结果保留两位小数）

教你审题：

第一步：

读题抓关键点―→获取信息

第二步：

读图析图―→获取信息

解析：

（1）物块向左运动时，

由图象知，初速度v0＝6m/s，

加速度a1＝

＝12m/s2。

由牛顿第二定律Fcosθ＋μ（mg－Fsinθ）＝ma1

解得F＝28N。

（2）物块在拉力作用下从速度为零向右运动时，

由图象可知，回到t＝0时刻的位置的位移x＝

×6×0.5m＝1.5m。

由牛顿第二定律Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma2

求得a2＝10.4m/s2。

由运动学公式v

＝2a2x。

得物块回到t＝0时刻位置的速度

v1＝

m/s。

（3）要使物块回到t＝0时刻位置的速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小

a3＝a1＝12m/s2。

由牛顿第二定律

F′cosθ－μ（mg－F′sinθ）＝ma3

求得F′＝30.91N。

答案：

（1）28N　

（2）

m/s　（3）30.91N

[即学即练]

（2017·河北百校联盟）如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1kg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，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

（1）2s末物体的速度；

（2）前16s内物体发生的位移。

解析：

（1）分析可知物体在前2s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

mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，

v1＝a1t1，

代入数据可得

v1＝5m/s。

（2）设物体在前2s内发生的位移为x1，则

x1＝

a1t

＝5m。

当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得

F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，

代入数据可得a2＝0.5m/s2，

物体经过t2时间速度减为0，则

v1＝a2t2，

t2＝10s，

设t2时间发生的位移为x2，则

x2＝

a2t

＝25m，

由于mgsinθ－μmgcosθ

故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。

答案：

（1）5m/s　

（2）30m　方向沿斜面向下

方法技巧　“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题

1．（2016·海南单科·5）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。

已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（　　）

A．F1F3

C．F1>F3D．F1＝F3

解析：

根据vt图象可以知道，在0～5s内加速度为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s内，加速度a2＝0；在10～15s内加速度为a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。

在0～5s内，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－Ff－F1＝ma1，则F1＝mgsinθ－Ff－0.2m；在5～10s内，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－Ff－F2＝ma2，则F2＝mgsinθ－Ff；在10～15s内，根据牛顿第二定律：

Ff＋F3－mgsinθ＝ma3，则F3＝mgsinθ－Ff＋0.2m，故可以得到F3>F2>F1，故选项A正确。

答案：

　A

2.（多选）（2015·海南单科·8）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。

现将细线剪断。

将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。

在剪断的瞬间（　　）

A．a1＝3gB．a1＝0

C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2

解析：

　设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝

＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。

答案：

　AC

3．（2014·全国理综·19）

一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。

当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为

时，上升的最大高度记为h。

重力加速度大小为g。

物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）

A．tanθ和

B.

tanθ和

C．tanθ和

D．

tanθ和

解析：

　设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a＝μgcosθ＋gsinθ①

当物块的初速度为v时，由运动学公式知

v2＝2a

②

当物块的初速度为

时，由运动学公式知

2＝2a

③

由②③两式得h＝

由①②两式得μ＝

tanθ

答案：

　D

4．（2015·课标全国卷Ⅰ）（多选）如图（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析：

　设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2。

再结合vt图线斜率的物理意义有：

a1＝

，a2＝

。

由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，故B错，A、C均正确。

0～t1时间内的vt图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确。

答案：

　ACD

5．（2016·全国甲卷·19）（多选）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。

若它们下落相同的距离，则（　　）

A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

解析：

　设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：

mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝

ρπR3知：

ρπR3g－kR＝

ρπR3a，即a＝g－

·

，故知：

R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝

at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v

知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。

答案：

　BD

课时作业

（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！

）

一、选择题（1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题）

1．（2017·锦州模拟）一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻，物块受到一方向不变的水平拉力作用。

假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。

能正确描述F与a之间关系的图象是（　　）

解析：

　对物块受力分析如图所示：

由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得：

F＝ma＋μmg，得F与a成一次函数关系，故A、B、D错误，C正确。

答案：

　C

2．质量为1kg的质点，受水平恒力作用，由静止做匀加速直线运动，它在ts内的位移为xm，则F的大小为（单位为N）（　　）

A.

　　　　　　　　B．

C.

D．

解析：

　由牛顿第二定律F＝ma与x＝

at2，得出F＝

＝

，故本题选A。

答案：

　A

3．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（　　）

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＝

＝gsinθ，位移大小x＝

at2，而x＝

，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝

。

当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。

答案：

　C

4.

如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（　　）

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

解析：

　设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a＝

>0，即μ

对物块施加竖直向下的恒力F后，物块的加速度a′＝

＝a＋

，且Fsinθ－μFcosθ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。

故选项C正确，选项A、B、D错误。

答案：

　C

5.

（2017·河北正定模拟）质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°。

弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。

则（　　）

A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半

B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力

C．加速时，弹簧的弹力等于零

D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍

解析：

　根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小F＝mgsin45°＝

mg，此时杆对小球的弹力大小FN＝mgcos45°＝

mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错。

当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误。

答案：

　C

6．（2017·河北石家庄阶段测试）在图甲所示的水