用牛顿第二定律的瞬时性特点，列式计算.
【详解】(1)小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为：F=mgtan45°=20×1=20N.
(2)撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用； f=μmg=0.2×20N=4N，小球所受的最大静摩擦力为：根据牛顿第二定律得小球的加速度为：合力方向向左,则加速度方向向左.
【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答．
20.在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中,某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端,进行测量,根据实验 所测数据,利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象,如图所示．弹簧的劲度系数为 N/m．
，
弹
【答案】1000 【解析】
试题分析：根据F=k（l-l0）可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小， 由图象求出劲度系数为考点：胡可定律
【名师点睛】根据平衡条件可知，所挂钩码的重力G等于弹簧对钩码的拉力．根据胡克定律，拉力与弹簧长度的关系式为F=k（l-l0），由此可知G-L图像在横轴的截距为l0，图象的斜率大小等于劲度系数的大小，由图象求出劲度系数。
21.某实验小组利用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系．
(1)实验中下列做法正确的是___________．
A.平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件
B.每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力
C.选取点迹清晰的纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量 D.实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车
(2)实验中由于实际绳对小车的拉力_________（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会给实验带来系统误差。为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是__________．（填写相应序号）
①M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120g ②M=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g ③M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g ④M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g
(3)如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点1、2、3、4、5.已知打点计时器的打点周期为0.02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3. 05cm、3.92cm、4.77cm、5.62cm，则小车运动的加速度大小a=______m/s2．（结果保留两位有效数字）
(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套上图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到右图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为
、
，由图可知
________
．（大于、小于、等于）
【答案】 （1）D、 （2）小于 ④ （3）0.86 （4）大于 【解析】 【分析】
根据“探究物体的加速度与力、质量的关系”可知，本题考查“验证牛顿第二定律”的实验，根据实验条件、实验原理、实验数据处理、误差分析、实验结论等，进行列式计算和分析推断.
【详解】(1)A、本题实验研究物块的牛顿第二定律，实验器材不能测出绳的拉力大小，则平衡摩擦力后要求物块质量M远大于钩码的总质量m，只有满足这个条件才可认为小车受到的拉力F约为mg；故A错误.
B、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度；故B错误.
C、选取点迹清晰的纸带，不一定以打的第一个点为计数起始点进行测量；故C错误.
D、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器；故D正确. 故选D.
(2)重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此第④组数据比较符合要求． (3)根据匀变速直线运动的判别式△x=aT2，运用逐差法得：
.
(4)根据牛顿第二定律得,可知图线的纵轴截距的绝对值等于μg,则有.
【点睛】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系，结合图线的斜率和截距进行分析求解. 四、计算题
22.如图所示，竖直悬挂的细杆AB长为4.2m，杆的正下方有一深井，杆的B端离井口0.8m．若剪断悬绳让杆自由下落，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）杆的B端到达井口所用的时间是多少？ （2）杆通过井口的过程所用时间是多少？ 【答案】（1）0.4s（2）0.6s 【解析】 【分析】
根据“杆自由下落”可知，本题考查自由落体的运动的规律，根据匀变速直线运动的运动学公式，进行求解. 【详解】(1)绳断以后，杆AB将做自由落体运动，则：杆的B端到达井口所用的时间t1=0.4s (2)杆的A端到达井口所用的时间为t2
解得:t2=1s
杆通过井口的过程所用时△t=t2-t1=0.6s
【点睛】本题考查简单的自由落体运动的应用，知道通过井口的过程指的是从杆B端到达井口到A端离开井口的过程，利用自由落体运动有关规律求解即可．
23.如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块 A 和悬挂的物体 B 均处于静止状 态．轻绳 AO 绕过光滑的定滑轮与 轻弹簧中轴线沿水平方向，轻弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连接于 O 点，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角θ=53°，=0.6，斜面倾角α=37°， 物块 A 和 B 的质量分别为mA=5kg ，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数 k=500N/m ，（sin37°cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2），求：
（1）弹簧的伸长量 x； （2）物块 A 受到的摩擦力． 【答案】（1）【解析】
（1）对结点O受力分析如图所示：
；（2）5N，沿斜面向上
根据平衡条件，有：，，且：，解得：；
（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：
根据平衡条件，有：，解得：，即物体A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向上。
点睛：本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用。
24.物体A的质量M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、车长L＝1m。某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的恒为5N的拉力F。忽略物体A
的大小，已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。试求：
（1）A刚滑上平板车B时，A、B的加速度分别为多大？ （2）物体A在平板车B上运动时相对B滑行的最大距离是多大？ 【答案】（1）2m/s2、14m/s2（2）0.5m 【解析】 【分析】
根据“A以v0＝4m/s向右的初速度滑上木板B和拉力F拉动B”可知，本题考查动力学的板块模型，根据牛顿第二定律和运动学公式，运用加速度作为运动和力的桥梁进行分段求解列式计算. 【详解】(1)A所受摩擦力方向向左，B所受摩擦力方向向右， 对A：μMg=MaA Mg=maB 对B：F+μ
解得aA=2m/s2、aB=14m/s2
(2)设当A、B达到共同速度v时的时间为t，则v0-aAt=aBt=v， 解得t=0.25s
物体A相对地的位移xA=平板车B相对地的位移xB=
=m =
=m
△x=xA-xB=0.5m 【点睛】首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离.