2020-2021学年广东省广州市天河区高一（上）期末物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年广东省广州市天河区高一（上）期末物理试卷新人教版，共10页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ等内容，欢迎下载使用。


1. 下列说法正确的是（ ）
A.广播操比赛中，体育老师对学生做操情况进行评分时，可将学生看作质点
B.做自由落体运动的物体，刚下落瞬间物体的速度及加速度都为零
C.加速度大小逐渐增大时，物体的速度一定增大
D.子弹射出枪口时的速度指的是瞬时速度

2. 一本书放在水平桌面上，桌面对书有支持力N，书对桌面有压力F，则下列说法中正确的是（ ）
A.压力F实际上是由于桌面发生微小的弹性形变而对桌面产生的向下的弹力
B.压力F实际上是由于书发生微小的弹性形变而对桌面产生的向下的弹力
C.支持力N实际上就是书受到的重力
D.压力F和支持力N是一对平衡力

3. 某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型。图中k1、k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧。下列说法正确的是（ ）

A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小不相等
C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D.垫片向右移动时，两弹簧长度的改变量不相等

4. 力F1和F2的合力F大小为10N，其中F1与F的夹角为37∘，则F2的最小值为(sin37∘＝0.6, cs37∘＝0.8)( )
A.10NB.8NC.6ND.4N

5. 滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为（ ）
A.2vB.3vC.2vD.5v

6. 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v−t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.F2>F3B.F1F3D.F1＝F3

7. 用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30∘，细线c水平。则细线b对小球2的拉力大小为（ ）

A.GB.GC.GD.G

8. 如图a，静止在光滑水平面上O点的物体质量为2kg，从t＝0开始物体受到如图b所示的水平力F作用，设向右为F的正方向。则物体（ ）

A.在O点附近左右运动
B.第1s末的速度大小为2m/s
C.第2s末位于O点右侧，速度大小为2m/s
D.5s内位移的大小为2.5m
二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。）

科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（ ）
A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.胡克指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的v−t图象如图，下列判断正确的是（ ）

A.0∼t1时间内，a、b间距离在增大
B.a、b的运动方向相反
C.t1时刻以后，b位于a、c前面
D.0∼t1时间内，a 位于b、c前面

某人在地面上用体重计称得体重为490N。他将体重计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示，电梯运行的v−t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）

A.B.
C.D.

在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接。在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（ ）

A.弹簧的弹力大小为T＝F
B.两物块一起运动的加速度大小为a＝
C.若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D.若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
二、非选择题（共52分）

完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．
(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到________，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=________．
(3)如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中：
a．按同样的标度作出力F的图示
b．按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′．

研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)。打点计时器的工作频率为50Hz。纸带上计数点的间距s1＝3.59cm、s2＝4.41cm、s3＝5.19cm、s4＝5.97cm、s5＝6.78cm、s6＝7.58cm，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。

（1）部分实验步骤如下：
A.测量完毕，关闭电源，取出纸带
B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
D.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是： DCBA （用字母填写）。

（2）图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s。

（3）计数点5对应的瞬时速度大小为v5＝________m/s（结果保留2位有效数字）。

（4）充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小为a＝________m/s2（结果保留2位有效数字）。

用如图1所示的实验装置进行“探究加速度与质量的定量关系”的实验。

（1）为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下________，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做________运动。

（2）某次实验测得的数据如表所示。根据这些数据在图2的坐标图中描点并作出a−1m图线，从a−1m图线可得出关于加速度和质量的关系的结论是：________。

如图所示，斧头的纵截面是一个等腰三角形，斧头侧面边长为l，背宽为d，自身重力为G。现用竖直向下的力F将斧头敲入木柴中，忽略斧头侧面与木柴间的摩擦，则斧头的侧面推压木柴的力的大小为________。


A球从塔顶自由落下，当落下距离为5m时，B球从与塔顶距离为25m的地方开始自由落下，两球同时落地，则塔高为________m。

在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。若传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2。则该木箱放在传送带上后，传送带上留下的摩擦痕迹长度为________m。

如图所示，质量为50kg的重物A静止在固定斜面C上。质量为12kg的重物B通过水平细绳与重物A相连于O点，O点通过另一根细绳悬挂于天花板上，绳子与竖直方向夹角以及斜面倾角均为37∘，取g＝10m/s2，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8．求：

（1）水平细绳OA的拉力大小；

（2）重物A对斜面C的压力大小及重物A受到的摩擦力大小和方向。

2018年2月15日，百度Apll无人车亮相春晚，在港珠澳大桥开跑。
（1）无人车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方一定范围内车辆和行人的“气息”。若无人车刹车时的加速度大小为2.5m/s2，发现平直正前方80m处有一静止障碍物，无人车立即刹车，为不撞上障碍物，无人车在该路段匀速行驶时的最大速度是多大？以该速度行驶开始刹车后，6s内无人车通过的距离是多少？

（2）某时刻无人车正在以v1=11m/s速度在平直公路上前进，“嗅”到前方有一辆自行车以v2=5m/s的速度做同方向的匀速直线运动。当两车距离S时无人车开始刹车做匀减速直线运动，3s后无人车恰好不会碰上自行车，则无人车匀减速的加速度大小为多少？距离S0为多少？

汽车行驶在连续长下坡路段，由于持续刹车，容易使刹车片过热而失效，从而引发事故。为此，在连续长下坡路段右侧的适当位置，会设置紧急避险车道（如图所示），以使失控车辆能够驶离主车道，安全减速直至停止。
一辆质量为M＝2m的货车上载有一个未绑定、质量为m的货物，发生故障时失去动力与刹车阻力，司机驾车冲上一个倾角为θ＝37∘的避险车道。已知货车在避险车道底部时速度v0＝30m/s，货车在避险车道受到地面的阻力为车与货物总重的0.8倍，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8，g取10m/s2。
（1）假设货物与货车车厢没有发生相对滑动，求货车冲上避险车道后的加速度大小；

（2）在第（1）问的前提下，要使货车安全减速直至停止，紧急避险车道至少要多长？

（3）如果货物与车厢底板间的动摩擦因数μ＝0.75，货物与驾驶室相距L＝4m，请通过计算判断货物是否会相对车厢滑动，是否会撞上驾驶室。
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省广州市天河区高一（上）期末物理试卷
一、选择题Ⅰ（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1.
【答案】
D
【考点】
加速度
瞬时速度
质点的认识
【解析】
当物体的形状和大小对研究问题没有影响或影响可以忽略不计时，物体就可以看做质点；高考自由落体运动的特点分析；根据速度与加速度的关系分析；平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应，这是它们的根本区别。
【解答】
A、广播操比赛中，体育老师对学生做操情况进行评分时主要是看身体各部分的运动及舒展情况，故不能将学生看做质点，故A错误；
B、做自由落体运动的物体，刚下落瞬间物体的速度为零，加速度等于重力加速度，故B错误；
C、当加速度的方向与速度的方向相反时，加速度大小逐渐增大，此时物体的速度一定减小，故C错误；
D、子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置点对应，因此为瞬时速度，故D正确。
2.
【答案】
B
【考点】
物体的弹性和弹力
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
知道弹力产生的条件：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变；清楚弹力的方向；弹力按效果的命名，牛顿第三定律的应用。
【解答】
AB、书放在桌面上，桌面对书的支持力就是桌面的弹力，是由于桌面发生了微小形变，故A错误，B正确；
C、压力与重力大小相等，是两种不同性质的力，不可能是同一个力，故C错误；
D、压力F和支持力N是一对作用力与反作用力，故D错误；
3.
【答案】
D
【考点】
胡克定律
【解析】
缓冲效果与弹簧的劲度系数有关。
垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等。
由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同。
【解答】
A、由胡克定律F＝kx，知F相同时，k不同，x不同，可知缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故A错误；
B、当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联，弹力大小相等，故B错误；
CD、当垫片向右移动时，垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联，弹力相等，由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同，故两弹簧长度不相等，长度的改变量不相等，故C错误，D正确。
4.
【答案】
C
【考点】
合力的大小与分力间夹角的关系
力的合成
【解析】
已知合力和两个分力的方向，分解具有唯一性，根据平行四边形定则作图分解即可。
【解答】
合力大小为10N，一个分力F1与水平方向的夹角是37∘，根据平行四边形定则作图，
如图所示：
可知，另一个分力的最小值为：F2＝Fsin37∘＝10×0.6N＝6N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5.
【答案】
A
【考点】
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
滑板爱好者做匀加速直线运动，对运动的前半程和全程分别根据速度位移关系公式列式后联立求解即可。
【解答】
解：设位移为L，对前半程，有：v2＝2a(L2)；
对运动的全程，有：v′2＝2aL；
联立解得：v′=2v，故A正确，BCD错误．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的概念
牛顿第二定律的概念
非常规图像
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
由图象得出加速度方向，后对物体受力分析，由牛顿第二定律列式，根据加速度大小即可比较F的大小。
【解答】
由速度-时间图象可知0−5s内物体沿斜面向下做匀加速运动，加速度向下，加速度大小设为a1；5s−10s内物体做匀速运动，加速度为0；10s−15s内物体沿斜面向下做匀减速运动，加速度向上，大小设为a2，设动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，由牛顿第二定律有：
0∼5s内，有mgsinθ−μmgcsθ−F1＝ma1
得：F1＝mgsinθ−μmgcsθ−ma15s∼10s内，有：mgsinθ−μmgcsθ−F2＝0
得：F2＝mgsinθ−μmgcsθ
10s∼15s、有F3+μmgcsθ−mgsinθ＝ma2，得F3＝mgsinθ−μmgcsθ+ma2>mgsinθ−μmgcsθ
比较可得：F17.
【答案】
根据平衡条件结合图中几何关系可得：F​c＝2Gtan30°＝2G×
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
选取1、2两球整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解细线c对小球2的拉力，再对2球根据力的合成求解细线b对小球2的拉力大小。
【解答】
选取1、2两球整体为研究对象，受到重力2G、a和c细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件结合图中几何关系可得：Fc＝2Gtan30∘＝2G×＝G，
再对2球分析，受到重力G、c和b细线的拉力，根据力的合成可得：Fb＝＝＝G，故A正确、BCD错误。
故选：A。
8.
【答案】
D
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
根据牛顿第二定律可得物体运动的加速度大小，画出物体运动的速度-时间关系图象，根据速度-时间图象进行分析。
【解答】
根据牛顿第二定律可得物体运动的加速度大小为：a＝＝m/s2＝1m/s2，1s末的速度为v＝at1＝1×1m/s＝1m/s，物体运动的速度-时间关系如图所示。
A、根据v−t图象可知，物体一直向右运动，故A错误；
B、根据以上分析可知第1s末的速度大小为1m/s，故B错误；
C、根据速度图象可知，第2s末位于O点右侧，速度大小为0，故C错误；
D、根据v−t图象与坐标轴围成的面积表示位移可得5s内位移的大小为x＝5×m＝2.5m，故D正确。
二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。）
【答案】
B,D
【考点】
物理学史
【解析】
本题根据亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些理论和观点，进行分析。
【解答】
A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；
B、伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故B正确；
C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故C错误；
D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实。故D正确。
【答案】
A,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
x-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的概念
非常规图像
【解析】
t＝0时刻三车同时经过公路旁的同一个路标，根据速度大小关系分析三车之间距离如何变化；根据速度-时间图象与时间轴所围的面积表示位移，判断位移关系，从而确定位置关系。
【解答】
A、t＝0时刻a、b、c三辆汽车同时经过同一路标，0∼t1时间内，a的速度比b的速度大，a在b的前方，a、b间距离逐渐增大，故A正确；
B、a、b的速度均为正值，则a、b的运动方向相同，故B错误；
C、根据速度-时间图象与时间轴所围的面积表示位移，知0∼t1时间内，a的位移最大，c的位移最小，因t＝0时三者在同一位置，则t1时刻a在最前面，c在最后面。
t1时刻以后的一小段时间内，a仍位于b、c前面，故C错误；
D、0∼t1时间内，相同时间内a的位移最大，则a位于b、c前面，故D正确。
【答案】
B,C
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
电梯内的体重计的读数是人对体重计的压力的大小，等于人受到的支持力的大小，通过图象的读数，和人的真实的重力相对比，可以判断人处于超重还是失重状态，从而可以判断电梯的运动状态．
【解答】
AD、人的体重为490N，在第一段时间内体重计读数是550N，大于人的真实的体重，此时人处于超重状态，应该有向上的加速度，即加速度应该是正的，所以第一段时间的图象应该是向上倾斜的，故AD错误；
BC、第二段时间内体重计的示数和人的真实的体重相等，说明此时应该处于平衡状态，所以电梯是静止或匀速运动，在速度-时间图象中应该是水平的直线，在第三段时间内弹簧秤的示数小于人的真实的体重，此时人处于失重状态，应该有向下的加速度，即加速度应该是负的，所以第三段时间的图象应该是向下倾斜，故BC正确。
【答案】
A,C
【考点】
力的合成与分解的应用
胡克定律
牛顿第二定律的概念
【解析】
对整体”受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，再对物块Q，利用牛顿第二定律列式，可求出弹簧弹力的大小。根据弹力的表达式，分析弹力的变化，从而确定弹簧形变量的变化，即可判断它们间距的变化情况。
【解答】
AB、对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 F−(m1+m2)gsinθ＝(m1+m2)a，解得a＝−gsinθ；
对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T−m2gsinθ＝m2a，解得T＝F，故A正确、B错误；
C、根据T＝F＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D、根据T＝F，可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
二、非选择题（共52分）
【答案】
同一位置O,4.0N
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
动变阻动头P自a端向b端滑动过程中，变阻器在路电阻减，外电阻，根欧姆定分干路如何变化和电阻R1两端电压的化，可知道电压表读数的变化电器C的电压等于阻R2两的压，并联部分电压变化，即道电容器的如何变，据路电流与通过R的电流变化情况，分析电表的化．a点的势于R2两端的电压．
【解答】
解：在动变阻器动头Pa端向端滑动的过程中，变阻器在路阻减小，路总电减小干电流增R1端电压增大则电表示数变，根据外电路中顺流方，电降低，可，a的电势大于，a点电势等于R2两端的电，U2变，则a点的电势低，通过R2的电流I2，通过电流的IA=I−I2，增，I2减小，则IA增．即电流表示数变大．故A错误．
若将电容的下板移少，因电差减小，d减小，无判M点的电高低；故D错误；
因电容端电小，内部场强小；故M点的电势降低；故C正确；
故选：
【答案】
D,C,B,A
0.1
0.64
0.80
【考点】
利用打点计时器研究匀变速直线运动
探究小车速度随时间变化的规律
【解析】
（1）根据实验操过程进行排列顺序。
（2）根据电源频率与题意求出计数点间的时间间隔。
（3）很短时间内的平均速度等于瞬时速度，据此计算计数点5对应的瞬时速度。
（4）根据匀变速直线运动的推论利用逐差法求加速度。
【解答】
部分实验步骤如下：
①把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。
②将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连。
③接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车。
④测量完毕，关闭电源，取出纸带。
故实验步骤的正确顺序是：DCBA；
打点计时器的工作频率f＝50Hz，打点计时器的打点时间间隔是，
每相邻两个计时点两点之间还有4个记录点未画出，所以相邻两个计数点之间的时间间隔为：
T＝5＝5×s＝0.1s；
很短时间内的平均速度等于瞬时速度，所以计数点5对应的瞬时速度大小：
v5＝＝m/s≈0.64 m/s；
根据匀变速直线运动的推论△x＝at2利用逐差法可知，加速度：
a＝＝5m/s2≈0.80m/s2。
【答案】
砂桶和绳,匀速直线
在误差范围内，加速度和质量成反比
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据实验的原理确定牵引小车的细绳与木板平行，且还要平衡摩擦力，这样做的目的是可在平衡摩擦力后使用细绳拉力等于小车受的合力．
（2）描点作出a−1M图线，从图象特征研究a与M的关系。
【解答】
平衡的是小车及纸带所受的阻力，所以垫高右端前要把砂桶和绳取下，轻推小车后使之做匀速直线运动；
在题干所给的坐标系上把表格里的数据描在相应点上，这些点大致在一条直线上，于是画出a−1M直线如图所示，直线过原点，是正比例函数，所以得到结论是：在误差范围内，加速度和质量成反比。
【答案】
ld(G+F)
【考点】
力的合成与分解的应用
【解析】
力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定则分解，由力三角形找几何关系，得到两个分力。
【解答】
将F与G之和的力分解为F1、F2两个分力，如下图所示：
这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，
根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，
因为菱形的对角线互相垂直且平分，
所以根据三角形相似：
d2l=F+G2F1
所以：F1=ld(G+F)；
【答案】
45
【考点】
自由落体运动的概念
【解析】
A球下落5m高度的时间即为A球下落的时间比B球下落的时间长的时间，分别对A、B两球运用自有落体位移时间公式即可解题．
【解答】
根据h=12gt2，A球下降5m的时间为：t0=2hg＝2×510s＝1s
设塔高H，则b球下落的时间为：t＝2(H−25)g
对a球有：H＝12g(t+1)2
联立解得：t=2s，H=45m；
【答案】
0.04
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
根据运动学公式求出木箱与传送带保持相对静止前的位移，以及传送带的位移，通过位移之差得出在传送带留下的痕迹长度。
【解答】
根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得木箱的加速度为：a＝2m/s2
根据速度-时间公式，可得木箱由静止开始运动达到传送带速度所需的时间为：
t＝＝s＝0.2s
根据运动学公式，可得这段时间内木箱的位移为：x1＝＝m＝0.04m
传送带的位移为：x2＝v0t＝0.4×0.2m＝0.08m
所以摩擦痕迹的长度为：△x＝x2−x1＝0.08m−0.04m＝0.04m
【答案】
水平细绳OA的拉力大小为90N；
重物A对斜面C的压力大小为346N，重物A受到的摩擦力大小为372N，方向沿斜面向上。
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
牛顿第三定律的概念
【解析】
（1）对节点O进行受力分析，然后由共点力平衡的特点求出OA的拉力与方向；
（2）对A进行受力分析，由共点力平衡的特点求出。
【解答】
对O点进行受力分析，可知O受到B的拉力。A的拉力以及左侧绳子的拉力，受力如图，可得：
F1=mBgtan37=12×10×34=90N
物体A受到重力、斜面得支持力、绳子的拉力以及斜面得摩擦力，设摩擦力的方向向上，受力如图：
垂直于斜面的方向：F1+N＝mAgcs37∘
沿斜面得方向：mAgsin37∘+F1cs37∘＝f
联立解得：N＝346N，f＝372N
根据牛顿第三定律可知，A对斜面得压力为346N
【答案】
无人车在该路段匀速行驶时的最大速度是20m/s，以该速度行驶开始刹车后，6s内无人车通过的距离是75m；
无人车匀减速的加速度大小为2m/s2，距离S0为9m。
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）无人车刹车时做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度-位移关系式求得最大速度，根据位移-时间公式，求得6s内无人车通过的距离；
（2）无人车恰好不会碰上自行车，两车速度相等，根据加速度的定义式求解加速度，根据运动学公式分别求出无人车和自行车的位移，根据位移关系即可求解刹车前两车间的距离。
【解答】
无人车刹车时匀减速运动，根据速度-位移公式得：0−v02=−2ax
代入数据解得无人车在该路段匀速行驶时的最大速度为：v0=20m/s
根据速度-时间公式，可得无人车从刹车开始到减速为零的时间为：
t0=v0a=202.5s=8s
由于8s>6s
根据位移-时间公式，可得6s内无人车通过的距离为：
x′=v0t′−12at′2=20×6m−12×2.5×62m=75m
无人车恰好不会碰上自行车，即两车相遇时无人车减速到与自行车同速：
v1′=v2=5m/s
根据加速度的定义，可得无人车加速度为：a1=v1′−v1t=5−113m/s2=−2m/s2
根据平均速度公式，可得无人车的位移为：S1=v1+v1′2t=11+52×3m=24m
由运动学公式，可得自行车的位移为：S2=v2t=5×3m=15m
由题意可知无人车刹车前的距离为：S0=S1−S2=24m−15m=9m
【答案】
货车冲上避险车道后的加速度大小为14m/s2；
要使货车安全减速直至停止，紧急避险车道至少要32.1m长；
货物会相对车厢滑动，会撞上驾驶室。
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）以货物与货车整体为研究对象，根据牛顿第二定律求加速度大小。
（2）根据速度位移公式求出货车安全减速直至停止通过的位移，即为紧急避险车道最小长度。
（3）假设货物相对车厢向前滑动，对两者分别运用牛顿第二定律求出加速度，再根据加速度的大小判断货物是否会相对车厢滑动。
根据刹车后货物和货车都停下时两者的相对位移与L的关系，来判断货物是否会撞上驾驶室。
【解答】
以货物与货车整体为研究对象，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：
(M+m)gsinθ+0.8×(M+m)g＝(M+m)a
解得 a＝14m/s2。
货车安全减速直至停止的过程，有
0−v02＝2(−a)s
解得 s＝32.1m
即紧急避险车道至少要32.1m长。
设货物相对车厢向前发生相对滑动，两者受力如图，由牛顿第二定律得：
对货物有 mgsinθ+μmgcsθ＝ma1。
对货车有 Mgsinθ+0.8×(M+m)g−μmgcsθ＝Ma2。
解得 a1＝12m/s2，a2＝15m/s2。
因a2>a1，所以货物会相对车厢滑动，且货车的速度先减为零。
设刹车后货物和车厢停下运动的位移分别为s1和s2。
由vt2−v02＝2as得 0−v02＝2a1s1
0−v02＝2a2s2
解得 s1＝37.5m，s2＝30m
得 s1−s2＝7.5m>L，则货物会撞到驾驶室。1m/kg−1
a/m⋅s−2
4.0
1.20
3.6
1.10
2.0
0.60
1.4
0.40