2025年高考物理 人教版必修第2冊第5章　專題強化1含答案

2025年高考物理人教版必修第2冊第5章專題強化1含答案第一章專題強化1課后知能作業(yè)基礎鞏固練1．如圖，在傾角為θ的斜面頂端將三個小球M、N、P分別以eq\f(v0,2)、v0、2v0的初速度沿水平方向拋出，N恰好落到斜面底端。已知tanθ＝eq\f(1,2)，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。則M落到斜面時的速度大小與P落到地面時的速度大小之比為()A．13∶100 B．1∶4C．eq\r(13)∶10 D．eq\r(10)∶10解析：對M有tanθ＝eq\f(yM,xM)＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,M),\f(v0,2)tM)＝eq\f(gtM,v0)＝eq\f(1,2)，解得tM＝eq\f(v0,2g)，則有vMy＝gtM＝eq\f(v0,2)，則M落到斜面時的速度大小為vM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋v\o\al(2,My))＝eq\f(\r(2),2)v0，對N有tanθ＝eq\f(yN,xN)＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,N),v0tN)＝eq\f(gtN,2v0)＝eq\f(1,2)，解得tN＝eq\f(v0,g)，則有tP＝tN＝eq\f(v0,g)，vPy＝gtN＝v0，則P落到地面時的速度大小為vP＝eq\r(2v02＋v\o\al(2,Py))＝eq\r(5)v0，則有vM∶vP＝eq\f(\r(2),2)v0∶eq\r(5)v0＝eq\r(10)∶10，故選D。2．某次實驗中，實驗員讓一小鋼珠(視為質點)以大小為3m/s的初速度從樓梯上水平飛出，研究其運動軌跡。已知每格樓梯長25cm，高15cm，取重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力，則小鋼珠第一次落在()A．第二格 B．第三格C．第四格 D．第五格解析：設小鋼球能落到第n格，由平拋運動的規(guī)律可得nx＝v0t，nh＝eq\f(1,2)gt2，聯立解得n＝4.32，由題意可知，這里n取大于4.32的整數，因此取n＝5，即小鋼珠第一次落在第五格。故選D。3.如圖，將一支飛鏢在豎直墻壁的左側O點以不同的速度水平拋出，A為O點在豎直墻壁上的投影點，每次拋出飛鏢的同時，在A處由靜止釋放一個特制(飛鏢能輕易射穿)的小球，且飛鏢均能插在墻壁上，第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，圖中沒有畫出，不計空氣阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則()A．兩次速度增量之比為9∶16B．兩次拋出的飛鏢只有一次能擊中小球C．兩次下落的高度之比為9∶16D．兩次平拋的初速度之比為3∶4解析：第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，則tan53°＝eq\f(v01,gt1)，第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，則tan37°＝eq\f(v02,gt2)，因為v01t1＝v02t2，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(3,4)，根據Δv＝gt，可知，兩次速度增量之比為3∶4，故A錯誤；因為平拋運動豎直方向是自由落體運動，所以兩次均能命中小球，故B錯誤；根據h＝eq\f(1,2)gt2，兩次下落的高度之比為9∶16，故C正確；因為v01t1＝v02t2，兩次平拋的初速度之比為4∶3，故D錯誤。故選C。4.如圖所示O、A、B三點在同一條豎直線上，OA＝AB，B、C兩點在同一條水平線上，O、D在同一水平線上，OD＝2BC，五點在同一豎直面上?，F將甲、乙、丙三小球分別從A、B、C三點同時水平拋出，最后都落在水平面上的D點，不計空氣阻力。則以下關于三小球運動的說法中正確的是()A．三小球在空中的運動時間之比為：t甲∶t乙∶t丙＝1∶2∶2B．三小球拋出時的初速度大小之比為：v甲∶v乙∶v丙＝4∶2∶1C．三球的拋出速度大小、在空中運動時間均無法比較D．三小球落地時的速度方向與水平方向之間夾角一定滿足θ甲<θ乙<θ丙解析：根據公式h＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以三小球在空中的運動時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A錯誤；水平方向x＝v0t，又水平位移之比為2∶2∶1，所以三小球拋出時的初速度大小之比為2eq\r(2)∶2∶1，故B、C錯誤；三小球落地時的速度方向與水平方向之間夾角，即速度偏轉角，滿足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，所以tanθ1∶tanθ2∶tanθ3＝eq\f(1,2\r(2))∶eq\f(1,\r(2))∶eq\r(2)，因此三小球落地時的速度方向與水平方向之間夾角一定滿足θ甲<θ乙<θ丙，故D正確。故選D。5.(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落在斜面上的D點，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(不計空氣阻力)()A．A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1B．A、B、C處三個小球的運動軌跡可能在空中相交C．A、B、C處三個小球運動時間之比為1∶2∶3D．A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1解析：由幾何關系知hAD∶hBD∶hCD＝xAD∶xBD∶xCD＝AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，根據h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，A、B、C處三個小球運動時間之比為tAD∶tBD∶tCD＝3∶2∶1，根據v0＝eq\f(x,t)，A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1，故A正確，C錯誤；三個小球的運動軌跡(拋物線)在D點相交，根據拋物線特點，不會在空中相交，故B錯誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時的初速度大小和位置無關，即三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1，故D正確。故選AD。6.(多選)如圖所示，小滑塊以初速度v1從傾角θ＝37°的固定光滑斜面底端A沿斜面向上滑動，同時從A點以初速度v2斜向上拋出一個小球，經0.6s滑塊滑到斜面頂端B時，恰好被小球水平擊中?；瑝K和小球均可視為質點，空氣阻力忽略不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．小滑塊的初速度v1＝6.8m/sB．小球的初速度v2＝8m/sC．斜面AB的長度為3mD．小球從拋出到離斜面最遠處所經歷的時間為0.3s解析：小球斜向上拋運動，到達B點時，能恰好水平擊中滑塊，可將小球運動看成反向的平拋，運動時間為0.6s，在A點時豎直方向的速度vy＝gt＝6m/s，由平拋運動的推論可得tanθ＝eq\f(vy,2vx)＝eq\f(3,4)，可得vx＝4m/s，小球的初速度v2＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，代入數據得v2＝2eq\r(13)m/s，故B錯誤；小球水平方向的位移x＝vxt＝4×0.6m＝2.4m，斜面的長度s＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(2.4,cos37°)m＝3m，故C正確；小球反向的平拋運動，從B點開始，設從拋出到離斜面最遠處所經歷的時間為t1，當小球下落到速度方向與水平方向夾角為θ時，距離斜面最遠，此時豎直方向上的速度vy′＝vxtanθ＝4×eq\f(3,4)m/s＝3m/s，從B點開始經歷的時間t′＝eq\f(vy′,g)＝eq\f(3,10)s＝0.3s，則t1＝t－t′＝0.6s－0.3s＝0.3s，故D正確；滑塊從斜面上運動時，加速度a＝gsinθ＝10×sin37°m/s2＝6m/s2，滑塊從A到B的過程中，由運動學公式s＝v1t－eq\f(1,2)at2，解得v1＝6.8m/s，故A正確。故選ACD。能力提升練7.如圖所示，勻速向右運動的小車頂部左端O點用細線懸掛有兩個大小不計的小球A、B，兩細線OA與AB的長度均為L，小球B距地面的高度也為L。某時刻繩子OA斷裂，B球落地后未移動，且A球落地時AB間細線恰好伸直。忽略空氣阻力，重力加速度為g。小車的速度為()A．eq\f(\r(2),2)eq\r(gL) B．eq\f(2＋\r(2),2)eq\r(gL)C．eq\f(\r(6)＋\r(2),4)eq\r(gL) D．eq\f(\r(6)－\r(2),4)eq\r(gL)解析：繩子OA斷裂后兩小球做平拋運動，B小球下落的時間為tB＝eq\r(\f(2L,g))，A小球下落的時間為tA＝eq\r(\f(2×2L,g))，B球落地后A繼續(xù)運動的時間為t＝tA－tB＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2L,g))，小車的速度與小球的水平速度相同為v＝eq\f(L,t)＝eq\f(L,\r(2)－1\r(\f(2L,g)))＝eq\f(2＋\r(2),2)eq\r(gL)，故選B。8．如圖所示，一架戰(zhàn)斗機在距地面一定高度，由東向西水平勻速飛行的過程中向坡面投擲炸彈。第一顆炸彈自飛機飛行至O點時釋放，恰好擊中山坡底端A點，戰(zhàn)斗機保持原速度不變，水平運動一段時間后釋放第二顆炸彈，投放后迅速爬升，炸彈擊中坡面上的B點。已知O點距離A點的高度為h，與A點的水平距離為s；B點距離A點的高度為eq\f(3,4)h，斜坡與水平面的夾角為30°，則兩次投彈的時間間隔為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),4)\f(h,s)))eq\r(\f(2h,g)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),4)\f(h,s)))eq\r(\f(2h,g))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)\f(h,s)))eq\r(\f(2h,g)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3\r(3),4)\f(h,s)))eq\r(\f(2h,g))解析：設自C釋放第二顆炸彈，兩顆炸彈釋放初速度相同。C到B豎直方向位移為eq\f(h,4)，炸彈在豎直方向做自由落體運動，連續(xù)相等時間間隔位移之比為1∶3，所以O到D和D到A時間相等，水平位移相等，因此OC＝BD＝eq\f(s,2)＋eq\f(3h,4tan30°)＝eq\f(s,2)＋eq\f(3\r(3),4)h，由O到A過程，根據平拋運動規(guī)律飛機的速度v＝eq\f(s,\r(\f(2h,g)))，兩次釋放炸彈的時間間隔Δt＝eq\f(OC,v)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3\r(3),4)\f(h,s)))eq\r(\f(2h,g))，故選D。9．(多選)如圖所示，A、B兩球沿傾角為37°的斜面先后向上滾動，離開斜面后同時落在水平地面上，C點為斜面的最高點，C點距地面的高度為2m。B球在地面上的落點距C點的水平距離為1.6m，距A球落點的距離為2.4m。不計空氣阻力，兩球均可視為質點，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．A、B兩球離開斜面后運動至與C點等高位置時的速度方向相同B．A、B兩球到達地面時的速度方向相同C．A、B兩球離開斜面的時間間隔為0.1sD．A、B兩球離開斜面的時間間隔為0.2s解析：根據位移偏角θ和速度偏角φ的正切值之間的關系tanφ＝2tanθ，可知位移偏角相同時速度偏角也相同，根據斜拋運動的對稱性可知A、B兩球離開斜面后運動至與C點等高位置時的速度方向相同，到達地面時速度方向不相同，故A正確，B錯誤；設兩球離開斜面時的速度為vA、vB，根據斜拋運動的規(guī)律可知xA＝vAcosθ·t1，hA＝－vAsinθ·t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，xB＝vBcosθ·t2，聯立解得t1＝1s，t2＝0.8s，因為兩球同時落地，所以A、B兩球離開斜面的時間間隔為Δt＝t1－t2＝0.2s，故C錯誤，D正確。故選AD。10.(多選)某旅展開的實兵實彈演練中，某火箭炮在山坡上發(fā)射炮彈，所有炮彈均落在山坡上，炮彈的運動可簡化為斜面上的平拋運動，如圖所示，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．若將炮彈初速度由v0變?yōu)閑q\f(v0,2)，炮彈落在斜面上的速度方向與斜面的夾角不變B．若將炮彈初速度由v0變?yōu)閑q\f(v0,2)，則炮彈下落的豎直高度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)C．若炮彈初速度為v0，則炮彈運動到距斜面最大距離L時所需要的時間為eq\f(v0tanθ,g)D．若炮彈初速度為v0，則運動過程中炮彈距斜面的最大距離L＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,2gcosθ)解析：炮彈落到斜面上時，豎直方向位移與水平方向位移關系為tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(vy,2v0)，可得eq\f(vy,v0)＝2tanθ，所以速度偏轉角的正切值不變，炮彈落在斜面上的速度方向與斜面夾角不變，故A正確；由炮彈落到斜面豎直方向位移與水平方向位移關系，可以解得炮彈的飛行時間為t＝eq\f(2v0tanθ,g)，所以炮彈速度變?yōu)樵瓉硪话霑r，飛行時間也變?yōu)樵瓉硪话?，由豎直位移公式y＝eq\f(1,2)gt2可知，豎直位移為原來的eq\f(1,4)，故B錯誤；炮彈與斜面距離最大時，速度方向與斜面平行，此時豎直方向速度與水平速度的關系為eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt′,v0)＝tanθ，解得飛行時間為t′＝eq\f(v0tanθ,g)，故C正確；建立如圖所示坐標系，對炮彈初速度和加速度進行分解vy′＝v0sinθ，gy＝gcosθ，當y軸方向速度減小為0時，炮彈距離斜面最遠，則最遠距離為L＝eq\f(vy′2,2gy)＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,2gcosθ)，故D正確。故選ACD。11．(多選)如圖所示，某次空中投彈的軍事演習中，戰(zhàn)斗機以恒定速度v0沿水平方向飛行，先后釋放A、B兩顆炸彈，分別擊中傾角為θ的山坡上的M點和N點，釋放A、B兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，此過程中飛機飛行的距離為s1；擊中M、N的時間間隔為Δt2，M、N兩點間水平距離為s2，且A炸彈到達山坡的M點時位移垂直于斜面，B炸彈是垂直擊中山坡N點的。不計空氣阻力，下列正確的是()A．A炸彈在空中飛行的時間為eq\f(v0,gtanθ)B．eq\f(s1,Δt1)>eq\f(s2,Δt2)C．Δt1＝Δt2＋eq\f(v0,g·tanθ)D．eq\f(s2,Δt2)＝v0解析：設炸彈從A→M用時t1，有x1＝v0t1，因AM垂直斜面，則θ1＋θ＝90°，而tanφ＝2tanθ1＝eq\f(2,tanθ)，可得t1＝eq\f(vy1,g)＝eq\f(v0tanφ,g)＝eq\f(2v0,gtanθ)，故A錯誤；同理B→N，vN方向垂直于斜面，用時t2＝eq\f(vy2,g)＝eq\f(\f(v0,tanθ),g)＝eq\f(v0,gtanθ)，x2＝v0t2，由圖得s1＋x2＝x1＋s2[或s2＝s1＋x2－x1＝v0(Δt1＋t2－t1)]，時間關系Δt1＋t2＝t1＋Δt2(或Δt1＋t2－t1＝Δt2)，則eq\f(s2,Δt2)＝v0，同時有v0＝eq\f(s1,Δt1)＝eq\f(s2,Δt2)，Δt1＝Δt2＋eq\f(v0,gtanθ)，故B錯誤，C、D正確。故選CD。12．“沖關”類節(jié)目中有這樣一個環(huán)節(jié)，選手遇到一個人造山谷AOB，BC段是長為L＝2m的水平跑道，選手需要自A點水平躍出沖上水平跑道，其中AO是高R＝3.6m的豎直峭壁，OB是以A點為圓心的弧形坡，∠OAB＝60°，選手可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。(1)選手從A點水平躍出后經多少時間落到水平跑道上？(2)若要落在BC段上，選手的速度應該滿足什么范圍？(3)如果選手不幸掉落在OB弧面上，速度會不會與OB弧面垂直？如果會，推出選手落在OB弧面上初速度應具備的規(guī)律(用v0、R、g表示)。答案：(1)0.6s(2)3eq\r(3)m/s≤v0≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋\f(10,3)))m/s(3)不會解析：(1)由圖可知，A、B兩點之間的高度差為hAB＝AB·cos60°＝1.8m由hAB＝eq\f(1,2)gt2可得選手從A點水平躍出后落到水平跑道上需要的時間為tAB＝eq\r(\f(2hAB,g))＝eq\r(\f(2×1.8,10))s＝0.6s。(2)由圖可知，A、B兩點之間的水平距離為xAB＝AB·sin60°＝eq\f(9\r(3),5)m要落在BC段上，選手的速度最小應為vmin＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(\f(9\r(3),5)m,0.6s)＝3eq\r(3)m/s最大不超過vmax＝eq\f(xAB＋BC,tAB)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9\r(3),5)＋2))m,0.6s)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋\f(10,3)))m/s即速度應該滿足3eq\r(3)m/s≤v0≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋\f(10,3)))m/s。(3)平拋運動任一時刻速度方向的反向延長線，應該過此時刻水平位移的中點。若選手落在OB弧面上，并且與OB弧垂直的話，那么速度方向的反向延長線應該會過圓心A點。不符合平拋運動的規(guī)律，所以不可能與OB弧面垂直。第六章1課后知能作業(yè)基礎鞏固練1.如圖所示，地球可以看作一個球體，O點為地球球心，位于北緯60°的物體A和位于赤道上的物體B，都隨地球自轉做勻速圓周運動，則()A．物體的周期TA∶TB＝1∶2B．物體的周期TA∶TB＝1∶1C．物體的線速度大小vA∶vB＝1∶1D．物體的角速度大小ωA∶ωB＝1∶2解析：A、B兩物體共軸轉動，角速度相同，周期相等，即兩物體的周期TA∶TB＝1∶1，角速度大小ωA∶ωB＝1∶1，故A、D錯誤，B正確；設地球半徑為R，B物體做勻速圓周運動的半徑為RB＝R，A物體做勻速圓周運動的半徑為RA＝Rcos60°＝eq\f(1,2)R根據v＝ωr，可知兩物體的線速度大小之比為vA∶vB＝1∶2，故C錯誤。故選B。2.2019年1月1日，美國宇航局(NASA)“新視野號”探測器成功飛掠柯伊伯帶小天體“天涯海角”，圖為探測器拍攝到該小天體的“啞鈴”狀照片示意圖，該小天體繞固定軸勻速自轉，其上有到轉軸距離不等的A、B兩點(LA>LB)，關于這兩點運動的描述，下列說法正確的是()A．A、B兩點線速度大小相等B．A點的線速度恒定C．A、B兩點角速度相等D．相同時間內A、B兩點通過的弧長相等解析：A、B兩點同軸轉動，角速度相等，根據v＝ωr，LA>LB可得vA>vB，故A錯誤，C正確；A點的線速度方向不斷改變，故B錯誤；A點的線速度比B點的線速度大，相同時間內A點通過的弧長較長，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，A、B、C分別是自行車的大齒輪、小齒輪和后輪的邊緣上的三個點，到各自轉動軸的距離分別為3r、r和10r。支起自行車后輪，在轉動踏板的過程中，A、B、C三點()A．角速度大小關系是ωA>ωB＝ωCB．線速度大小關系是vA<vB<vCC．轉動周期之比TA∶TB∶TC＝3∶1∶1D．轉速之比nA∶nB∶nC＝3∶3∶1解析：根據題意可知，B、C為同軸轉動，角速度相等，A、B為皮帶傳動，線速度相等，由公式v＝ωr可知，由于rA>rB，rB<rC，則有ωA<ωB，vB<vC，即有ωA<ωB＝ωC；vA＝vB<vC，故A、B錯誤；根據題意，由公式T＝eq\f(2π,ω)可得，由于B、C角速度相等，則有TB＝TC，由公式T＝eq\f(2πr,v)可得，由于A、B線速度相等，則有eq\f(TA,TB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(3,1)，則有TA∶TB∶TC＝3∶1∶1，故C正確；根據題意，由公式ω＝2πn可得nB∶nC＝1∶1，由公式v＝2πrn可得nA∶nB＝rB∶rA＝1∶3，則有nA∶nB∶nC＝1∶3∶3，故D錯誤。故選C。4．如圖所示，A、B是兩個摩擦傳動的靠背輪(接觸處沒有滑動)，A是主動輪，B是從動輪，它們的半徑RA＝2RB，a和b兩點在輪的邊緣，c和d在各輪半徑的中點，下列判斷正確的有()A．va＝2vb B．ωb＝2ωcC．vc＝va D．ωb＝ωc解析：a和b兩點在輪的邊緣，線速度大小相等，則有va＝vb，故A錯誤；a和c兩點同軸轉動，角速度相等；b點和c點角速度之比等于b點和a點角速度之比，根據v＝ωr，可得eq\f(ωb,ωc)＝eq\f(ωb,ωa)＝eq\f(RA,RB)＝eq\f(2,1)，故B正確，D錯誤；a和c兩點同軸轉動，角速度相等，根據v＝ωr可知a和c兩點線速度大小之比為eq\f(va,vc)＝eq\f(ra,rc)＝eq\f(2,1)，故C錯誤。故選B。5.株洲市時代新材風電項目部可以生產風力發(fā)電設備，如圖所示的風力發(fā)電葉片上有M、N兩點，在葉片轉動過程中()A．vM>vN B．vM＝vNC．ωM>ωN D．ωM＝ωN解析：由于M、N屬于同軸轉動，故角速度相等ωM＝ωN，故C錯誤，D正確；由v＝ωr，rN>rM知vM<vN，故A、B錯誤。故選D。6．明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖所示)，記錄了我們祖先的勞動智慧。若A、B、C三齒輪的半徑大小關系如圖，則()A．齒輪A的角速度比C的大B．齒輪A與B的角速度大小相等C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等D．齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的線速度大解析：由圖可知，A、B、C三齒輪半徑大小的關系為rA>rB>rC齒輪A的邊緣與齒輪B的邊緣接觸，齒輪B與C同軸轉動，故vA＝vB；ωB＝ωC根據v＝ωr可得ωA<ωB＝ωC；vA＝vB>vC，故選D。能力提升練7．如圖所示，山地自行車的牙盤、飛輪之間用鏈條傳動。運動員為獲得較好的加速效果，騎行時將牙盤上的鏈條放在半徑最大的輪盤上，將飛輪上的鏈條放在半徑最小的輪盤上。已知牙盤上最大輪盤的半徑為18cm，飛輪上最小輪盤的半徑為2cm，則牙盤飛輪邊緣上兩點的()A．轉速之比為1∶9B．線速度之比為9∶1C．角速度之比為9∶1D．周期之比為1∶9解析：牙盤飛輪邊緣上兩點的線速度相等，由v＝ωr＝eq\f(2πr,T)＝2πnr，可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(T2,T1)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,9)，故選A。8．如圖所示，當工人師傅用扳手擰螺母時，扳手上的P、Q兩點的轉動半徑之比為2∶3，其角速度分別為ωP和ωQ，線速度大小分別為vP和vQ，則()A．ωP∶ωQ＝1∶1，vP∶vQ＝2∶3B．ωP∶ωQ＝1∶1，vP∶vQ＝3∶2C．ωP∶ωQ＝3∶2，vP∶vQ＝1∶1D．ωP∶ωQ＝2∶3，vp∶vQ＝1∶1解析：P、Q兩點同軸轉動，角速度大小相等，故ωP∶ωQ＝1∶1，根據v＝ωr可得P、Q兩點線速度之比vP∶vQ＝2∶3，故選A。9．學校門口的車牌自動識別系統如圖所示，閘桿轉軸O與車左側面水平距離為0.6m，閘桿距地面高為1m，可繞轉軸O在豎直面內勻速轉動，已知4s內可轉過90°。汽車以速度3m/s勻速駛入自動識別區(qū)，識別的反應時間為0.3s。若汽車可看成高1.6m的長方體，要使汽車勻速順利通過，則自動識別區(qū)ab到a′b′的距離至少為()A．6.9m B．7.0mC．7.2m D．7.6m解析：要使汽車勻速順利通過，閘桿轉動的最小角度為θ，根據幾何關系有tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)＝1，解得θ＝45°，閘桿轉軸在豎直面內勻速轉動，4s內可轉過90°，故閘桿的轉動時間至少為t＝2s，自動識別區(qū)ab到a′b′的距離至少為x＝v(t＋t0)＝3×(2＋0.3)m＝6.9m，故選A。10．(多選)如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是()A．小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1B．大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4C．大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4D．大齒輪和小齒輪邊緣的線速度大小之比為1∶1解析：小齒輪和后輪共軸，角速度相等，故A錯誤；大齒輪和小齒輪共線，線速度相等，根據v＝ωr可知，大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4，故B、D正確；小齒輪和后輪共軸，根據v＝ωr可知，小齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度之比為1∶16，