2025年高考物理 人教版必修第2冊第8章　3含答案

2025年高考物理人教版必修第2冊第8章3含答案第八章3課后知能作業(yè)基礎鞏固練1．如圖所示，AB是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC為水平直軌道，兩軌道于B點平滑連接，BC的長度等于10R。一質量為m的物體(視為質點)，從軌道頂端A處由靜止釋放，恰好運動到水平直軌道C處停止。則物體與軌道BC間的動摩擦因數μ等于()A．0.1 B.0.3C.0.4 D.0.6解析：由動能定理可得mgR－μmg·10R＝0，解得μ＝0.1，故選A。2.如圖所示，質量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時動能等于mg(H＋h)B．小球在泥土中受到的平均阻力為eq\f(mgH,h)C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功等于剛落到地面時的動能解析：小球落到地面的過程，根據動能定理有mgH＝Ek，可知，小球落地時動能等于mgH，A錯誤；小球在運動的全過程有mg(H＋h)－fh＝0，解得f＝eq\f(mgH＋h,h)，B錯誤；根據上述，整個過程中小球克服阻力做的功為Wf＝fh＝mg(H＋h)，C正確；小球陷入泥中的過程，根據動能定理有mgh－Wf＝0－Ek，解得Wf＝mgh＋Ek，可知，小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功等于剛落到地面時的動能與后面減小的重力勢能mgh之和，D錯誤。故選C。3．小木塊由靜止開始沿傾角θ＝37°的斜面向下滑動，最后停在水平面上。斜面與水平面平滑連接，小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ。整個運動過程中，小木塊的動能Ek與水平方向位移x的關系圖像如圖所示，圖中Ek0、x0均為未知量，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則μ的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4) D.eq\f(1,8)解析：在斜面上由動能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)eq\f(x,cosθ)＝Ek，結合圖線有(mgsinθ－μmgcosθ)eq\f(1,cosθ)＝eq\f(Ek0,x0)，在水平面上由動能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，則有Ek＝Ek0－μmgx，結合圖線有μmg＝eq\f(Ek0,3x0－x0)，解得μ＝eq\f(1,4)，A、C、D錯誤，B正確。故選B。4．質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D.－μmg(s＋x)解析：彈簧被壓縮至最短時物體速度為零，物體從開始運動到彈簧被壓縮至最短的過程中，設物體克服彈簧彈力所做的功為W，根據動能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選A。5.如圖所示，一質量為m的質點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN。重力加速度為g，則質點自A滑到B的過程中，摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)R(FN－mg) B.eq\f(1,2)R(2mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－3mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)解析：設在B點的速度為v，由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)，則質點在B點的動能為EkB＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(FN－mg)R，質點從A滑到B的過程中，由動能定理得mgR＋Wf＝EkB－0，解得Wf＝eq\f(1,2)R(FN－3mg)，故選C。6．如圖所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．－mgR D.(1－μ)mgR解析：設在AB段摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，根據動能定理，有mgR＋WAB－μmgR＝0，解得WAB＝(μ－1)mgR，所以物體在AB段克服摩擦力所做的功為W＝(1－μ)mgR，故選D。能力提升練7．一質量為m的質點，系在輕繩的一端，繩的另一端固定在水平面上，水平面粗糙。此質點以初速度v0做半徑為r的圓周運動，滑動摩擦力大小恒定，當它運動3周時，其速率變?yōu)閑q\f(v0,2)，已知重力加速度為g，則()A．質點所受合外力作向心力B．當質點運動3周時加速度大小為eq\f(v\o\al(2,0),4r)C．質點在水平面上總共轉動了4圈D．質點在運動過程中動能隨時間均勻減小解析：由于水平面粗糙，質點還受到切線方向的摩擦力作用，則質點所受繩子的拉力作向心力，A錯誤；由題知質點運動3周時，其速率變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時繩子的拉力為FT＝meq\f(v\o\al(2,0),4r)，則質點所受的合外力為F＝eq\r(f2＋F\o\al(2,T))，則當質點運動3周時加速度大小不等于eq\f(v\o\al(2,0),4r)，B錯誤；由題知，質點運動3周時，其速率變?yōu)閑q\f(v0,2)，則根據動能定理有－f·3·2πr＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，設質點在水平面上總共轉動了n圈停止，則有－f·n·2πr＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯立解得n＝4，C正確；由于水平面粗糙，質點還受到切線方向的摩擦力作用，則質點在切線方向做勻減速直線運動，有v＝v0－at，a＝eq\f(f,m)，則質點在運動過程中動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－at)2，故質點在運動過程中動能不隨時間均勻減小，D錯誤。故選C。8．2022年，北京冬奧會女子滑雪U形槽項目成功舉行。如圖所示，U形槽可以簡化成是由AB、CD兩個相同的四分之一光滑圓弧與BC水平雪道組成的，BC與圓弧雪道相切。質量為m的運動員(可視為質點)從O點自由下落，由左側A點進入U形槽中，從右側D點自由飛出后上升至Q點。其中OA＝h，QD＝0.75h，圓弧半徑R＝2h。不計空氣阻力，重力加速度取g，下列說法正確的是()A．運動員運動到A點的速度為eq\r(gh)B．運動員首次運動到B點的速度為eq\r(6gh)C．運動員最終可能靜止在AB段D．運動員第二次離開U形槽后，最高能夠到達相對于A點0.8h高的位置解析：根據動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得運動員運動到A點的速度為vA＝eq\r(2gh)，故A錯誤；設運動員首次運動到B點的速度為vB，根據動能定理可得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(2gh＋R)＝eq\r(6gh)，故B正確；由于AB段為光滑圓弧，可知運動員最終不可能靜止在AB段，故C錯誤；運動員從O到Q過程，根據動能定理可得mg(h－0.75h)－Wf＝0－0，解得該過程克服摩擦力做功為Wf＝0.25mgh，運動員第二次離開U形槽后，最高能夠到達相對于A點高為h′的位置，根據動能定理可得mg(0.75h－h(huán)′)－Wf＝0－0，解得h′＝0.5h，故D錯誤。故選B。9．一列質量為m的磁懸浮列車，以恒定功率P在平直軌道上由靜止開始運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設磁懸浮列車行駛過程所受到的阻力保持不變，在時間t過程中，下列說法正確的是()A．磁懸浮列車的加速度不斷增大B．磁懸浮列車的阻力大小為eq\f(Pt,vm)C．磁懸浮列車克服阻力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－PtD．磁懸浮列車克服阻力做的功為Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：根據a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(\f(P,v)－f,m)，可知，隨速度增加，磁懸浮列車的加速度不斷減小，選項A錯誤；達到最大速度時牽引力等于阻力，即F＝f，則磁懸浮列車的阻力大小為f＝F＝eq\f(P,vm)，選項B錯誤；根據動能定理Pt－W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得磁懸浮列車克服阻力做的功為W阻＝Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，選項C錯誤，D正確。故選D。10．(多選)如圖所示，質量m＝1kg的物塊(可視為質點)，以速度大小v0＝4m/s水平向右滑上正在逆時針轉動的水平傳送帶，傳送帶AB的長度L＝6m，傳送帶的速度大小v＝2m/s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度大小g＝10m/s2。關于物塊在傳送帶上的運動，下列表述正確的是()A．物塊滑離傳送帶時的動能為1JB．物塊滑離傳送帶時的動能為2JC．傳送帶對物塊做的功為6JD．傳送帶對物塊做的功為－6J解析：物塊與傳送帶之間的摩擦力為μmg，加速度大小a＝μg＝2m/s2，物塊減速到零時的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝4m，所以物塊沒有到達B端，物塊會向左加速運動，加速到與傳送帶相同速度時的位移x1＝eq\f(v2,2a)＝1m，則物塊還要以2m/s的速度向左勻速運動x′＝4m－1m＝3m脫離傳送帶，所以物塊滑離傳送帶時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝2J，故A項錯誤，B項正確；根據動能定理，傳送帶對物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－6J，C項錯誤，D項正確。故選BD。11．(多選)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時，發(fā)動機的功率為P。司機為合理進入限速區(qū)，減小油門使汽車功率立即減小到eq\f(2P,3)，并保持該功率繼續(xù)行駛。設汽車行駛過程中所受阻力大小不變，從司機減小油門開始，汽車運動的v-t圖像如圖所示，t1時刻后，汽車做勻速運動。汽車因油耗而改變的質量可忽略。下列說法正確的是()A．汽車所受阻力大小為eq\f(P,v0)B．在0～t1時間內，汽車的牽引力不斷增大C．t1時刻后，汽車勻速運動的速度大小為eq\f(2v0,3)D．在0～t1時間內，汽車行駛的位移大小為eq\f(5,6)v0t1解析：汽車以速度v0勻速行駛時牽引力大小等于阻力，所以汽車所受阻力大小為f＝F0＝eq\f(P,v0)，故A正確；減小油門后，機車的功率保持不變，當速度減小時，根據P＝Fv，可知，在0～t1時間內，汽車的牽引力不斷增大，故B正確；t1時刻后，汽車功率為eq\f(2P,3)，再次勻速運動時阻力仍然等于eq\f(P,v0)，所以eq\f(2P,3)＝fv1，解得，t1時刻后，汽車勻速運動的速度大小v1＝eq\f(2v0,3)，故C正確；若汽車做勻減速直線運動，0～t1時間內位移為eq\f(5,6)v0t1，由圖知汽車實際做加速度減小的減速運動，則位移不是eq\f(5,6)v0t1，故D錯誤。故選ABC。12．如圖所示，在距地面高為h的光滑水平臺面上，質量為m＝2kg的物塊左側壓縮一個輕質彈簧，彈簧與物塊未拴接。物塊與左側豎直墻壁用細線拴接，使物塊靜止在O點。水平臺面右側有一傾角為θ＝37°的光滑斜面，半徑分別為R1＝0.5m和R2＝0.2m的兩個光滑圓形軌道固定在粗糙的水平地面上，且兩圓軌道分別與水平面相切于C、E兩點，兩圓最高點分別為D、F。現剪斷細線，已知初始時刻的彈簧彈性勢能為64J，恢復原長后全部轉化為物塊的動能，物塊離開水平臺面后恰好無碰撞地從A點落到光滑斜面上，運動至B點后(在B點無能量損失)沿粗糙的水平面從C點進入光滑豎直圓軌道且通過最高點D，已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.1，AB長度L1＝0.5m，BC距離L2＝3m，g＝10m/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求水平臺面的高度h；(2)求物塊經過D點時對圓軌道的壓力；(3)為了讓物塊能從E點進入圓軌道且不脫離軌道，則C、E間的距離應滿足什么條件？答案：(1)2.1m(2)300N(3)0≤XCE<45m或48m≤XCE<50m解析：(1)剪斷細線，彈簧的彈性勢能全部轉化為物塊的動能，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ep解得v0＝8m/s物塊離開水平臺面后恰好無碰撞地從A點落到光滑斜面上，則有tan37°＝eq\f(vAy,v0)解得vAy＝6m/s則臺面到A點的高度為h1＝eq\f(v\o\al(2,Ay),2g)＝1.8m水平臺面的高度為h＝h1＋L1sin37°＝2.1m。(2)物塊從離開水平臺面到經過D點過程，根據動能定理可得mg(h－2R1)－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vD＝4eq\r(5)m/s，物塊經過D點時，根據牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,D),R1)解得FN＝300N根據牛頓第三定律可知，物塊經過D點時對圓軌道的壓力大小為300N，方向豎直向上。(3)設物體剛好能到達E點，從D到E的過程，根據動能定理可得mg·2R1－μmgs1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得s1＝50m設物體經過E點后剛好到達圓心等高處，根據動能定理可得mg·2R1－μmgs2－mgR2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得s2＝48m設物體經過E點后剛好經過最高點F，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,F),R2)根據動能定理可得mg·2R1－μmgs3－mg·2R2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯立解得s3＝45m為了讓物塊能從E點進入圓軌道且不脫離軌道，則C、E間的距離應滿足0≤XCE≤45m或48m≤XCE≤50m。第八章4課后知能作業(yè)基礎鞏固練1．下面各個實例中(除A外都不計空氣阻力)，過程中機械能是守恒的是()A．跳傘運動員帶著張開的降落傘在空氣中勻速下落B．拋出的標槍在空中運動C．拉著一個金屬塊使它沿光滑的斜面勻速上升D．在光滑水平面上運動的小球碰到一個彈簧，把彈簧壓縮后，又被彈回來解析：跳傘運動員帶著張開的降落傘在空氣中勻速下落時，動能不變，重力勢能減小，兩者之和減小，即機械能減小，故A錯誤；被拋出的標槍在空中運動時，只有重力做功，機械能守恒，故B正確；金屬塊在拉力作用下沿著光滑的斜面勻速上升時，動能不變，重力勢能變大，故機械能變大，故C錯誤；小球碰到彈簧被彈回的過程中只有彈簧彈力做功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能不守恒，故D錯誤。故選B。2．關于機械能守恒，下列說法正確的是()A．物體必須在只受重力作用的情況下，機械能才守恒B．物體做平拋運動時，機械能一定守恒C．合外力對物體做功為零時，機械能一定守恒D．人乘電梯減速上升的過程，人的機械能一定守恒解析：只有重力或只有內部彈力做功的系統(tǒng)機械能守恒，除重力外物體還受其他力，但其他力不做功或做功和為零，物體機械能也守恒，故A錯誤；物體做平拋運動時只有重力做功，機械能守恒，故B正確；合力對物體做功為零，機械能不一定守恒，如在豎直方向勻速下落的物體合外力做功為零，但機械能減少，機械能不守恒，故C錯誤；人乘電梯減速上升過程，支持力做正功，機械能增加，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，一小球自A點由靜止開始自由下落，到達B點時與彈簧接觸，到C點時彈簧被壓縮至最短。若不計彈簧的質量和空氣阻力，在小球由A至B到C的運動過程中()A．小球在B點時動能最大B．小球的機械能守恒C．小球由B到C的加速度先減小后增大D．小球由B到C的過程中，動能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量解析：小球在A到B的過程中，只有重力做功，機械能守恒，在B到C的過程中，有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球機械能不守恒，故B錯誤；小球從接觸彈簧開始，重力先大于彈力，加速度方向向下，向下加速，加速度逐漸減小，當重力與彈簧彈力相等時，速度最大，然后彈力大于重力，加速度方向向上，做減速運動，加速度逐漸增大，故小球從B到C過程中加速度先減小后增大，故A錯誤，C正確；小球由B到C的過程中，動能減小，重力勢能減小，彈性勢能增加，根據能量守恒定律知，動能和重力勢能的減小量等于彈性勢能的增加量，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，質量為m的小球以某一速度經過固定光滑圓弧軌道的最低點，已知小球經過圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小為7mg，不計空氣阻力，則小球通過最高點時對軌道的壓力大小為()A．0 B.mgC.2mg D.3mg解析：小球經過圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小為7mg，根據牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力大小也為7mg，則在最低點有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，由機械能守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最高點有mg＋FN′＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，聯立可得在最高點軌道對小球的壓力為FN′＝mg，根據牛頓第三定律可知，通過最高點時，小球對軌道的壓力大小也為mg。故選B。5.一輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質量是A球的2倍，B球離地面高h，由靜止釋放小球B，重力加速度為g，滑輪質量忽略，阻力不計，則()A．A球上升的最大高度為hB．B球下落過程機械能守恒C．當B球剛好落地時，A球的速度大小是eq\r(\f(2gh,3))D．B球下落過程中A球的機械能減少解析：A球上升h時有一定的速度，由于慣性還會繼續(xù)上升，A錯誤；B球下落過程，繩上的拉力對B球做負功，B球機械能減少，繩上的拉力對A球做正功，A球機械能增多，B、D錯誤；B球下落過程，系統(tǒng)機械能守恒，設A球質量為m，B球質量為2m，可得2mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2，解得當B球剛好落地時，A球的速度大小為v＝eq\r(\f(2gh,3))，C正確。故選C。6.如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，與豎直軌道AB和水平軌道CD相切，軌道均光滑。現有長也為R的輕桿，兩端固定質量均為m的相同小球a、b(可視為質點)，用某裝置控制住小球a，使輕桿豎直且小球b與B點等高，然后由靜止釋放，桿將沿軌道下滑。設小球始終與軌道接觸，重力加速度為g。則()A．下滑過程中小球a機械能增大B．下滑過程中小球b機械能守恒C．小球a滑過C點后，速度大小為eq\r(3gR)D．從釋放至小球a滑過C點的過程中，輕桿對小球b做功為－eq\f(mgR,2)解析：最終a、b都滑至水平軌道時(即小球a滑過C點后)速度相等，設為v，下滑過程中只有重力對a、b組成的系統(tǒng)做功，系統(tǒng)滿足機械能守恒，則有mgR＋mg·2R＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(3gR)，故C正確；設從釋放至a球滑過C點的過程中，輕桿對b球做功為W，對b根據動能定理有W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(1,2)mgR，故D錯誤；根據以上分析可知，下滑過程中，桿對a球做負功，對b球做正功，所以a球機械能減少，b球機械能增加，故A、B錯誤。故選C。能力提升練7．(多選)如圖甲所示，固定的斜面長為10m，質量為m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢能參考平面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷中正確的是()A．斜面的傾角為45°B．滑塊與斜面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),4)C．下滑過程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過程中損失的機械能為25J解析：根據題圖乙可知動能與位移圖像的斜率大小為合外力大小，即F＝eq\f(25,10)N＝eq\f(5,2)N，根據題圖丙可知重力勢能與位移圖像斜率大小為重力在斜面上的分力大小，即mgsinθ＝10N，滑塊下滑過程中應用牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A錯誤，B正確；根據上述分析可知滑塊所受合外力為eq\f(5,2)N，根據牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢能損失100J，動能增加25J，說明機械能損失75J，故D錯誤。故選BC。8．(多選)如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．輕質繩長為eq\f(bm,a)B．當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為eq\f(ac,b)－aC．小球在最低點受到的最小拉力為5aD．若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過90°的過程中桿始終對小球產生支持力解析：小球在最高點時，由牛頓第二定律T＋mg＝meq\f(v2,l)，由圖像可知mg＝a；eq\f(m,l)＝eq\f(a,b)，解得l＝eq\f(bm,a)，選項A正確；當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為T＝meq\f(v2,l)－mg＝eq\f(ac,b)－a，選項B正確；小球在最高點時最小速度為veq\o\al(2,1min)＝b，則由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1min)＋2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2min)；T2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2min),l)，解得最低點受到的最小拉力為T2＝6a，選項C錯誤；若把輕繩換成輕桿，則從最高點由靜止轉過90°的過程中開始時桿對小球的作用力為支持力；轉到水平位置時由桿的拉力提供向心力，即此時桿對球的作用力是拉力，所以在小球從最高點由靜止轉過90°的過程中，桿對小球的作用力開始時是支持力，然后是拉力，選項D錯誤。故選AB。9．(多選)如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角為θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心。質量為m的小球(可視為質點)從與B點高度差為h的位置A點沿斜面由靜止釋放，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．當h＝2R時，小球過C點時對軌道的壓力大小為5mgB．當h＝2R時，小球不能從D點離開圓弧軌道C．當h＝3R時，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mgD．調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點解析：當h＝2R時，從A點到C點的過程，根據機械能守恒有mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，過C點時根據牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得支持力FN＝eq\f(27,5)mg，根據牛頓第三定律可知，小球過C點時對軌道的壓力大小為eq\f(27,5)mg，故A錯誤；若小球恰好從D點離開圓弧軌道時，設其速度為v0，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq\r(gR)，根據機械能守恒定律可得mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h0＝2.3R>2R，所以當h＝2R時，小球在運動到D點前已經脫離軌道，不會從D點離開做平拋運動，故B正確；當h＝3R時，小球運動到D點時速度大小為vD，從釋放到達到D點，由機械能守恒可得mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝eq\r(2.4gR)，由牛頓第二運動定律可得N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得N＝1.4mg，根據牛頓第三定律可得小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mg，故C正確；根據B選項可知，若小球能從D點離開圓弧軌道，則小球在D點的速度為v0＝eq\r(gR)，小球以速度v0從D點離開后做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律可得R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，解得t0＝6eq\r(\f(R,10g))，水平位移x＝v0t0＝eq\f(6R,\r(10))≈1.9R>0.6R，小球不能落在B點，故D錯誤。故選BC。10．(多選)輕桿AB長2L，A端連在固定軸上，B端固定一個質量為2m的小球，中點C固定一個質量為m的小球。AB桿可以繞A端在豎直平面內自由轉動?，F將桿置于水平位置，如圖所示，然后由靜止釋放，不計各處摩擦與空氣阻力，則下列說法正確的是()A．AB桿轉到豎直位置時，角速度為eq\r(\f(10g,9L))B．AB桿轉到豎直位置的過程中，B端小球的機械能的增量為eq\f(4,9)mgLC．AB桿轉動過程中桿CB對B球做正功，對C球做負功，桿AC對C球做正功D．AB桿轉動過程中，C球機械能守恒解析：在AB桿由靜止釋放到轉到豎直位置的過程中，以B端的球的最低點為零勢能點，根據機械能守