6/8秘籍03牛頓運動定律的綜合應用【解密高考】【題型一】瞬時加速度問題【題型二】超重與失重問題【題型三】兩類動力學問題（含動力學圖像）【題型四】連接體問題【誤區點撥】易錯點：動力學中的臨界、極值問題：牛頓運動定律為高中物理的基礎，也是高考必考內容，經常通過實際生產和生活中的實際情景設計問題考查學生的建模能力和對物體的受力與運動過程的分析，并通過物體的加速度將物體的運動和物體的受力緊密結合在一起；通常以選擇題的形式進行考查，有時也會綜合電磁場中的力學問題進行考查。：研究對象和運動過程的選取是通過牛頓運動定律解決動力學問題的兩大基礎知識，研究對象選取時可采用整體法和隔離法的綜合應用，運動過程應對研究對象整個過程運動的受力分析出物體在每一小過程的運動性質，結合相應的運動學規律進行列方程求解。【題型一】瞬時加速度問題【例1】如圖所示，四只猴子將一樹枝（可視為彈性桿）壓彎倒掛在樹梢上，從下到上依次為1、2、3、4號猴子。正當1號猴子打算伸手撈水中的“月亮”時，2號猴子突然兩手一滑沒抓穩，1號猴子撲通一聲掉進了水里。假設2號猴子手滑前四只猴子都處于靜止狀態，其中1號猴子的質量為m，其余3只猴子的質量均為2m，重力加速度為g，則在1號猴子掉落的瞬間（）A．2、3和4號猴子的速度和加速度都為零 B．3號猴子對2號猴子的作用力大小為C．4號猴子對3號猴子的作用力大小為 D．4號猴子對樹枝的作用力大小為6mg【答案】B【詳解】A．把所有猴子作為整體研究，整體受到豎直向下的重力7mg，及樹枝對它們豎直向上的作用力，整體處于平衡狀態，故在1號猴子掉落瞬間，樹枝的作用力未發生變化，2、3、4號猴子整體合力不為零，加速度不為零，故A錯誤；B．當1號猴子掉落后的一瞬間，對2、3、4號猴子整體分析可得聯立解得（方向豎直向上）對2號猴子分析可得解得故B正確；C．對2、3號猴子為整體進行受力分析可得解得故C錯誤；D．樹枝對4號猴子的作用力保持不變，根據牛頓第三定律可知，4號猴子對樹枝的作用力大小仍為7mg，故D錯誤。故選B。兩種模型【例2】如圖所示，四個質量分別為m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通過細線或輕彈簧相互連接，懸掛在O點和P點，整個系統處于靜止狀態。已知細線OA與豎直方向的夾角θ=45°，細線PD水平，重力加速度為g。若此時將連接B和C的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）A．9g，3g B．3g，gC．6g，2g D．10g，g【答案】D【詳解】剪斷前，設三根細線的的拉力大小分別為。以四個球整體作為研究對象，根據共點力平衡有，解得以、兩個球整體作為研究對象，設細線與豎直方向所成的夾角為。根據共點力平衡有解得剪斷后瞬間，彈簧、的彈力不變，所以球、的合外力大小等于。根據牛頓第二定律，可得的加速度大小的加速度大小故選D。【變式1】如圖所示，物塊P、Q由豎直輕質彈簧拴接，被細繩懸掛在天花板上的O點，Q靜止在O點正下方的水平地面上，兩物塊的質量均為m，重力加速度為g，初始時系統靜止，彈簧對物塊P的支持力大小為。某時刻燒斷細繩，在物塊P向下運動直至將彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧始終在彈性限度內），下列說法正確的是（）A．細繩燒斷瞬間物塊P的加速度大小為 B．物塊P先失重后超重C．物塊Q對地面的壓力先減小后增大 D．物塊Q對地面壓力的最小值為【答案】B【詳解】A．根據題中所給信息可知，初始時，彈簧是壓縮狀態，彈簧對物塊P的支持力大小為，則由平衡條件可知細繩對物塊P的拉力為；細繩燒斷時，彈簧彈力不會發生突變，細繩對物塊P的拉力為0，則由牛頓第二定律可知物塊P的加速度大小為，A錯誤；B．物塊P將先向下加速運動后減速運動，故為先失重后超重，B正確；CD．此過程中，彈簧一直被壓縮，故初始時物塊Q對地面的壓力最小，大小為，此后物塊Q對地面的壓力一直增大，C、D錯誤。故選B。【變式2】如圖所示，質量為2m的木箱用細繩豎直懸掛，質量均為m的物塊A、B分別通過輕質彈簧連接木箱的底部和頂部。初始時，A、B和木箱均靜止，已知重力加速度為g。某時刻剪斷細繩，此瞬間，A、B和木箱的加速度大小分別為（

）A．0、0、2g B．g、g、g C．0、g、g D．0、0、g【答案】A【詳解】剪斷細繩瞬間，兩個彈簧的彈力不變，均為mg，可知AB的加速度仍為零；對木箱分析可知解得a=2g故選A。【變式3】如圖所示，三個質量均為m的小球豎直懸掛。B與C小球、A小球與天花板之間均通過輕繩連接，A與B小球之間通過輕彈簧連接，整個系統處于靜止狀態，重力加速度為g。剪斷A球上方輕繩瞬間，A、B、C三球的加速度大小分別為（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】A【詳解】整體受力分析，未剪斷A上方的輕繩時，物體處于平衡狀態，A上方輕繩的拉力為剪斷A小球上方輕繩的瞬間，輕彈簧形變保持不變，故B、C小球依然平衡，則有此時A小球受到的合外力大小為方向豎直向下，根據牛頓第二定律可得A小球的加速度大小為故選A。【題型二】超重與失重問題1.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)物體超重或失重多少由物體的質量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。(3)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失。(4)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。(5)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要整體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現超重或失重現象。2．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時處于超重狀態，小于重力時處于失重狀態，等于零時處于完全失重狀態。(2)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時處于超重狀態，具有向下的加速度時處于失重狀態，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態。(3)從運動狀態的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重；②物體向下加速或向上減速時，失重。【例1】加速度計是無人機飛行控制系統中不可或缺的傳感器之一。如圖所示為加速度計測量豎直軸向加速度的部件示意圖，質量塊上下兩側與兩根豎直的輕彈簧連接，兩根彈簧的另一端分別固定在外殼上。固定在質量塊上的指針可指示彈簧的形變情況，彈簧始終處于彈性限度內，通過信號系統顯示出質量塊受到除重力外的力產生的加速度，加速度的方向豎直向上時為正值。下列說法正確的是（）A．當無人機懸停在空中時，B．當無人機自由下落時，C．當時，無人機處于失重狀態D．當時，無人機處于失重狀態【答案】C【詳解】A．當無人機懸停在空中時，彈簧的彈力的合力與重力平衡，故重力以外的力的合力通過信號系統顯示出質量塊受到除重力外的力產生的加速度A錯誤；B．當無人機自由下落時，彈簧的合力為零，通過信號系統顯示出質量塊受到除重力外的力產生的加速度為零，B錯誤；C．當時，彈簧彈力的合力為0.5mg，小于物體的重力，無人機處于失重狀態，C正確；D．當時，彈簧彈力的合力為1.5mg，大于物體的重力，無人機處于超重狀態，D錯誤。故選C。一、基本方法：二、實質：(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發生這些現象時，物體的重力依然存在，且不發生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發生變化。(2)在完全失重的狀態下，平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產生壓強等。【例2】某同學打開手機的某款傳感器APP，手握手機迅速下蹲，手機記錄的圖像如圖所示，、分別為圖像的峰值，下列說法正確的是（）A．該款APP為位移傳感器APPB．該款APP為速度傳感器APPC．峰值a對應時刻，人對地面的壓力最大D．峰值b對應時刻，人對地面的壓力最大【答案】C【詳解】AB．手握手機迅速下蹲，則物體的位移一直增大，速度先增大后減小，結合力與運動的關系可知，該款APP為加速度傳感器APP，故AB錯誤；CD．峰值a對應的時刻，物體的加速度向上且達到最大，所以此時人對地面的壓力最大，峰值b對應的時刻，物體的加速度向下且達到最大，所以此時人對地面的壓力最小，故C正確，D錯誤。故選C。【變式1】某同學站在力傳感器下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是（

）A．B．C． D．【答案】C【詳解】在下蹲過程中，先加速后減速，先失重后超重。故選C。【變式2】（多選）某舉重運動員在力傳感器上訓練做“下蹲”“站起”動作，某段時間內力傳感器的示數隨時間變化的圖像如圖所示。由穩定的站姿到穩定的蹲姿稱為“下蹲”過程，由穩定的蹲姿到穩定的站姿稱為“站起”過程，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．“下蹲”過程始終處于失重狀態，“站起”過程始終處于超重狀態B．“下蹲”過程中，該運動員先處于失重狀態后處于超重狀態C．運動員在6s內完成了兩次“下蹲”和兩次“站起”動作D．這段時間內，該運動員加速度的最大值為6m/s2【答案】BD【詳解】AB．在“下蹲”過程中，該運動員是先向下加速，然后減速，最后速度為零，所以在“下蹲”過程中是先處于失重狀態，后處于超重狀態；在“站起”過程是先向上加速后向下減速，所以“站起”過程是先超重后失重，故A錯誤，B正確；C．根據上面的分析可知，運動員在6s內完成了一次“下蹲”和一次“站起”動作，故C錯誤；D．由圖可知，在這段時間內，運動員受到的最大支持力為1600N，受到的最小支持力為400N，運動員的重力為1000N，所以運動員的質量為根據牛頓第二定律可得設在下蹲過程中向下的最大加速度為a，根據牛頓第二定律可得解得設在下蹲過程中向下減速的最大加速度為a′，根據牛頓第二定律有解得故D正確。故選BD。【變式3】如圖所示，水平桌面上放置一沙漏，A玻璃罐中的沙子穿過狹窄的管道流入B玻璃罐。假設沙粒完全相同且流量恒定，已知沙漏總重力為G，對桌面壓力為F。下列說法正確是（）A．第一粒沙子還在下落過程中，F＜GB．如圖所示的沙子下落過程中，F＜GC．最后一粒沙子下落過程中，F<GD．任何時刻，F=G【答案】A【詳解】A．第一粒沙子還在下落過程中，沙子具有向下的加速度，處于完全失重狀態，容器底部沒有沙子，整個系統處于完全失重狀態，第一粒沙子下落過程中加速度為，則下落過程中沙子的質量為，沙子總質量為，則上方靜止的沙子為，則桌面的支持力為A正確；BCD．當容器底部有沙子，下落沙子的質量為，下落高度即將沖擊容器底部沙子的速度為在時間內的沙子從減為，則根據動量定理可知可知沙子對底部沙子的沖擊力為沙子均勻下落，因此結合質量為的沙子下落時間為，解得則容器底部對沙子的支持力為BCD錯誤。故選A。【題型三】兩類動力學問題（含動力學圖像）一、解決動力學兩類基本問題的思路二、動力學圖像問題1．常見的動力學圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖像，分析物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖像，分析物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。【例1】如圖甲所示，一可視為質點的滑塊在時刻以某一初速度滑上靜置在水平地面上的斜面體M，內滑塊沿斜面運動的位移s隨時間t變化的圖像如圖乙所示，其中內的圖線為拋物線。整個過程中，斜面體M始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．初速度大小為B．內斜面體M一直受到地面的摩擦力C．內斜面體M受到的支持力始終不變D．內滑塊處于失重狀態【答案】D【詳解】A．由圖像可知，滑塊向上先勻減速到零，再保持靜止，根據解得故A錯誤；BC．根據整體受力分析，受到地面的摩擦力方向水平向左，地面的支持力滿足處于靜止狀態，摩擦力消失，故BC錯誤；D．根據A選項分析，內滑塊的加速度沿斜面向下，具有豎直向下的分量，滑塊處于失重狀態，故D正確。故選D。【例2】如圖甲所示，一算盤靜置在水平桌面上，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動，使用時發現有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態，在時刻對算珠施加沿桿方向的力。F0.1N使其由靜止開始運動，經0.15s撤去F，此后再經0.15s恰好能到達另一端處于歸零狀態。算珠在整個運動過程中的v—t圖像如圖乙所示，算珠可視為質點，與桿間的動摩擦因數恒定，重力加速度。下列說法正確的是（）A．算珠與桿間的動摩擦因數為0.1 B．算珠的質量為25gC．若不撤去F，則算珠在0.2s時已處于歸零狀態 D．桿長9cm【答案】B【詳解】D．由圖像面積表示位移，可知桿長為故D錯誤；AB．由牛頓第二定律得，由圖可知撤去前后算珠的加速度大小分別為聯立解得，故A錯誤，B正確；C．若不撤去，算珠將以的加速度做勻加速直線運動，經運動位移為則此時未到歸零狀態，故C錯誤。故選B。【變式1】如圖，一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°，現小球在F=10N的沿桿向上的拉力作用下，從A點靜止出發沿桿向上運動。已知桿與球間的動摩擦因數為。求：(1)小球運動的加速度a1；(2)若F作用2s后撤去，小球上滑過程中距A點最大距離sm。【答案】(1)2m/s2；(2)5m【詳解】（1）在力F作用時有代入數據解得（2）剛撤去F時，小球的速度小球的位移撤去力F后，小球上滑時有代入數據解得因此小球上滑時間上滑位移則小球上滑的最大距離為【變式2】在游樂場內有這樣一個大型滑梯，可看成一個傾角為的斜面，如圖甲所示，在斜面上某處固定一個與斜面垂直的充氣護板，護板與斜面底端邊緣間的夾角也為。質量的游客從滑梯頂端的某一位置A點由靜止下滑，經后抵達護板，并與護板反生碰撞，撞擊護板前后沿護板方向的分速度不變、垂直護板方向的分速度減為零，撞擊結束后游客緊貼護板運動后滑離斜面，運動過程中可將游客視為質點，垂直斜面的視圖如圖乙所示。已知游客與斜面和護板間的動摩擦因數均為，g取。求下滑過程中：(1)游客撞擊護板時的速度大小；(2)游客緊貼護板運動時，游客與斜面和護板間的滑動摩擦力、分別多大；(3)游客滑離斜面時速度大小。【答案】(1)；(2)，；(3)【詳解】（1）在撞擊護板前，根據牛頓第二定律有a1撞擊護板時的速度（2）根據摩擦力的公式有，（3）在撞擊護板后，根據牛頓第二定律有根據速度—位移公式有解得【題型四】連接體問題處理連接體問題的方法整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內兩物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力，可以“先整體求加速度，后隔離求內力”【例1】一根一端粗、一端細的木材，當用水平恒力拉較粗的一端在光滑的水平面上運動時，其中點所在截面受到的總彈力大小為T1；若換成用同樣大小的水平恒力推木材較粗的一端運動時，木材中點所在截面受到的總彈力大小為T2。則下列說法正確的是（）A．T2>T1B．T2<T1C．T2=T1D．T1、T2的大小關系與質量的分布有關【答案】C【詳解】設木材質量為m，當用水平恒力F拉較粗的一端在光滑的水平面上運動時，把木材看成一個整體，根據牛頓第二定律有取木材后半段（以中心為界）為研究對象，設后半段質量為，后半段的加速度與整體相同，則中心處的彈力為若換成用同樣大小的水平恒力推木材較粗的一端在光滑的水平面上運動時，把木材看成一個整體，根據牛頓第二定律有取木材前半段（以中心為界）為研究對象，則前半段質量也為，前半段的加速度與整體相同，則中心處的彈力為聯立可得T2=T1故選C。應用整體法和隔離法的解題技巧(1)如圖所示，一起加速運動的物體系統，若力作用于m1上，則m1和m2間的相互作用力為F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此結論與有無摩擦無關(有摩擦，兩物體與接觸面的動摩擦因數必須相同)，物體系統沿水平面、斜面、豎直方向運動時，此結論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結論不變。(2)通過跨過滑輪的繩連接的連接體問題：若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。繩跨過定滑輪連接的兩物體的加速度雖然大小相同但方向不同，故采用隔離法。【例2】如圖所示，底端帶有擋板的光滑斜面固定在水平面上，一輕彈簧一端與擋板連接，軸線與斜面平行，質量為M的物塊（可視為質點，與彈簧不連接）緊靠彈簧靜止在斜面上。現施加沿斜面向下的力進一步壓縮彈簧，然后由靜止釋放物塊，物塊沿斜面開始運動，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內。以釋放點為坐標原點O，沿斜面向上為x軸正方向建立坐標系，從物塊釋放到第一次回到坐標原點的過程中，物塊的加速度a隨路程s變化的圖像或位移x隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．設彈簧的初始壓縮量為，物塊釋放前，根據平衡條件有釋放后彈簧未恢復原長前，根據牛頓第二定律可得聯立解得若彈簧能夠恢復原長（即），則彈簧恢復原長后物塊到達最高點后，開始沿斜面向下做勻加速運動，加速度仍為再次接觸彈簧后，物塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，回到坐標原點時速度恰好減為零，物塊做往復運動，根據對稱性結合上述分析可知，故A錯誤，B正確；CD．若，物塊釋放后不能脫離彈簧，位移x隨時間t按正弦規律變化；若，物塊釋放后能脫離彈簧，脫離彈簧后位移x隨時間t按二次函數規律變化，故CD錯誤。故選B。【變式1】如圖所示，光滑水平面上放置質量均為的兩塊木板，其上分別有質量均為的機器人，兩機器人間用一不可伸長的輕繩相連。現用水平拉力拉其中一塊木板，使兩機器人和兩木板以相同加速度一起運動，機器人與木板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為，則輕繩對機器人的最大拉力大小為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設輕繩拉力最大值為F，對左邊一組物體分析受力，由牛頓第二定律繩子拉力最大時，右邊一組m和2m之間的摩擦力為最大靜摩擦力，對左邊一組和右邊機器人分析受力，由牛頓第二定律有聯立解得繩子拉力最大值故選B。【變式2】小車上固定一根彈性直桿A，桿頂固定一個小球B（如圖所示），現讓小車從光滑斜面上自由下滑，在下圖的情況中桿發生了不同的形變，其中正確的是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】小車在光滑斜面上自由下滑，不受阻力，則根據牛頓第二定律（為斜面的傾角）解得加速度沿斜面向下，由牛頓第二定律可知小球所受重力和桿的彈力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于，則桿的彈力方向垂直于斜面向上，桿不會發生彎曲，故C正確。故選C。【變式3】如圖所示，質量分別為2m和m的滑塊A和B置于光滑水平桌面上，連接兩滑塊的細線通過桌子邊緣拉著一個動滑輪，動滑輪下面掛質量為4m的物塊C。已知左右兩側細線互相平行，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦和動滑輪的質量。現將A、B、C三者同時由靜止釋放，在A、B滑出桌面之前，（）A．滑塊A和B的速度始終相等B．物塊A的速度始終等于滑塊B的速度C．滑塊A的加速度大小為3.0m/s2D．物塊C的加速度大小為6.0m/s2【答案】D【詳解】AB．動滑輪兩側細線中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，開始運動后在A、B滑出桌面之前，A的速度始終小于B的速度，故A錯誤，B錯誤；CD．設細線中的拉力大小為T，對A、B，根據牛頓第二定律有T＝2maA，T＝maB對C，根據牛頓第二定律有4mg－2T＝4maC如圖所示根據動滑輪細線端與滑輪端的位移關系有xC＝xA＋（xB－xA）根據運動學公式可知xA＝aAt2，xB＝aBt2，xC＝aCt2聯立以上各式解得aA＝4m/s2，aC＝6m/s2故C錯誤，D正確。故選D。易錯點一：動力學中的臨界、極值問題1．臨界、極值問題分析臨界問題當某個物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體的平衡“恰好出現”或“恰好不出現”，即處于臨界狀態，在問題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等字眼極值問題平衡問題的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值2.臨界問題模型分類圖例結論提醒靜摩擦造成的臨界問題兩物體剛要發生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力接觸或脫離的臨界條件為彈力FN＝0；速度達到最值的臨界條件是加速度為零彈力(分離)造成的臨界問題分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同【例1】如圖所示，足夠長的木板置于光滑水平面上，傾角的斜面放在木板上，一平行于斜面的細繩一端系在斜面頂端，另一端拴接一可視為質點的小球。已知木板，斜面，小球質量均為1kg，斜面與木板之間的動摩擦因數為，重力加速度，現對木板施加一水平向右的拉力，則小球對斜面的壓力大小為（）A．0 B．1N C．2N D．3N【答案】A【詳解】ABCD．當球剛好要離開斜面時，受到重力和繩子拉力作用，有解得，假設板，球和斜面相對靜止，則球和斜面構成的系統能夠獲得的最大加速度為此時對板，球和斜面構成的系統，有當時，板、球和斜面相對靜止，有可知此時球剛好要離開斜面，所以小球對斜面的壓力大小為0。故選A。【變式1】：（如圖質量分別為、的兩滑塊緊貼但不粘連地放在粗糙的水平地面上，滑塊B與滑塊A接觸的那一面固定一個力傳感器。兩滑塊與地面的動摩擦因數均為，從時起，對A施加一個水平向右的外力F，且，滑塊與地面間的最大靜摩擦因數等于動摩擦因數。下列選項中力傳感器測得A、B之間的彈力與時間的函數關系正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】根據題意可知，當時，A對B沒有彈力。當時，有為一次函數，斜率為k，當時物塊加速運動，由牛頓第二定律解得A、B之間的彈力為過原點的一次函數。故選C。【變式2】（多選）如圖所示，繞過定滑輪的不可伸長特殊輕繩左右兩端分別懸掛質量為m和2m的重物，現由靜止釋放，運動3s后右側重物觸地無反彈。已知左側重物距滑輪足夠遠，繩子繃緊瞬間兩重物共速，忽略滑輪質量和一切摩擦，不計空氣阻力，重力加速度g取10，則（

）A．右側重物初始時距地高度為45mB．右側重物第一次觸地時的速度大小為10C．右側重物第一次觸地后經過3s繩子再次繃直D．右側重物第