2024—2025高中物理必修2一轮复习课时作业及单元素养试卷详解答案

这是一份2024—2025高中物理必修2一轮复习课时作业及单元素养试卷详解答案，共60页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．解析：初速度不为零的质点，受到与初速度的方向不在同一条直线上的外力作用时，质点做曲线运动，选项A正确；做曲线运动的质点必须要受到外力的作用，选项B错误；做曲线运动的质点的加速度的方向不一定发生变化，选项C错误；根据牛顿第二定律可知，质点受到的外力与加速度方向相同，选项D错误．
答案：A
2．解析：小钢球在不同的位置受到的合力是不同的，所以第一次实验中，小钢球的运动不是匀变速直线运动；在第二次实验中，小钢球的运动不是匀变速曲线运动，A、B错误．第一次实验中，条形磁铁对小钢球的作用力与小钢球的速度方向在同一条直线上，小钢球做直线运动，第二次实验中，条形磁铁对小钢球的作用力与小钢球的速度方向不在同一条直线上，小钢球做曲线运动，因此该实验说明当小钢球受到的合力的方向与速度方向不在同一条直线上时，小钢球做曲线运动，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：物体做匀速直线运动的速度方向与F1的方向关系不明确，可能相同、相反或不在同一条直线上．所以，撤去F1后物体所受合力的方向与速度v的方向关系不确定，所以只有选项A正确．
答案：A
4．解析：不计冰面摩擦和空气阻力，击打后冰球所受合力为零，冰球沿初始的合速度方向做匀速直线运动．
答案：B
5．解析：由题图所示运动轨迹可知，质点速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应指向右下方，与初速度方向的夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，故A、B错误；合力方向指向右下方，与速度方向的夹角先大于90°后小于90°，因此质点从M点到N点的速率先减小后增大，C错误；质点在恒力的作用下运动，由牛顿第二定律可知，加速度的大小和方向都不变，质点做匀变速曲线运动，D正确．
答案：D
6．解析：当合力与速度不在同一条直线上时，物体将做曲线运动；当合力与速度在同一条直线上时，物体将做直线运动．当合力与速度的方向相同时，物体做加速运动；方向相反时，物体做减速运动．故选B.
答案：B
7．解析：物体在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点恒力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1等大反向，此时的合力方向与速度方向不在一条直线上，物体做曲线运动，加速度不变，A正确，B错误；由受力分析可知，撤去F2后，物体做曲线运动，加速度方向竖直向上，C错误；撤去F3后，合力方向水平向右，合力方向与速度方向相同，所以物体将向右做匀加速直线运动，D错误．
答案：A
8．解析：速度方向改变的角度是指两时刻瞬时速度方向之间的夹角，由题图可知，A错误，B正确；由题图可知，质点沿y轴方向上的速度先沿y轴正方向后变为沿y轴负方向，即质点在y轴方向上是先减速后反向加速，故恒力F至少有一个沿y轴负方向的分力，而质点在沿x轴方向上的速度变化不能确定，即恒力F是否在沿x轴方向上存在分力、分力方向如何皆不能确定，因此恒力F可能沿y轴负方向而一定不沿x轴正方向，故C错误，D正确．
答案：BD
课时作业(二) 运动的合成与分解
1．解析：根据合运动与分运动具有等时性，D正确．
答案：D
2．解析：相互垂直的一个匀速直线运动和一个匀加速直线运动的合运动，合速度方向与加速度方向不共线，一定是曲线运动，A对．
答案：A
3．解析：跳伞员着地时的速度大小v＝eq \r(42＋32) m/s＝5 m/s.风是从正东方向吹来，则水平方向上的分速度向西，则合速度的方向偏西，故选项A正确．
答案：A
4．解析：内壁光滑的牛顿管抽成真空，让牛顿管竖直倒立，则管中羽毛只受到重力作用，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．因为合加速度的方向竖直向下，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线．因为加速度的方向(即合力的方向)指向轨迹凹侧，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
5．解析：以A点为坐标原点，以水平向右为x轴的正方向，以竖直向上为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，则铅球在x轴方向的位移分量xB＝5 m，在y轴方向的位移分量yB＝－2 m，所以其合位移的大小为l＝eq \r(x\\al(2,B)＋y\\al(2,B)) m＝eq \r(29) m，设位移与x轴方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(yB,xB)＝eq \f(2,5).
答案：见解析
6.
解析：如图所示，物资的实际运动可以看成是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动的合运动．
(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等，所以t＝eq \f(h,vy)＝eq \f(100,5) s＝20 s.
(2)物资落地时vy＝5 m/s，vx＝1 m/s，由平行四边形定则得v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(12＋52) m/s＝eq \r(26) m/s.
(3)物资水平方向的位移大小为x＝vxt＝1×20 m＝20 m.
答案：(1)20 s (2)eq \r(26) m/s (3)20 m
7．解析：根据l＝H－t＋t2可知，B在竖直方向上的位移为x＝H－l＝t－t2，由此可知水桶B向上匀减速上升，绳索对B的拉力大小小于B的重力大小；B在水平方向匀速运动，所以F、G都在竖直方向上，又因为B向上减速，运动轨迹应向下弯曲，故只有B符合．
答案：B
8．解析：(1)重物在水平方向做匀速运动，从A到B的时间t＝eq \f(d,vx)＝eq \f(10,1) s＝10 s.
(2)重物在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直方向分速度vy＝at＝0.2×10 m/s＝2 m/s
B点合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(12＋22) m/s＝eq \r(5) m/s.
(3)重物的水平位移
x＝d＝10 m
竖直位移
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.2×102 m＝10 m
A到B的位移
xAB＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(102＋102) m＝10eq \r(2) m.
答案：(1)10 s (2)eq \r(5) m/s (3)10eq \r(2) m
课时作业(三) 抛体运动的规律
1．解析：B球做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由于B球在水平方向的分运动速度为v0，与A球做匀速直线运动的速度相等，故两球同时到达C点，选项C正确．
答案：C
2．解析：可依据速度的分解求取竖直方向上的落地速度，从而据竖直方向上的自由落体运动规律求运动时间．因为vy＝gt，又vy＝eq \r(v2－v\\al(2,0))，故t＝eq \f(\r(v2－v\\al(2,0)),g)，故选项D正确．
答案：D
3．解析：由t＝eq \f(x,v0)来计算时间，因x不确定，故不能说v0越大则t越小，选项A错误；物体做平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，因g一定，故t∝eq \r(h)，选项B正确；C选项中没有说明从什么时间开始计时，故下落高度之比未必是1:3:5……，选项C错误；因平抛运动的加速度恒定，故选项D正确．
答案：BD
4．解析：运动员在竖直方向做自由落体运动，运动员做平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，只与高度有关，与速度无关，A错误；运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))，初速度越大，落地瞬间合速度越大，B正确；运动员在竖直方向上的速度vy＝eq \r(2gh)，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，落地瞬间合速度越大，C错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，所以落地的位置与初速度有关，D错误．
答案：B
5．解析：两子弹均做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2知，乙枪射出的子弹的运动时间大于甲枪射出的子弹的运动时间，两子弹水平位移相等，根据v0＝eq \f(x,t)知，甲枪射出的子弹初速度较大，故A正确．
答案：A
6．解析：因为相邻两照片间的时间间隔相等，水平位移相等，知小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同，知竖直方向上做自由落体运动．故D正确．
答案：D
7．解析：运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有L＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2L,g))，运动员通过最高点时的速度为v＝eq \f(2L,t)＝eq \r(2gL)，则有tan α＝eq \f(gt,v)＝1，选项D正确．
答案：D
8．解析：设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝eq \f(L,v1＋v2)，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq \f(L,2v1＋v2)＝eq \f(t,2)，C项正确．
答案：C
9．解析：(1)设质点平抛的初速度为v0，在A、B点的竖直分速度分别为vAy、vBy，则vAy＝v0tan 30°，vBy＝v0tan 60°，解得eq \f(vAy,vBy)＝eq \f(1,3).
(2)设从A到B所用的时间为t，竖直位移和水平位移分别为y、x，
则tan θ＝eq \f(y,x)，x＝v0t，y＝eq \f(vAy＋vBy,2)t，
联立解得tan θ＝eq \f(2\r(3),3).
答案：(1)1:3 (2)eq \f(2\r(3),3)
10．解析：A错：根据题述情景和平抛运动规律，由O点到A点，甲球运动时间是乙球运动时间的eq \f(1,3).
B对：甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍．
C对，D错：甲球从O点到A点，乙球从O点到B点，运动时间相等，由x＝vt可知，甲乙两球水平速度之比v1:v2＝3:1.
答案：BC
11．解析：平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．物体在竖直方向上做自由落体运动，第1 s内物体下落高度h1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，故A正确，B错误；根据图像，t＝1 s时，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(g,v0)t＝1，故v0＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，故C错误，D正确．
答案：AD
12．解析：因为飞机做匀速运动，所以炸弹甲和炸弹乙同时击中目标，选项B正确，A错误；炸弹乙从离开飞机到击中竖直峭壁的时间为t2，则炸弹甲从离开飞机到击中竖直峭壁的时间t1＝t2＋T，依题意有eq \f(1,2)g(t2＋T)2－eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝H，解得t2＝eq \f(H,gT)－eq \f(T,2)，t1＝eq \f(H,gT)＋eq \f(T,2)，所以选项CD错误．
答案：B
13．解析：小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为vy＝gt，v0＝vy·tan θ＝gt·tan θ，所以小球水平抛出时的初速度为gt·tan θ，A项正确；设小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)＝eq \f(vy,2v0)＝eq \f(1,2tan θ)，B项错误；由于小球到墙的水平距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C项正确；若小球初速度增大，由抛出点到墙的时间变短，由tan θ＝eq \f(v0,gt)可知，tan θ增大，D项错误，故选A、C.
答案：AC
14．解析：根据自由落体运动的规律，可知乙球运动到C点时的速度为eq \r(2gh)，又因两球先后经过C点时的速度大小相等，所以甲球在C点的合速度为eq \r(2gh)，又因此时甲球的速度与水平方向的夹角为45°，所以甲球做平抛运动的初速度大小为eq \r(gh)，选项A错误；根据v＝gt，可知tA＝eq \r(\f(h,g))，tB＝eq \r(\f(2h,g)).两球运动到C点的时间之比为eq \r(\f(h,g)):eq \r(\f(2h,g))＝1:eq \r(2)，选项B正确；A、B两点的高度差为eq \f(v\\al(2,B),2g)－eq \f(v\\al(2,Ay),2g)＝eq \f(h,2)，选项C错误；A、B两点间的水平距离为x＝v0tA＝h，选项D错误．
答案：B
单元素养评价(一) 第五章 抛体运动
1．解析：当物体受到的合外力方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动，故C正确．
答案：C
2．解析：A错，D对：做曲线运动的物体速度不断变化，则加速度不为零，所受合力不为零．B错：合力不为零的运动不一定是曲线运动，例如匀变速直线运动．C错：曲线运动的速度大小不一定是改变的，可能只有方向的变化．
答案：D
3．解析：轮滑演员做曲线运动，速度方向不断变化，运动状态不断变化，故A、B错误；做曲线运动的轮滑演员的速度方向沿曲线上各点的切线方向，C正确；轮滑演员所受合力方向与速度方向不在同一条直线上，D错误．
答案：C
4．解析：根据平行四边形定则得：
v水平＝vcs 14°＝60×0.97 m/s＝58.2 m/s；
竖直方向上的分速度为：
v竖直＝vsin 14°＝60×0.24 m/s＝14.4 m/s.
故选B.
答案：B
5．解析：根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，而飞盘在运动的过程中受到空气阻力作用，则运动的时间一定会大于0.5 s，故D正确．
答案：D
6．解析：炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是船的速度与射击速度的合速度，根据平行四边形定则知，射击的方向应偏向目标的西侧．故B正确．
答案：B
7．解析：当石磙子在拖拉机的牵引力F作用下做曲线运动时，牵引力F的方向指向运动轨迹的内侧，故B，D错误；石磙子的速度逐渐增大，F的方向与v的方向成锐角，故A正确，C错误．
答案：A
8．解析：应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于运动的竖直高度不变，水平位移增大，篮球抛射点到篮板的时间t＝eq \r(\f(2h,g))不变，抛射点的竖直分速度vy＝eq \r(2gh)不变，水平方向由x＝ vxt知，x增大，vx增大，则抛射速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))增大，抛射速度与水平方向的夹角tan θ＝eq \f(vy,vx)减小，可知A正确．
答案：A
9．解析：摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得摩托车在空中的飞行时间为t＝1 s，故A正确；河流的最大宽度即摩托车在水平方向的位移为d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，故B正确；竖直方向速度为vy＝gt＝10 m/s，则摩托车落地前瞬间的速度为v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(242＋102) m/s＝26 m/s，故C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度(其他条件均不变)，则有在空中的飞行时间增大，摩托车水平方向位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，故D正确．
答案：C
10．解析：1与2的间距等于2与3的间距，在竖直方向上做自由落体运动，可知1到2的时间大于2到3的时间，根据水平方向上做匀速直线运动，可知x2－x1>x3－x2，故选项C正确．
答案：C
11．解析：(1)为了确保小球做平抛运动，斜槽末端切线应水平．(2)实验操作中要先安装仪器，然后进行实验操作，故实验顺序为BAC.(3)分析实验点B可知，位置靠下，说明小球平抛初速度较小，可能是小球滚下的高度较其他几次低，也可能小球在运动中遇到其他几次没有遇到的阻碍，故B、C正确，A、D错误．
答案：(1)切线应水平 (2)BAC (3)BC
12．解析：小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：x＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt
由题图可知：tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
代入数据解得：v0＝3 m/s，x＝1.2 m.
答案：(1)3 m/s (2)1.2 m
13．解析：(1)套环做平抛运动，竖直方向有H－h＝eq \f(1,2)gt2代入数据解得t＝0.5 s．(2)套环落到木桩最上端等高处时的竖直速度vy＝gt＝5 m/s.(3)套环在水平方向做匀速直线运动，若要套中木桩，最小水平位移为d，最大水平位移为(d＋D)．当位移为d时，vmin＝eq \f(d,t)＝eq \f(2,0.5) m/s＝4 m/s，当位移为(d＋D)时，vmax＝eq \f(d＋D,t)＝eq \f(2＋0.15,0.5) m/s＝4.3 m/s，
故小红抛出套环的初速度范围为4 m/s≤v0≤4.3 m/s.
答案：(1)0.5 s (2)5 m/s (3)4 m/s≤v0≤4.3 m/s
14．解析：a、b两球下降的高度之比为3:1，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知，t＝eq \r(\f(2h,g))，则运动的时间关系是ta＝eq \r(3)tb，选项A、B错误；因为a、b两球的水平位移之比为3:2，由v0＝eq \f(x,t)得va＝eq \f(\r(3),2)vb，选项C正确，D错误．
答案：C
15．解析：由题图可知，无人机在t1时刻，在竖直方向向上做匀加速直线运动，具有竖直向上的加速度，因此该时刻无人机处于超重状态，A正确；在0～t2时间内，无人机在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀减速直线运动，合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，B错误；在竖直方向，0～t2时间内无人机向上加速运动，t2～t3时间内向上减速运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，C错误；在t2～t3时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，因此合运动是匀变速运动，D正确．
答案：AD
16．解析：设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，水平方向位移x＝vt＝veq \r(\f(2h,g))；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故A错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环水平位移相等，则大人应以较小的速度抛出圆环，故B正确；大人和小孩的水平位移相等，但大人的竖直位移大于小孩的竖直位移，根据s＝eq \r(x2＋y2)可知，小孩抛出圆环发生的位移较小，故C错误；圆环做平抛运动，则单位时间内速度的变化量都为Δv＝gΔt，故D正确．
答案：BD
17．解析：(1)小船从A点出发，若船头指向河正对岸的C点，则此时v1方向的位移为d，故有v1＝eq \f(d,tmin)＝eq \f(120,60×8) m/s＝0.25 m/s.
(2)设A、B连线与河岸上游成α角，由题意可知，此时恰好到达河正对岸的C点，故v1沿河岸方向的分速度大小恰好等于河水的流速v2的大小，即v2＝v1cs α，此时渡河时间t＝eq \f(d,v1sin α)，所以sin α＝eq \f(d,v1t)＝0.8，故v2＝v1cs α＝0.15 m/s.
(3)在第二次渡河时小船被冲向下游的距离sCD＝v2tmin＝72 m.
答案：(1)0.25 m/s (2)0.15 m/s (3)72 m
18．解析：(1)对小球在B点的速度分解，
设球在B点的竖直速度为vBy，由平抛运动的规律：
veq \\al(2,B)＝veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,By)
vBy＝gt
联立解得：t＝0.8 s
(2)设球从A到B下落的竖直高度为h1，
由平抛运动规律：
水平方向s＝v0t
竖直方向h1＝eq \f(1,2)gt2
根据几何关系hB＝H－h1
解得：s＝4.8 m，hB＝1.8 m
(3)设小球至少以vmin水平初速度抛出，能越过墙的上端，此过程由平抛运动规律：
竖直方向：H－h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
水平方向：s＝vmint2
联立解得：vmin＝12 m/s
故应满足v0≥12 m/s.
答案：(1)0.8 s (2)4.8 m 1.8 m (3)v0≥12 m/s
课时作业(四) 圆周运动
1．解析：由v＝ωr可知，ω一定时，v与r成正比，A正确，B错误；由T＝eq \f(2π,ω)可知，ω一定时，T一定，与r无关，C、D错误．
答案：A
2．解析：由v＝ωr知，只有甲、乙两个做圆周运动的物体的半径相等时，它们的线速度相等，角速度才相等，A、B错；由ω＝eq \f(2π,T)知，甲、乙周期相等，角速度一定也相等，C对；由v＝eq \f(2πr,T)知，甲、乙周期相等，线速度不一定相等，D错．
答案：C
3．解析：如图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的运动周期及角速度都是相同的．地球表面上的物体，随地球做圆周运动的平面是物体所在的纬线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬线上的物体做圆周运动的半径一般不同，同一纬线上的物体转动半径相等，线速度的大小才相等，但即使物体的线速度大小相等，方向也各不相同，所以只有选项A正确．
答案：A
4．解析：因为A、B两点是同轴转动，所以A、B两点的角速度相等，故A、B错误；由v＝rω可知，线速度之比等于半径之比，故A、B两点的线速度大小之比为2:1，故C正确，D错误．
答案：C
5．解析：离心机转速n＝80 000 r/min＝eq \f(4 000,3) r/s，半径r＝0.12 m．故周期T＝eq \f(1,n)＝eq \f(3,4 000) s＝7.5×10－4 s，A错．角速度ω＝2π·n＝eq \f(8 000π,3) rad/s，C、D错．线速度v＝ω·r＝eq \f(8 000π,3)×0.12 m/s＝320π m/s，B对．
答案：B
6．解析：齿轮不打滑，说明接触点线速度相等，主动轮逆时针转动，故从动轮顺时针转动．因为齿的大小相等，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，故主动轮与从动轮的角速度之比eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(r,R)＝eq \f(1,3)，解得从动轮的角速度ω2＝3ω1＝3ω.根据ω＝eq \f(2π,T)得从动轮的周期T＝eq \f(2π,ω2)＝eq \f(2π,3ω)，故A正确．
答案：A
7．解析：圆盘A带动圆盘B转动可以认为是“齿轮传动”模型，两个圆盘转动的方向相同，都沿逆时针方向转动，两圆盘边缘的线速度大小相等，根据v＝eq \f(2πr,T)可知，周期与半径成正比，A、B两圆盘的半径不同，则周期不同．故选项A正确．
答案：A
8．解析：P、Q两点同轴转动，故两点转动的角速度相同，即ωP＝ωQ，根据ω＝2πn，则有nP＝nQ；由题知P点的半径大于Q点的半径，根据v＝ωr，则有vP>vQ，故选D.
答案：D
9．解析：A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘上各点的线速度大小相等，即va:vb ＝1:1①
由v＝ωr得ωa:ωb＝rB:rA＝1:2②
B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮上各点的角速度相同，即ωb:ωc＝1:1③
由v＝ωr得vb:vc＝rB:rC＝1:2④
由②③两式得ωa:ωb:ωc＝1:2:2
由①④两式得va:vb:vc＝1:1:2
答案：1:2:2 1:1:2
10．解析：时针运动的周期为12 h，故时针上的A点做圆周运动的周期为T1＝12 h，而分针运动的周期为1 h，故分针上的B点做圆周运动的周期为T2＝1 h，秒针的运动周期为60 s，故秒针上的C点做圆周运动的周期为T3＝60 s＝eq \f(1,60) h，根据ω＝eq \f(2π,T)，可得ωA:ωB＝1:12，ωB:ωC＝1:60，故B、C错误；根据v＝ωr知，线速度关系为vAaB，故选C.
答案：C
3．解析：因为皮带不打滑，A点与B点的线速度大小相等，都等于皮带运动的速率，根据向心加速度公式an＝eq \f(v2,r)，可得aA:aB＝r2:r1＝2:1.由于B、C是固定在同一轮上的两点，所以它们的角速度相同，根据向心加速度公式a＝rω2，可得aB:aC＝r2:r3＝2:1.5＝4:3.由此得aA:aB:aC＝8:4:3.
答案：C
4．解析：由a＝eq \f(4π2,T2)R求出小球的运动周期T＝π s，ω＝eq \f(2π,T)＝2 rad/s，A、B正确；小球在eq \f(π,4) s内转过90°，通过的位移大小为s′＝eq \r(2)R＝eq \r(2) m，小球在π s内转过一周，路程为s＝2πR＝2π m，C、D错误．
答案：AB
5．解析：当小球对圆锥体刚好无压力时，向心力Fn＝eq \f(mg,tan θ)＝mω2lcs θ，解得ω＝eq \r(\f(\r(2)g,l))mg，处于超重状态；汽车过拱形桥时，有mg－FN＝meq \f(v2,R)，则FN