2025年高考物理 人教版必修第2册第5章　专题强化1含答案

2025年高考物理人教版必修第2册第5章专题强化1含答案第一章专题强化1课后知能作业基础巩固练1．如图，在倾角为θ的斜面顶端将三个小球M、N、P分别以eq\f(v0,2)、v0、2v0的初速度沿水平方向抛出，N恰好落到斜面底端。已知tanθ＝eq\f(1,2)，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则M落到斜面时的速度大小与P落到地面时的速度大小之比为()A．13∶100 B．1∶4C．eq\r(13)∶10 D．eq\r(10)∶10解析：对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)，则有vMy＝gtM＝eq\f(v0,2)，则M落到斜面时的速度大小为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，对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)，则有tP＝tN＝eq\f(v0,g)，vPy＝gtN＝v0，则P落到地面时的速度大小为vP＝eq\r(2v02＋v\o\al(2,Py))＝eq\r(5)v0，则有vM∶vP＝eq\f(\r(2),2)v0∶eq\r(5)v0＝eq\r(10)∶10，故选D。2．某次实验中，实验员让一小钢珠(视为质点)以大小为3m/s的初速度从楼梯上水平飞出，研究其运动轨迹。已知每格楼梯长25cm，高15cm，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则小钢珠第一次落在()A．第二格 B．第三格C．第四格 D．第五格解析：设小钢球能落到第n格，由平抛运动的规律可得nx＝v0t，nh＝eq\f(1,2)gt2，联立解得n＝4.32，由题意可知，这里n取大于4.32的整数，因此取n＝5，即小钢珠第一次落在第五格。故选D。3.如图，将一支飞镖在竖直墙壁的左侧O点以不同的速度水平抛出，A为O点在竖直墙壁上的投影点，每次抛出飞镖的同时，在A处由静止释放一个特制(飞镖能轻易射穿)的小球，且飞镖均能插在墙壁上，第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，图中没有画出，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则()A．两次速度增量之比为9∶16B．两次抛出的飞镖只有一次能击中小球C．两次下落的高度之比为9∶16D．两次平抛的初速度之比为3∶4解析：第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，则tan53°＝eq\f(v01,gt1)，第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，则tan37°＝eq\f(v02,gt2)，因为v01t1＝v02t2，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(3,4)，根据Δv＝gt，可知，两次速度增量之比为3∶4，故A错误；因为平抛运动竖直方向是自由落体运动，所以两次均能命中小球，故B错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2，两次下落的高度之比为9∶16，故C正确；因为v01t1＝v02t2，两次平抛的初速度之比为4∶3，故D错误。故选C。4.如图所示O、A、B三点在同一条竖直线上，OA＝AB，B、C两点在同一条水平线上，O、D在同一水平线上，OD＝2BC，五点在同一竖直面上。现将甲、乙、丙三小球分别从A、B、C三点同时水平抛出，最后都落在水平面上的D点，不计空气阻力。则以下关于三小球运动的说法中正确的是()A．三小球在空中的运动时间之比为：t甲∶t乙∶t丙＝1∶2∶2B．三小球抛出时的初速度大小之比为：v甲∶v乙∶v丙＝4∶2∶1C．三球的抛出速度大小、在空中运动时间均无法比较D．三小球落地时的速度方向与水平方向之间夹角一定满足θ甲<θ乙<θ丙解析：根据公式h＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以三小球在空中的运动时间之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A错误；水平方向x＝v0t，又水平位移之比为2∶2∶1，所以三小球抛出时的初速度大小之比为2eq\r(2)∶2∶1，故B、C错误；三小球落地时的速度方向与水平方向之间夹角，即速度偏转角，满足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)，因此三小球落地时的速度方向与水平方向之间夹角一定满足θ甲<θ乙<θ丙，故D正确。故选D。5.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)()A．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1B．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交C．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3D．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1解析：由几何关系知hAD∶hBD∶hCD＝xAD∶xBD∶xCD＝AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，根据h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，A、B、C处三个小球运动时间之比为tAD∶tBD∶tCD＝3∶2∶1，根据v0＝eq\f(x,t)，A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1，故A正确，C错误；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，根据抛物线特点，不会在空中相交，故B错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tanα＝2tanθ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，即三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1，故D正确。故选AD。6.(多选)如图所示，小滑块以初速度v1从倾角θ＝37°的固定光滑斜面底端A沿斜面向上滑动，同时从A点以初速度v2斜向上抛出一个小球，经0.6s滑块滑到斜面顶端B时，恰好被小球水平击中。滑块和小球均可视为质点，空气阻力忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．小滑块的初速度v1＝6.8m/sB．小球的初速度v2＝8m/sC．斜面AB的长度为3mD．小球从抛出到离斜面最远处所经历的时间为0.3s解析：小球斜向上抛运动，到达B点时，能恰好水平击中滑块，可将小球运动看成反向的平抛，运动时间为0.6s，在A点时竖直方向的速度vy＝gt＝6m/s，由平抛运动的推论可得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))，代入数据得v2＝2eq\r(13)m/s，故B错误；小球水平方向的位移x＝vxt＝4×0.6m＝2.4m，斜面的长度s＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(2.4,cos37°)m＝3m，故C正确；小球反向的平抛运动，从B点开始，设从抛出到离斜面最远处所经历的时间为t1，当小球下落到速度方向与水平方向夹角为θ时，距离斜面最远，此时竖直方向上的速度vy′＝vxtanθ＝4×eq\f(3,4)m/s＝3m/s，从B点开始经历的时间t′＝eq\f(vy′,g)＝eq\f(3,10)s＝0.3s，则t1＝t－t′＝0.6s－0.3s＝0.3s，故D正确；滑块从斜面上运动时，加速度a＝gsinθ＝10×sin37°m/s2＝6m/s2，滑块从A到B的过程中，由运动学公式s＝v1t－eq\f(1,2)at2，解得v1＝6.8m/s，故A正确。故选ACD。能力提升练7.如图所示，匀速向右运动的小车顶部左端O点用细线悬挂有两个大小不计的小球A、B，两细线OA与AB的长度均为L，小球B距地面的高度也为L。某时刻绳子OA断裂，B球落地后未移动，且A球落地时AB间细线恰好伸直。忽略空气阻力，重力加速度为g。小车的速度为()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：绳子OA断裂后两小球做平抛运动，B小球下落的时间为tB＝eq\r(\f(2L,g))，A小球下落的时间为tA＝eq\r(\f(2×2L,g))，B球落地后A继续运动的时间为t＝tA－tB＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2L,g))，小车的速度与小球的水平速度相同为v＝eq\f(L,t)＝eq\f(L,\r(2)－1\r(\f(2L,g)))＝eq\f(2＋\r(2),2)eq\r(gL)，故选B。8．如图所示，一架战斗机在距地面一定高度，由东向西水平匀速飞行的过程中向坡面投掷炸弹。第一颗炸弹自飞机飞行至O点时释放，恰好击中山坡底端A点，战斗机保持原速度不变，水平运动一段时间后释放第二颗炸弹，投放后迅速爬升，炸弹击中坡面上的B点。已知O点距离A点的高度为h，与A点的水平距离为s；B点距离A点的高度为eq\f(3,4)h，斜坡与水平面的夹角为30°，则两次投弹的时间间隔为()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：设自C释放第二颗炸弹，两颗炸弹释放初速度相同。C到B竖直方向位移为eq\f(h,4)，炸弹在竖直方向做自由落体运动，连续相等时间间隔位移之比为1∶3，所以O到D和D到A时间相等，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过程，根据平抛运动规律飞机的速度v＝eq\f(s,\r(\f(2h,g)))，两次释放炸弹的时间间隔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))，故选D。9．(多选)如图所示，A、B两球沿倾角为37°的斜面先后向上滚动，离开斜面后同时落在水平地面上，C点为斜面的最高点，C点距地面的高度为2m。B球在地面上的落点距C点的水平距离为1.6m，距A球落点的距离为2.4m。不计空气阻力，两球均可视为质点，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同B．A、B两球到达地面时的速度方向相同C．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.1sD．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.2s解析：根据位移偏角θ和速度偏角φ的正切值之间的关系tanφ＝2tanθ，可知位移偏角相同时速度偏角也相同，根据斜抛运动的对称性可知A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同，到达地面时速度方向不相同，故A正确，B错误；设两球离开斜面时的速度为vA、vB，根据斜抛运动的规律可知xA＝vAcosθ·t1，hA＝－vAsinθ·t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，xB＝vBcosθ·t2，联立解得t1＝1s，t2＝0.8s，因为两球同时落地，所以A、B两球离开斜面的时间间隔为Δt＝t1－t2＝0.2s，故C错误，D正确。故选AD。10.(多选)某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．若将炮弹初速度由v0变为eq\f(v0,2)，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变B．若将炮弹初速度由v0变为eq\f(v0,2)，则炮弹下落的竖直高度变为原来的eq\f(1,2)C．若炮弹初速度为v0，则炮弹运动到距斜面最大距离L时所需要的时间为eq\f(v0tanθ,g)D．若炮弹初速度为v0，则运动过程中炮弹距斜面的最大距离L＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,2gcosθ)解析：炮弹落到斜面上时，竖直方向位移与水平方向位移关系为tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(vy,2v0)，可得eq\f(vy,v0)＝2tanθ，所以速度偏转角的正切值不变，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面夹角不变，故A正确；由炮弹落到斜面竖直方向位移与水平方向位移关系，可以解得炮弹的飞行时间为t＝eq\f(2v0tanθ,g)，所以炮弹速度变为原来一半时，飞行时间也变为原来一半，由竖直位移公式y＝eq\f(1,2)gt2可知，竖直位移为原来的eq\f(1,4)，故B错误；炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，此时竖直方向速度与水平速度的关系为eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt′,v0)＝tanθ，解得飞行时间为t′＝eq\f(v0tanθ,g)，故C正确；建立如图所示坐标系，对炮弹初速度和加速度进行分解vy′＝v0sinθ，gy＝gcosθ，当y轴方向速度减小为0时，炮弹距离斜面最远，则最远距离为L＝eq\f(vy′2,2gy)＝eq\f(v\o\al(2,0)sin2θ,2gcosθ)，故D正确。故选ACD。11．(多选)如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为s2，且A炸弹到达山坡的M点时位移垂直于斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力，下列正确的是()A．A炸弹在空中飞行的时间为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：设炸弹从A→M用时t1，有x1＝v0t1，因AM垂直斜面，则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错误；同理B→N，vN方向垂直于斜面，用时t2＝eq\f(vy2,g)＝eq\f(\f(v0,tanθ),g)＝eq\f(v0,gtanθ)，x2＝v0t2，由图得s1＋x2＝x1＋s2[或s2＝s1＋x2－x1＝v0(Δt1＋t2－t1)]，时间关系Δt1＋t2＝t1＋Δt2(或Δt1＋t2－t1＝Δt2)，则eq\f(s2,Δt2)＝v0，同时有v0＝eq\f(s1,Δt1)＝eq\f(s2,Δt2)，Δt1＝Δt2＋eq\f(v0,gtanθ)，故B错误，C、D正确。故选CD。12．“冲关”类节目中有这样一个环节，选手遇到一个人造山谷AOB，BC段是长为L＝2m的水平跑道，选手需要自A点水平跃出冲上水平跑道，其中AO是高R＝3.6m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，∠OAB＝60°，选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。(1)选手从A点水平跃出后经多少时间落到水平跑道上？(2)若要落在BC段上，选手的速度应该满足什么范围？(3)如果选手不幸掉落在OB弧面上，速度会不会与OB弧面垂直？如果会，推出选手落在OB弧面上初速度应具备的规律(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)不会解析：(1)由图可知，A、B两点之间的高度差为hAB＝AB·cos60°＝1.8m由hAB＝eq\f(1,2)gt2可得选手从A点水平跃出后落到水平跑道上需要的时间为tAB＝eq\r(\f(2hAB,g))＝eq\r(\f(2×1.8,10))s＝0.6s。(2)由图可知，A、B两点之间的水平距离为xAB＝AB·sin60°＝eq\f(9\r(3),5)m要落在BC段上，选手的速度最小应为vmin＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(\f(9\r(3),5)m,0.6s)＝3eq\r(3)m/s最大不超过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即速度应该满足3eq\r(3)m/s≤v0≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋\f(10,3)))m/s。(3)平抛运动任一时刻速度方向的反向延长线，应该过此时刻水平位移的中点。若选手落在OB弧面上，并且与OB弧垂直的话，那么速度方向的反向延长线应该会过圆心A点。不符合平抛运动的规律，所以不可能与OB弧面垂直。第六章1课后知能作业基础巩固练1.如图所示，地球可以看作一个球体，O点为地球球心，位于北纬60°的物体A和位于赤道上的物体B，都随地球自转做匀速圆周运动，则()A．物体的周期TA∶TB＝1∶2B．物体的周期TA∶TB＝1∶1C．物体的线速度大小vA∶vB＝1∶1D．物体的角速度大小ωA∶ωB＝1∶2解析：A、B两物体共轴转动，角速度相同，周期相等，即两物体的周期TA∶TB＝1∶1，角速度大小ωA∶ωB＝1∶1，故A、D错误，B正确；设地球半径为R，B物体做匀速圆周运动的半径为RB＝R，A物体做匀速圆周运动的半径为RA＝Rcos60°＝eq\f(1,2)R根据v＝ωr，可知两物体的线速度大小之比为vA∶vB＝1∶2，故C错误。故选B。2.2019年1月1日，美国宇航局(NASA)“新视野号”探测器成功飞掠柯伊伯带小天体“天涯海角”，图为探测器拍摄到该小天体的“哑铃”状照片示意图，该小天体绕固定轴匀速自转，其上有到转轴距离不等的A、B两点(LA>LB)，关于这两点运动的描述，下列说法正确的是()A．A、B两点线速度大小相等B．A点的线速度恒定C．A、B两点角速度相等D．相同时间内A、B两点通过的弧长相等解析：A、B两点同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，LA>LB可得vA>vB，故A错误，C正确；A点的线速度方向不断改变，故B错误；A点的线速度比B点的线速度大，相同时间内A点通过的弧长较长，故D错误。故选C。3.如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，A、B、C三点()A．角速度大小关系是ωA>ωB＝ωCB．线速度大小关系是vA<vB<vCC．转动周期之比TA∶TB∶TC＝3∶1∶1D．转速之比nA∶nB∶nC＝3∶3∶1解析：根据题意可知，B、C为同轴转动，角速度相等，A、B为皮带传动，线速度相等，由公式v＝ωr可知，由于rA>rB，rB<rC，则有ωA<ωB，vB<vC，即有ωA<ωB＝ωC；vA＝vB<vC，故A、B错误；根据题意，由公式T＝eq\f(2π,ω)可得，由于B、C角速度相等，则有TB＝TC，由公式T＝eq\f(2πr,v)可得，由于A、B线速度相等，则有eq\f(TA,TB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(3,1)，则有TA∶TB∶TC＝3∶1∶1，故C正确；根据题意，由公式ω＝2πn可得nB∶nC＝1∶1，由公式v＝2πrn可得nA∶nB＝rB∶rA＝1∶3，则有nA∶nB∶nC＝1∶3∶3，故D错误。故选C。4．如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮(接触处没有滑动)，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径RA＝2RB，a和b两点在轮的边缘，c和d在各轮半径的中点，下列判断正确的有()A．va＝2vb B．ωb＝2ωcC．vc＝va D．ωb＝ωc解析：a和b两点在轮的边缘，线速度大小相等，则有va＝vb，故A错误；a和c两点同轴转动，角速度相等；b点和c点角速度之比等于b点和a点角速度之比，根据v＝ωr，可得eq\f(ωb,ωc)＝eq\f(ωb,ωa)＝eq\f(RA,RB)＝eq\f(2,1)，故B正确，D错误；a和c两点同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可知a和c两点线速度大小之比为eq\f(va,vc)＝eq\f(ra,rc)＝eq\f(2,1)，故C错误。故选B。5.株洲市时代新材风电项目部可以生产风力发电设备，如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，在叶片转动过程中()A．vM>vN B．vM＝vNC．ωM>ωN D．ωM＝ωN解析：由于M、N属于同轴转动，故角速度相等ωM＝ωN，故C错误，D正确；由v＝ωr，rN>rM知vM<vN，故A、B错误。故选D。6．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图所示)，记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮的半径大小关系如图，则()A．齿轮A的角速度比C的大B．齿轮A与B的角速度大小相等C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大解析：由图可知，A、B、C三齿轮半径大小的关系为rA>rB>rC齿轮A的边缘与齿轮B的边缘接触，齿轮B与C同轴转动，故vA＝vB；ωB＝ωC根据v＝ωr可得ωA<ωB＝ωC；vA＝vB>vC，故选D。能力提升练7．如图所示，山地自行车的牙盘、飞轮之间用链条传动。运动员为获得较好的加速效果，骑行时将牙盘上的链条放在半径最大的轮盘上，将飞轮上的链条放在半径最小的轮盘上。已知牙盘上最大轮盘的半径为18cm，飞轮上最小轮盘的半径为2cm，则牙盘飞轮边缘上两点的()A．转速之比为1∶9B．线速度之比为9∶1C．角速度之比为9∶1D．周期之比为1∶9解析：牙盘飞轮边缘上两点的线速度相等，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)，故选A。8．如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2∶3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则()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两点同轴转动，角速度大小相等，故ωP∶ωQ＝1∶1，根据v＝ωr可得P、Q两点线速度之比vP∶vQ＝2∶3，故选A。9．学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，已知4s内可转过90°。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s。若汽车可看成高1.6m的长方体，要使汽车匀速顺利通过，则自动识别区ab到a′b′的距离至少为()A．6.9m B．7.0mC．7.2m D．7.6m解析：要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的最小角度为θ，根据几何关系有tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)＝1，解得θ＝45°，闸杆转轴在竖直面内匀速转动，4s内可转过90°，故闸杆的转动时间至少为t＝2s，自动识别区ab到a′b′的距离至少为x＝v(t＋t0)＝3×(2＋0.3)m＝6.9m，故选A。10．(多选)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是()A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4D．大齿轮和小齿轮边缘的线速度大小之比为1∶1解析：小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据v＝ωr可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B、D正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1∶16，