2022-2023学年江西省宜春市樟树市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省宜春市樟树市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于功，下列说法正确的是( )
A. 若作用力做功，则反作用力一定做功
B. 功的正负不表示方向，而是表示大小
C. 滑动摩擦力对物体总是做负功
D. 静摩擦力可以对物体做正功，可以对物体做负功，也可以不做功
2.如图所示，一个质量为60kg的运动员正在做俯卧撑。若运动员某次撑起身体的过程中重心升高了0.1m，取重力加速度大小g=10m/s2，则该过程中运动员克服重力做的功为( )
A. 300JB. 600JC. 30JD. 60J
3.一质量为m的小球(小球视为质点)以初速度v0在水平轨道上自由滑行，最后停止在水平轨道某处，则整个过程小球克服摩擦力做功为( )
A. 14mv02B. 12mv02C. μmgsD. 2μmgs
4.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务，小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数据看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为数据可能是( )
A. 4.0×10−19CB. 4.2×10−19CC. 4.6×10−19CD. 4.8×10−19C
5.如图所示，三角形ABC中∠C=30∘，AC边上某一位置固定一点电荷，点电荷在C点处产生的电场强度大小为E，在BC边上不同位置产生的场强不同，其中场强的最大值为( )
A. 43EB. 2EC. 4ED. 3 3E
6.如图，有一条长为L=4m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30∘，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，重力加速度g=10m/s2，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为( )
A. 4 5m/sB. 5m/sC. 2 10m/sD. 30m/s
7.如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A. 木板的动能一定等于flB. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于12mv02−flD. 物块的动能一定等于12mv02−fl
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，两颗卫星A、B质量相等，卫星A绕地球运动的轨迹为圆，卫星B绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一个平面内且相切于P点，则( )
A. 卫星A的速度大于7.9km/s
B. 两卫星在P点的加速度大小相等
C. 卫星A与地球之间的连线和卫星B与地球之间的连线相等时间内扫过的面积相等
D. 卫星B的机械能大于卫星A的机械能
9.共享电动车为市民出行带来了极大的方便，已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具。某次骑行过程中驾驶员和共享电动车的总质量为100kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的0.06倍。该电动车从静止开始在水平公路上沿直线行驶，前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率行驶，其v−t图像如图所示。重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 匀加速过程加速度为0.6m/s2
B. 该电动车的额定功率为480W
C. 该电动车所能行驶的最大速度为6m/s
D. 当行驶速度为4m/s时，电动车的加速度为0.4m/s2
10.两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终于弹性限度内)( )
A. 弹簧的弹性势能一直减小
B. 力F一直增大
C. 木块A的动能和重力势能之和一直增大
D. 两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小
11.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个电荷量也为q的带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角θ=60。，两带电小球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k。则下列说法正确的是( )
A. 细线的长为2q k3 3mg
B. 带电小球B在A处的电场强度大小为 3mgq
C. 若小球A电荷量缓慢减小，则A、B两球间的库仑力不断减小
D. 若小球A电荷量缓慢减小，则细线上的拉力不断减小
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
12.(1)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图1所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大。此同学在探究中应用的科学方法是______(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。
(2)如图2，用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电轻质小球A和B，左边放一个固定的带正电的小球，电荷量为+Q，两悬线都保持竖直方向，下面说法正确的有______。
A.A带正电，B带负电
B.A带负电，B带正电
C.A所带电荷量比B大
D.A所带电荷量比B小
13.图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：
A.用天平测出重物和夹子的质量
B.把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内
C.把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态
D.将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态
E.接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源
F.用秒表测出重物下落的时间
G.更换纸带，重新进行两次实验
(1)对于本实验，以上不必要的两个步骤是______和______
图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)，打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出(结果保留两位有效数字)：
①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为______J.
②打B点时重物的动能为______J.
(2)试指出造成第(1)问中①②计算结果不等的原因是______.
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
14.某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0=2m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个质量m=0.1kg的小球。此时无人机到水平地面的距离h=5m，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球下落的时间；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离；
(3)小球落地时的动能。
15.如图所示，真空中有两个点电荷A、B分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上，所带电荷量分别为Q1=+3.6×10−7C、Q2=−9×10−8C。现引入第三个点电荷D(图中未画出)，正好使三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量。
16.如图所示，带底座的圆形轨道静置于水平地面上，两个完全相同可视为质点、质量均为m的小球，静止在轨道最低位置。两球中间夹有一压缩的微型轻弹簧，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。已知圆形轨道质量为1.5m，半径为R，重力加速度为g。小球沿轨道上升过程中，轨道装置始终静止不动。求：
(1)弹簧压缩时的弹性势能；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角多大时，圆形轨道对地面的压力刚好为零？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、作用力做功，反作用力不一定做功，反作用力是否做功与物体沿力方向是否发生位移有关，故A错误；
B、功的正负既不表示方向，也不表示大小，表示做正功或做负功，故B错误；
C、滑动摩擦力可能对物体做正功，可能做负功，也可能不做功，故C错误；
D、静摩擦力可能对物体做正功，可能做负功，也可能不做功，故D正确。
故选：D。
作用力与反作用力做功没有关系；功的正负表示做正功或做负功；滑动摩擦力和静摩擦力都可以做正功、做负功或不做功。
本题考查功，解题关键是知道知道摩擦力做功和作用力与反作用力做功的特点。
2.【答案】D
【解析】解：在撑起身体的过程中，重力做功为
WG=−mgh=−60×10×0.1J=−60J
所以克服重力做功为60J。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据W=mgh求解克服重力做功。
本题考查重力做功及重力势能的变化，解题关键掌握重力做功正负的判断。
3.【答案】B
【解析】解：AB、设整个过程小球克服摩擦力做功为W，根据动能定理得：−W=0−12mv02，得W=12mv02，故A错误，B正确；
CD、整个过程小球滑行的距离未知，不能根据功的计算公式求小球克服摩擦力做功，故CD错误。
故选：B。
在整个过程中，只有摩擦力对小球做功，根据动能定理求小球克服摩擦力做功。
解答本题时，要知道动能定理是求功，特别是变力做功常用的方法。
4.【答案】D
【解析】解：任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，即：4.8×10−19C=3×1.6×10−19C=3e，故ABC错误，D正确。
故选：D。
任何带电体所带电量一定等于元电荷e的整数倍，元电荷e=1.6×10−19C，据此即可求解。
解题关键是知道任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，并且掌握元电荷e带电量为1.6×10−19C。属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：设点电荷距C点的距离为L，如图
则根据几何关系可知，BC边上各位置距点电荷的最短距离为L2，而由点电荷产生的场强公式可得
E=kQL2
可知，BC边上场强最大为
Em=kQ(L2)2=4kQL2=4E
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据场强公式求得C点场强大小，再求出BC边上各位置距点电荷的最短距离，再根据场强公式求出场强最大值。
本题主要考查了点电荷场强的计算问题，熟悉点电荷场强的计算公式，结合几何关系即可完成分析。
6.【答案】B
【解析】解：设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E=Ep+Ek=−12×2mg×L4sin30∘−12×2mg×L4+0=−38mgL
链条全部滑出后，动能为Ek′=12×2mv2，重力势能为Ep′=−2mg×L2
由机械能守恒定律可得E=Ek′+Ep′，即−38mgL=mv2−mgL，解得v=5m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
链条运动中只有重力做功，故机械能守恒；首先确定零势能面，得出初末状态时的机械能表达式，由机械能守恒列式求解即可。
本题考查机械能守恒定律的应用，对于链条在光滑面上的滑下，由机械能守恒求出，在解题时要注意灵活选择零势能面，并根据链条的形状分段表示重力势能。
7.【答案】B
【解析】解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM。
因物块从木板右端离开木板，故有：v1>v2
CD、对物块和木板整体，根据能量守恒定律和功能关系可得：12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理解得：12mv12=12mv02−12Mv22−fl<12mv02−fl
可知物块的动能一定小于12mv02−fl，故CD错误；
AB、因摩擦产生的热量为：Q=fl=f(xm−xM)
根据运动学公式可得：xm=v0+v12⋅t，xM=v22t
由于：v0>v1>v2，可得：v0+v1>2v2
故有：xm>2xM
可得：xm−xM=l>xM
故对木板，根据动能定理可求木板的动能：EkM=fxM故选：B。
对物块从木板右端离开的过程，根据匀变速直线运动规律分析两物体的位移关系，根据动能定理解答；整体来考虑可根据能量守恒定律与功能关系判断分析。
本题考查的是功能关系与动能定理得应用，其中需注意两物体的相对滑动问题，物块滑离木板时两物体的相对位移大小等于木板的长度。
8.【答案】BD
【解析】解：A.地球第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，因此卫星A的速度小于7.9km/s，故A错误；
B.卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
GMmr2=ma
可得：a=GMr2
由于M、r都相同，则两卫星在P点的加速度大小相等，故B正确；
C.根据开普勒第二定律可知，同一轨道上的卫星与地球之间的连线相等时间内扫过的面积相等，但卫星A与卫星B不在同一轨道上，则卫星A与地球之间的连线和卫星B与地球之间的连线相等时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D.卫星从低轨道变轨到高轨道需要点火加速度，可知卫星B在P点的速度大于卫星A在P点的速度，由于两卫星质量相等，由此可分析出卫星B的机械能大于卫星A的机械能，故D正确。
故选：BD。
理解第一宇宙速度的物理意义，结合选项完成分析；
卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式；
根据开普勒第二定律结合题目选项完成分析；
根据卫星变轨的特点得出卫星在P点的速度大小关系，结合机械能的定义完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和开普勒第二定律即可完成分析。
9.【答案】AC
【解析】解：A、根据匀变速直线运动的速度与时间的关系有：v=at
将t=5s，v=3m/s代入解得：a=0.6m/s2，故A正确；
B、由题知，共享单车5s末达到额定功率，则有：P额=F5v
根据牛顿第二定律有：F5−0.06mg=ma
联立代入数据解得：P额=360W，故B错误；
C、由图象知，当车达到最大速度时有：P额=0.06mg⋅vmax
代入数据有：vmax=6m/s，故C正确；
D、当电动车行驶速度为4m/s时，汽车已经达到额定功率则有：P额=F4v4
再根据牛顿第二定律有：F4−0.06mg=ma4
联立代入解得：a1=0.3m/s2，故D错误。
故选：AC。
根据v−t图像的斜率求解汽车匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；
根据速度-时间公式求解5s末的速度，根据功率公式求解汽车的额定功率；
根据平衡条件和功率公式P=fvm求最大速度；
根据P=Fv先求牵引力，再由牛顿第二定律求加速度。
本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大。当功率一定时，可根据功率公式和牛顿第二定律求加速度。
10.【答案】BC
【解析】A、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故B正确；
C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；
D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大．故D错误；
故选：BC
A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变．在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大．在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化．
考查牛顿第二定律、机械能守恒定律的条件、弹力做功与弹性势能的变化关系．可知当除重力或弹力以外的力做功，若做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．
11.【答案】ABC
【解析】解：AB.对小球A受力分析，小球A受重力、绳子的拉力和小球B对A的静电力，小球处于平衡状态，由力的平衡条件可得
F静=mgtan⁡60∘= 3mg
根据场强的定义式可得：
E=F静q= 3mgq
由库仑定律有
F静=kq2r2= 3mg
解得：r= kq2 3mg
由几何关系可得细线的长为
l=rsin60∘=2 33r=2 33× kq2 3mg=2q k3 3mg
故AB正确；
CD.若小球A电荷量缓慢减小，小球A将下摆，对小球A受力分析，示意图如图所示：
根据图像中的相似三角形可知
mgOB=TL=Fd
其中d为B球与A球间的距离，L为细线长度，因OB、L不变，而d减小，A、B两球间的库仑力不断减小，细线上的拉力不变，故C正确，D错误。
故选：ABC。
对小球A进行受力分析，根据其平衡状态结合库仑定律得出细线的长度；
对小球A进行受力分析，根据相似三角形的特点分析出其受力的变化趋势。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合共点力的动态平衡问题即可完成分析。
12.【答案】减小 增大 控制变量法 BD
【解析】解：(1)根据电荷间的相互作用规律可知，A、B两小球带上同种电荷，B球偏角的大小与两小球之间的相互作用力的大小有关，相互作用力越大，小球的偏角越大；
当保持两小球电荷量不变时，A球越靠近B球，B球的偏角越大，说明两球的距离越小，两小球之间的作用力越大，即两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；
当保持两小球的距离不变时，增大小球A的电荷量，B球的偏角增大，说明两小球的电荷量越大，两小球之间的作用力越大，即两电荷之间的相互作用力，随其电荷量的增大而增大；
由于两小球之间的作用力不仅与两小球之间的距离有关，还有两小球的电荷量有关，因此要采用控制变量法进行探究。
(2)由于两小球处于静止状态，且细线保持竖直，若A带正电，B一定带正电，但此时B不能平衡，所以A只能带负电，B带正电，B受Q和A给的库仑力，因为Q和B距离大，所以B的电荷量较大，才可以平衡；
综上分析，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
故答案为：(1)减小；增大；控制变量法；(2)BD。
(1)根据演示实验的现象分析作答；
根据演示实验可知，影响B球悬线的偏角的因素有两小球之间的距离，小球所带的电荷量，据此分析采用的物理方法；
(2)根据电荷间的相互作用规律分析作答。
该题考查库仑定律的演示实验和电荷之间的平衡问题；对应三个自由电荷要互相平衡，应遵循“两同夹异、两大夹小、近小远大”的原则。
13.【答案】由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功
【解析】解：(1)实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，所以不需要测出重物和夹子的质量，故A不需要．
物体下落的时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表测重物下落的时间，故F不需要．
故选：A和F.
①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量△Ep=mgh=0.5×9.8×0.176J=0.86J.
②B点的速度vB=xAC2T=0.2299−，则B点的动能EkB=12mvB2=12×0.5×1.82=0.81J.
(2)第(1)问中①②计算结果不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功．
故答案为：(1)A、F，(2)由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功
(1)根据实验的原理和注意事项确定实验中不必要的步骤．
根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度求出B点的瞬时速度，从而得出B点的动能．
(2)重力势能的减小量与动能增加量不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功引起的．
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果．掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，会根据纸带求出瞬时速度，从而得出动能的增加量．
14.【答案】解：(1)根据h=12gt2可得，小球下落时间为
t= 2hg= 2×510s=1s
(2)根据x=v0t可得
x=v0t=2×1m=2m
(3)根据动能定理有
mgh=Ek−12mv02
得：Ek=mgh+12mv02=(0.1×10×5+12×0.1×22)J=5.2J
答：(1)小球下落的时间为1s；
(2)小球释放点与落地点之间的水平距离为2m；
(3)小球落地时的动能为5.2J。
【解析】(1)根据平抛运动竖直方向上的运动特点得出运动的时间；
(2)根据水平方向上的运动特点得出水平距离；
(3)根据动能定理列式得出小球落地时的动能。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)x轴上点电荷A、B因为A、B带异种电荷，由于B电荷量小于A的，故场强为0的点要离B更近，则电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，设其坐标为x，则有
kQ1x2=kQ2(x−xAB)2
解得x=12cm
(2)由于x=12cm处电场强度为0，点电荷D应放置在x=12cm处才能受力平衡，对点电荷A受力分析，有
kQ1Q3x2=kQ2Q1xAB2
解得Q3=3.6×10−7C
答：(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标为x=12cm；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量为3.6×10−7C。
【解析】先A、B产生的电场强度的大小和方向，分析根据出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，再列式求解；三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态，对A列平衡方程求解D所带的电荷量。
分析出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置B的右侧是解本题的关键，再根据平衡方程列式即可，难度不大，解题时注意电荷间的距离。
16.【答案】解：(1)小球刚好能到达轨道最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg=mv2R
解得：v= gR
由机械能守恒定律可得弹簧压缩时的弹性势能为
Ep=2(mg×2R+12mv2)=5mgR
(2)设小球与圆心的连线和竖直方向夹角为θ时，即在A点时，圆形轨道对地面的压力刚好是零，如图所示。
小球由最低点到A点时，由机械能守恒定律可得
52mgR=mgR(1+csθ)+12mvA2
解得：vA2=(3−2csθ)gR
在A点，对小球由牛顿第二定律可得
F向=mvA2R=(3−2cs⁡θ)mg
轨道对小球的弹力
FN=F向−mgcs⁡θ=(3−2cs⁡θ)mg−mgcs⁡θ=3(1−cs⁡θ)mg
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的弹力大小为
F′N=FN
由平衡条件可得：
2F1=2F′Ncsθ=6(1−csθ)mgcsθ=1.5mg
整理可得：
−6cs2θ+6csθ−1.5=0
解得：csθ=12，即θ=60∘
答：(1)弹簧压缩时的弹性势能为5mgR；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角为60∘时，圆形轨道对地面的压力刚好为零。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出小球到达轨道最高点时的速度，结合机械能守恒定律求解弹簧压缩时的弹性势能；
(2)设小球在A点时，圆形轨道对地面的压力刚好为零。根据机械能守恒定律得出小球在A点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律分析出对应的角度。
本题考查机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用，要理解机械能守恒的条件，把握隐含的临界条件，能根据机械能守恒定律和牛顿第二定律得到θ的表达式，结合数学知识和完成分析。