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2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 以下说法正确的是( )
A. 物体做曲线运动时，速度一定是变化的
B. 物体做圆周运动时，所受合力的方向总是指向圆心
C. 若物体受合力等于零，则机械能总量一定保持不变
D. 若系统内存在摩擦力做功，则动量一定不守恒
2. 2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮送人太空，大约6.5小时后，神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，对接过程如图所示，空间站处于圆形轨道Ⅱ，“神舟十六号”经过变轨后，沿椭圆轨道I运动到B处与空间站对接，则( )
A. 飞船在轨道Ⅰ的A点速度等于第一宇宙速度
B. 飞船沿轨道Ⅰ从A点运动到B点的过程中，速度不断增大
C. 飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于空间站在轨道Ⅱ运行的周期
D. 飞船在轨道Ⅰ上与地心的连线和空间站与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等
3. 对教材中圆周运动的图片，下列分析正确的是( )
A. 如图，汽车通过拱桥的最高点时，速度越大，对桥的压力越大
B. 如图，一圆锥摆在水平面内做匀速圆周运动，若改变绳长，而保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度随着θ的增大而增大
C. 如图，在固定的光滑圆锥筒内，同一小球先后在A、B位置做匀速圆周运动，则小球在A位置处所受筒壁的支持力大于在B位置处所受的支持力
D. 如图，火车转弯时若超过规定速度行驶，外轨对火车轮缘会有挤压作用
4. 如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v−t图像。以下判断正确的是( )
A. 在0～1s内，物体做匀速直线运动 B. 在0～1s内，物体做匀变速直线运动
C. 在1～2s内，物体做匀变速曲线运动 D. 在1～2s内，物体做匀变速直线运动
5. 如图为汤池镇金汤湖五一假期期间水幕电影的场景。主喷泉竖直喷出的最高水柱约45m，喷管的横截面积约为6.0×10−3m2，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。据此估计主喷管喷水时的输出功率约为( )
A. 2.7×103W B. 8.1×104W C. 2.7×105W D. 8.1×105W
6. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，在平直轨道上由静止起加速，经时间t达到最大速度v，此过程发动机的输出功率恒为P，所受到的阻力为F。则动车在时间t内( )
A. 加速度大小恒为vt B. 合力做功为Pt
C. 牵引力做功为12mv2 D. 位移大小为PtF−mv22F
7. 如图所示，足够长的水平传送带保持v=1m/s的速度匀速运动，漏斗以20kg/s的流量往传送带上装砂子，不计砂子的初速度，则与不传送砂子相比，传送带的电动机每秒要多做的功为( )
A. 10J B. 20J C. 30J D. 40J
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。该双星系统由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上某点旋转。通过观测发现，两颗恒星正在缓慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量保持不变。则以下说法中正确的是( )
A. 双星之间引力大小不变 B. 每颗星的向心加速度均变大
C. 双星系统周期逐渐变小 D. 双星系统转动的角速度变小
9. 一质量为2kg的物块静止在水平地面上，t=0时起在水平力F的作用下运动，F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. t=2s时物块的动量大小为8kg⋅m/s
B. t=3s时物块的速度大小为2m/s
C. 0～4s时间内F对物块的冲量大小为4N⋅s
D. 0～4s时间内物体的位移为3m
10. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接.开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无张力.滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知乙物体始终未与地面接触，重力加速度为g，sinα=0.8，cosα=0.6。则( )
A. 弹簧的劲度系数为3mg2d
B. 小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
C. 乙物体的重力功率一直增大
D. 小球位于Q点时的速度大小为 83gd
三、填空题（本大题共1小题，共9.0分）
11. 某同学在实验室发现一张小球做平抛运动的部分频闪照片，小球的瞬时位置如图中A、B、C所示，照片背景为一堵贴近小球的竖直砖墙，已知每块砖的厚度h=5.0cm和长度l=15.0cm，频闪照片的拍摄频率f=14Hz，不计砖块间的缝隙宽度和空气阻力。
(1)由以上已知量和测量量，可求得小球的水平初速度v0= ______ m/s。当地的重力加速度g= ______ m/s2；(结果均保留两位有效数字)；
(2)小球实际的抛出位置在A点上方第______ 层砖内。
四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
12. 某探究小组利用如图1装置验证机械能守恒定律。一根长为L的不可伸长细线一端系住可视为质点的小钢球，另一端悬挂在铁架台上并连接拉力传感器。开始小球静止于A位置，此时拉力传感器示数为F0，实验中将钢球拉至距A高为h0处的位置B由静止释放，并记录小钢球到达A位置时拉力传感器示数F1，已知重力加速度为g，则(结果用题目中给出的字母F0、h0、F1、L、g表示)
(1)小钢球质量为______ ；
(2)若要验证机械能守恒定律，则只需要验证表达式______ 是否成立即可；
(3)该组同学将小钢球拉至距A位置不同高度h处由静止释放，记下小钢球到达A位置时拉力传感器示数F，并作出F−h图像，如果小钢球的机械能守恒，如图2图像合理的是______ 。
五、简答题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 可引江济雅工程是跨长江、淮河流坡重大战略性水资源配置工程，也是全国172项重大水利工程标志性工程。图甲为“引江济淮”庐江船闸工程图景，图乙为大坝截面示意图.某家长带小孩在坝顶游览时，小孩在A点正对水面水平抛出一扁平小石子，已知斜面AB的长度为L，倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)若小石子恰好落在B点，求石子抛出时速度v1的大小；
(2)如果石子接触水面时的速度方向与水面夹角不大于θ时，石子就会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要形成“水漂”效果，求石子抛出速度v2的最小值。
14. 将地球看成是质量分布均匀的球体，设万有引力常量为G，地球质量为M、半径为R、自转周期为T。
(1)2023年5月17日，由航天科技集团五院研制的第五十六颗北斗导航卫星在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星是我国北斗三号工程的首颗备份卫星，属于地球同步轨道卫星。试求该卫星距离地面的高度h。
(2)研究发现，在赤道上测量同一物体的重力，所得结果较南极测量值偏小，说明赤道上重力加速度值小于南极重力加速度值，试求南极和赤道上的重力加速度的差值Δg。
15. 如图所示，光滑水平面的左侧是倾角为θ=37°的粗糙斜面，右侧是竖直半圆形光滑轨道。可看作质点的物块A、B放在水平面上，两者用细线相连，A、B间有一轻质压缩弹簧。某时刻烧断细线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上斜面，沿斜面上升的最大高度为h=0.75m。物块B向右运动进入半圆轨道。已知物块A质量为mA=2kg，物块B质量为mB=1kg，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)物块A被弹簧弹开时获得的初速度vA的大小；
(2)细线烧断前弹簧的弹性势能Ep；
(3)欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径R应该满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.物体做曲线运动时，速度方向一定变化，即速度一定是变化的，故A正确；
B.物体只有做匀速圆周运动时，所受合力的方向才是指向圆心，故B错误；
C.若物体受合力等于零，机械能总量不一定保持不变，例如物体向上匀速运动时，机械能增加，故C错误；
D.若系统内存在摩擦力做功，则动量也可能守恒，例如长木板放置在光滑水平面上，物块以一定的初速度在长木板上滑动时，物块和木板系统动量守恒，故D错误。
故选：A。
物体做曲线运动时，速度方向一定变化，匀速圆周运动的合力的方向才是指向圆心，根据机械能守恒和动量守恒的条件分析CD。
本题考查对动量守恒条件的理解，抓住守恒条件：合外力为零，同时再通过举例的方法进行分析即可求解，注意机械能守恒的条件。
2.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度是圆周环绕的最大速度，飞船在轨道Ⅰ的A点做离心运动，速度不等于第一宇宙速度，故A错误；
B.飞船沿轨道Ⅰ从A点运动到B点的过程中，引力做负功，速度不断减小，故B错误；
C.飞船沿轨道Ⅰ运行的半长轴小于空间站在轨道Ⅱ运行的半径，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于空间站在轨道Ⅱ运行的周期，故C正确；
D.开普勒第二定律适用于同一个卫星，飞船在轨道Ⅰ上与地心的连线和空间站与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误；
故选：C。
第一宇宙速度是圆周环绕的最大速度，根据引力做功分析速度变化，根据开普勒第三定律分析C，根据开普勒第二定律的适用条件分析D。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是掌握卫星变轨原理，注意第一宇宙速度的含义。
3.【答案】D
【解析】解：A、汽车受力如图1所示，重力与支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg−F=mv2r，解得：F=mg−mv2r，根据牛顿第三定律可知，汽车对桥的压力大小F′=F=mg−mv2r，速度v越大，压力越小，故A错误；
B、受力如图2所示，细线的拉力与重力的合力，即细线拉力沿水平方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，设圆锥高为h，由几何知识得：tanθ=rh，解得：ω= gh，h和g不变，角速度不变，故B错误；
C、受力如图3所示，设圆锥面与竖直方向夹角为α，则sinα=mgF ，mg与α相等，则小球在两个位置所受支持力相等，故C错误；
D、受力如图4所示，设轨道平面与水平方向夹角为β，当火车与铁轨的侧向弹力为零时，由牛顿第二定律得：mgtanβ=mv2r，若火车速度变大，需要更大的向心力，由铁轨对货车的支持力与重力的合力提供的向心力不足，则需要外轨对火车提供侧向弹力，外轨对火车轮缘有挤压作用，故D正确。
故选：D。
分析每种模型中物体的受力情况，根据合力提供向心力，求出相关的物理量，进行分析即可。
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意通过受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况。
4.【答案】D
【解析】解：AB、由图像可知，在0～1s内，x方向物体做匀速直线运动，y方向物体做匀加速直线运动，则物体的合运动为匀变速曲线运动，故AB错误；
CD、由图像可知，在1～2s内，x方向物体做匀加速直线运动，加速度为a1=Δv1Δt1=8−42−1m/s2=4m/s2
1s时物体的速度为v1=4m/s
y方向物体做匀加速直线运动，加速度为a2=Δv2Δt2=62m/s2=3m/s2
1s时，物体的速度为v2=3m/s
设1s时合速度的方向与x方向夹角为θ，则tanθ=v2v1=34
设加速度的方向与x方向夹角为α，则tanα=a2a1=34
则θ=α，即初速度方向与加速度方向共线，则在1～2s内，物体做匀变速直线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
根据运动的合成与分解知识，利用平行四边形定则，将水平方向的运动与竖直方向的运动进行合成，并结合曲线运动的条件进行判断即可。
本题考查了运动的合成与分解，应明确两分运动相互独立，根据平行四边形定则和曲线运动的条件进行判断即可。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，设主喷管喷水时的喷出水的速度为v，则有
v2=2gh
解得
v= 2×10×45m/s=30m/s
设主喷管喷水时的输出功率约为P，时间为t，则有
Pt=12mv2=12ρvtSv2
P=12ρSv3=12×1.0×103×6.0×10−3×303W=8.1×104W
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据运动学公式求出水离开管口的速度，结合m=ρV求出质量表达式，根据动能定理求出功率。
本题主要是考查功率的计算，解答本题要能够根据喷射高度计算出主喷管喷水时的喷出水的速度，再根据动能定理进行计算。
6.【答案】D
【解析】解：A、动车以恒定功率启动，由P=Fv可知，牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律得：F−F阻=ma
则加速度逐渐减小，动车做加速度逐渐减小的加速度运动，故A错误；
B、牵引力做功为W=Pt
合外力做功为W合=W−Fx=Pt−Fx
故B错误；
C、由动能定理得：W−Fx=12mv2
则牵引力做功为W=Fx+12mv2
故C错误；
D、由动能定理得：Pt−Fx=12mv2
解得：x=PtF−mv22F
故D正确。
故选：D。
动车以恒定功率启动，做加速度减小的加速运动；根据W=Pt求解牵引力做功，根据动能定理求解合外力做功；根据动能定理求解位移大小。
本题考查机车启动问题，解题关键是分析好机车的受力情况和运动情况，结合动能定理列式求解即可。
7.【答案】B
【解析】解：设经过时间t砂子和传送带共速，则砂子在时间t内的位移x1=0+v2t=vt2
传送带在时间t内的位移x2=vt
砂子相对传送带的位移Δx=x2−x1=vt−vt2=vt2
设Δt时间内砂子的质量为Δm，则Δm=20Δt，砂子从静止到与传送带共速过程对砂子利用动能定理有：μΔmgx1=12×Δmv2−0，可得μ=vgt
由功能关系可知，沙子与传送带之间产生的热量为
Q=μΔmgΔx=vgt×Δmg×vt2=Δmv22
Δt=1s，则Δm=20kg
电动机每秒钟要多做的功为：W=12Δmv2+Q
代入数据可得：W=20J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
设经过时间t砂子和传送带共速，由运动学公式可得砂子和传送带的位移，根据砂子和传送带的位移则可得砂子相对传送带的位移，设砂子的质量为Δm，砂子从静止到与传送带共速过程利用动能定理可得动摩擦因数的表达式，由功能关系可得因摩擦产生的热量，根据1s内的砂子的质量可知电动机每秒钟要多做的功等于砂子增加的动能和摩擦产生的热量。
本题考查了功能关系、能量守恒定律，解题的关键是求出由于摩擦产生的热量，注意摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，不是沙子相对地面的位移。
8.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意，由万有引力公式F=Gm1m2r2可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，则双星之间引力增大，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有
Gm1m2r2=m1a1=m2a2
可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，则每颗星的向心加速度均变大，故B正确；
CD.由万有引力提供向心力有：Gm1m2r2=m1r1ω2=m2r2ω2
解得：ω= G(m1+m2)L3
可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，双星系统转动的角速度变大，由公式T=2πω可知，双星系统周期逐渐变小，故D错误，C正确。
故选：BC。
根据万有引力做向心力得到角速度、加速度的表达式，再根据双星距离变化得到周期、角速度、加速度及万有引力的变化。
星体运行问题常根据万有引力提供向心力求得角速度、加速度、周期等的表达式，然后根据题干中的变化量得到其变化。
9.【答案】CD
【解析】解：A、由动量定理，(F−μmg)×Δt=mv2=p2=(4−0.1×2×10)×2=4kg⋅m/s。故A错；
B、由动量定理，((F1−μmg)Δt1+(−F2−μmg)Δt2=mv3,v3=(F1−μmg)Δt1+(−F2−μmg)Δt2m=(4−2)×2+(−2−2)×12m/s=0m/s，故B错误；
C、由IF=F1×Δt1+F2×Δt2=(4×2−2×2)N⋅s=4N⋅s，故C正确；
D、由牛顿第二定律，F=ma，得a1=F1−fm=4−22m/s2=1m/s2，a2=F2−fm=−2−22m/s2=−2m/s2，v1=a1×t1=1×2m/s=2m/s，减速到零所用的时间t3=v1a2=22s=1s，x1=v12×t1=22×2m，x2=v12×t3=22×1m，所以前四秒的位移与前三秒的位移是x=x1+x2=2m+1m=3m，故D正确。
故选：CD。
由给定的图，可以求出F的冲量，合外力的冲量即可求出来，然后由动量定理，则可得到相关结果。
关键是变力F的冲量要根据给定的图像来求得，刹车时，一定要先求出刹车所用的时间。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、小球在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知：PQ=d⋅tanα
解得：PQ=43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为：x=12PQ=23d
对P点的小球由力的平衡条件可知：mg=kx
解得k=3mg2d，故A正确；
B、小球由P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，此过程弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故B正确；
C、初始时刻物体乙的速度为零，当小球达到Q点时物体乙的速度也为零，此过程中，乙的速度先增大后减小，根据P=Fv，可知乙物体的重力功率先增大后减小，故C错误；
D、当小球运动到Q点时，设小球甲的速度为v，此时物体乙的速度为零，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
4mg(dcosα−d)−mgdtanα=12mv2
解得v= 83gd，故D正确。
故选：ABD。
由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析小球甲和物体乙的机械能之和的变化情况；根据功率与速度关系分析重力的功率变化情况；由机械能守恒定律求解速度大小。
本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识。要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
11.【答案】2.1 9.8 二
【解析】解：(1)根据在竖直方向上为自由落体运动得：3h−2h=gT2
再根据水平方向做匀速直线运动有：v0=lT
其中T=1f
将h=5cm=0.05m，l=15cm=0.15m，f=14Hz，代入可解得：v0=2.1m/s；g=9.8m/s2；
(2)B点竖直方向的分速度为vBy=5h2T=gt
抛出点到B点的竖直距离为y=12gt2
解得y≈0.156m=15.6cm
所以小球实际的抛出位置在A点上方第二层砖内。
故答案为：(1)2.1；9.8；(2)二
(1)根据平抛运动规律，结合运动学公式，即可求解初速度和重力加速度。
(2)根据平抛运动竖直方向的运动规律确定抛出点。
考查平抛运动的规律，掌握运动的合成与分解，以及运动学公式应用，同时掌握推论Δx=aT2。
12.【答案】F0g 12(F1−F0)L=F0h0 B
【解析】解：(1)根据题意，由平衡条件有
F0=mg
解得
m=F0g
(2)根据题意，在A点，由牛顿第二定律有
F1−mg=mvA2L
若从B点到A点的机械能守恒，则有
mgh0=12mvA2
联立整理可得
12 (F1−F0) L=F0h0
即该式成立，则机械能守恒。
(3)根据题意，结合上述分析，整理可得
F=2F0Lh+F0
可知F−h图像为与F轴正半轴有交点的一次函数，故AC错误，B正确
故选：B。
故答案为：(1)F0g；(2)12 (F1−F0) L=F0h0；(3)B
(1)根据力的平衡条件解得；
(2)根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律解答；
(3)根据机械能守恒定律列式，变形，从而分析图象。
本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握牛顿第二定律的运用及对图象的认识。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，石子从A运动到B做平抛运动，水平方向上有
Lcosθ=v1t
竖直方向上有Lsinθ=12gt2
联立方程解得v1= gL2sinθcosθ
(2)当石子落水恰形成”水漂“效果时，设石子竖直方向的速度为vy，由平抛运动规律
tanθ=vyv2
运动学规律vy= 2gJsinθ
联立方程解得v2= 2gLsinθcosθ
答：(1)若小石子恰好落在B点，石子抛出时速度v1的大小为 gL2sinθcosθ；
(2)如果石子接触水面时的速度方向与水面夹角不大于θ时，石子就会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要形成“水漂”效果，石子抛出速度v2的最小值为 2gLsinθcosθ。
【解析】(1)根据平抛运动规律可以得到石子的初速度；
(2)根据平抛运动规律，结合数学知识，即可得到最小速度。
熟练应用平抛运动的基本规律是解题的关键。
14.【答案】解：(1)同步卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，有
GMmr2=mr4π2T2
该卫星距离地面的高度h=r−R
解得
h=3GMT24π2−R
(2)在赤道上的重物，有
GMmR2=mg′+mR4π2T2
在南极上的重物，有
GMmR2=mg
南极和赤道上的重力加速度的差值Δg=g−g′
解得Δg=4π2RT2
答：(1)该卫星距离地面的高度为3GMT24π2−R；
(2)南极和赤道上的重力加速度的差值为4π2RT2。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力解得卫星距离地面的高度；
(2)根据万有引力与重力的关系分析解答。
本题关键是明确重力和万有引力的联系和区别，当在地球两极时，两者相等。
15.【答案】解：(1)A物块在斜面上升过程，由动能定理得：
−mAgh−μmAgcos37°×hsin37∘=0−12mAvA2
代入数据解得：vA=5m/s
(2)弹簧将A、B弹开过程，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA−mBvB=0
由机械能守恒定律得：Ep=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得：vB=10m/s，Ep=75J
(3)当物块B恰可以沿半圆轨道运动到圆心等高点时，轨道半径为R1，根据机械能守恒定律有：
12mBvB2=mBgR1
代入数据解得：R1=5m
当物块B恰好能通过半圆轨道最高点时，轨道半径为R2，在半圆轨道最高点，由牛顿第二定律得：
mBg=mBv2R2
物块B沿半圆轨道上升过程，由机械能守恒定律得：
12mBvB2=12mBv2+mBg×2R2
代入数据解得：R2=2m
故欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径应满足：R≥5m或R≤2m。
答：(1)物块A被弹簧弹开时获得的初速度vA的大小是5m/s；
(2)细线烧断前弹簧的弹性势能Ep是75J；
(3)欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径R应该满足的条件是R≥5m或R≤2m。
【解析】(1)应用动能定理求出A被弹开时的速度大小。
(2)弹簧弹开A、B过程，A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的弹性势能。
(3)B恰好到达与半圆轨道圆心等高处或恰好到达半圆轨道的最高点时B恰好不脱离轨道，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律求出轨道的临界轨道半径，然后确定半径范围。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 以下说法正确的是( )
A. 物体做曲线运动时，速度一定是变化的
B. 物体做圆周运动时，所受合力的方向总是指向圆心
C. 若物体受合力等于零，则机械能总量一定保持不变
D. 若系统内存在摩擦力做功，则动量一定不守恒
2. 2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮送人太空，大约6.5小时后，神舟十六号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，对接过程如图所示，空间站处于圆形轨道Ⅱ，“神舟十六号”经过变轨后，沿椭圆轨道I运动到B处与空间站对接，则( )
A. 飞船在轨道Ⅰ的A点速度等于第一宇宙速度
B. 飞船沿轨道Ⅰ从A点运动到B点的过程中，速度不断增大
C. 飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于空间站在轨道Ⅱ运行的周期
D. 飞船在轨道Ⅰ上与地心的连线和空间站与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等
3. 对教材中圆周运动的图片，下列分析正确的是( )
A. 如图，汽车通过拱桥的最高点时，速度越大，对桥的压力越大
B. 如图，一圆锥摆在水平面内做匀速圆周运动，若改变绳长，而保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度随着θ的增大而增大
C. 如图，在固定的光滑圆锥筒内，同一小球先后在A、B位置做匀速圆周运动，则小球在A位置处所受筒壁的支持力大于在B位置处所受的支持力
D. 如图，火车转弯时若超过规定速度行驶，外轨对火车轮缘会有挤压作用
4. 如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v−t图像。以下判断正确的是( )
A. 在0～1s内，物体做匀速直线运动 B. 在0～1s内，物体做匀变速直线运动
C. 在1～2s内，物体做匀变速曲线运动 D. 在1～2s内，物体做匀变速直线运动
5. 如图为汤池镇金汤湖五一假期期间水幕电影的场景。主喷泉竖直喷出的最高水柱约45m，喷管的横截面积约为6.0×10−3m2，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。据此估计主喷管喷水时的输出功率约为( )
A. 2.7×103W B. 8.1×104W C. 2.7×105W D. 8.1×105W
6. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，在平直轨道上由静止起加速，经时间t达到最大速度v，此过程发动机的输出功率恒为P，所受到的阻力为F。则动车在时间t内( )
A. 加速度大小恒为vt B. 合力做功为Pt
C. 牵引力做功为12mv2 D. 位移大小为PtF−mv22F
7. 如图所示，足够长的水平传送带保持v=1m/s的速度匀速运动，漏斗以20kg/s的流量往传送带上装砂子，不计砂子的初速度，则与不传送砂子相比，传送带的电动机每秒要多做的功为( )
A. 10J B. 20J C. 30J D. 40J
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。该双星系统由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上某点旋转。通过观测发现，两颗恒星正在缓慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量保持不变。则以下说法中正确的是( )
A. 双星之间引力大小不变 B. 每颗星的向心加速度均变大
C. 双星系统周期逐渐变小 D. 双星系统转动的角速度变小
9. 一质量为2kg的物块静止在水平地面上，t=0时起在水平力F的作用下运动，F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. t=2s时物块的动量大小为8kg⋅m/s
B. t=3s时物块的速度大小为2m/s
C. 0～4s时间内F对物块的冲量大小为4N⋅s
D. 0～4s时间内物体的位移为3m
10. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接.开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无张力.滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知乙物体始终未与地面接触，重力加速度为g，sinα=0.8，cosα=0.6。则( )
A. 弹簧的劲度系数为3mg2d
B. 小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
C. 乙物体的重力功率一直增大
D. 小球位于Q点时的速度大小为 83gd
三、填空题（本大题共1小题，共9.0分）
11. 某同学在实验室发现一张小球做平抛运动的部分频闪照片，小球的瞬时位置如图中A、B、C所示，照片背景为一堵贴近小球的竖直砖墙，已知每块砖的厚度h=5.0cm和长度l=15.0cm，频闪照片的拍摄频率f=14Hz，不计砖块间的缝隙宽度和空气阻力。
(1)由以上已知量和测量量，可求得小球的水平初速度v0= ______ m/s。当地的重力加速度g= ______ m/s2；(结果均保留两位有效数字)；
(2)小球实际的抛出位置在A点上方第______ 层砖内。
四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
12. 某探究小组利用如图1装置验证机械能守恒定律。一根长为L的不可伸长细线一端系住可视为质点的小钢球，另一端悬挂在铁架台上并连接拉力传感器。开始小球静止于A位置，此时拉力传感器示数为F0，实验中将钢球拉至距A高为h0处的位置B由静止释放，并记录小钢球到达A位置时拉力传感器示数F1，已知重力加速度为g，则(结果用题目中给出的字母F0、h0、F1、L、g表示)
(1)小钢球质量为______ ；
(2)若要验证机械能守恒定律，则只需要验证表达式______ 是否成立即可；
(3)该组同学将小钢球拉至距A位置不同高度h处由静止释放，记下小钢球到达A位置时拉力传感器示数F，并作出F−h图像，如果小钢球的机械能守恒，如图2图像合理的是______ 。
五、简答题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 可引江济雅工程是跨长江、淮河流坡重大战略性水资源配置工程，也是全国172项重大水利工程标志性工程。图甲为“引江济淮”庐江船闸工程图景，图乙为大坝截面示意图.某家长带小孩在坝顶游览时，小孩在A点正对水面水平抛出一扁平小石子，已知斜面AB的长度为L，倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)若小石子恰好落在B点，求石子抛出时速度v1的大小；
(2)如果石子接触水面时的速度方向与水面夹角不大于θ时，石子就会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要形成“水漂”效果，求石子抛出速度v2的最小值。
14. 将地球看成是质量分布均匀的球体，设万有引力常量为G，地球质量为M、半径为R、自转周期为T。
(1)2023年5月17日，由航天科技集团五院研制的第五十六颗北斗导航卫星在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星是我国北斗三号工程的首颗备份卫星，属于地球同步轨道卫星。试求该卫星距离地面的高度h。
(2)研究发现，在赤道上测量同一物体的重力，所得结果较南极测量值偏小，说明赤道上重力加速度值小于南极重力加速度值，试求南极和赤道上的重力加速度的差值Δg。
15. 如图所示，光滑水平面的左侧是倾角为θ=37°的粗糙斜面，右侧是竖直半圆形光滑轨道。可看作质点的物块A、B放在水平面上，两者用细线相连，A、B间有一轻质压缩弹簧。某时刻烧断细线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上斜面，沿斜面上升的最大高度为h=0.75m。物块B向右运动进入半圆轨道。已知物块A质量为mA=2kg，物块B质量为mB=1kg，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)物块A被弹簧弹开时获得的初速度vA的大小；
(2)细线烧断前弹簧的弹性势能Ep；
(3)欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径R应该满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.物体做曲线运动时，速度方向一定变化，即速度一定是变化的，故A正确；
B.物体只有做匀速圆周运动时，所受合力的方向才是指向圆心，故B错误；
C.若物体受合力等于零，机械能总量不一定保持不变，例如物体向上匀速运动时，机械能增加，故C错误；
D.若系统内存在摩擦力做功，则动量也可能守恒，例如长木板放置在光滑水平面上，物块以一定的初速度在长木板上滑动时，物块和木板系统动量守恒，故D错误。
故选：A。
物体做曲线运动时，速度方向一定变化，匀速圆周运动的合力的方向才是指向圆心，根据机械能守恒和动量守恒的条件分析CD。
本题考查对动量守恒条件的理解，抓住守恒条件：合外力为零，同时再通过举例的方法进行分析即可求解，注意机械能守恒的条件。
2.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度是圆周环绕的最大速度，飞船在轨道Ⅰ的A点做离心运动，速度不等于第一宇宙速度，故A错误；
B.飞船沿轨道Ⅰ从A点运动到B点的过程中，引力做负功，速度不断减小，故B错误；
C.飞船沿轨道Ⅰ运行的半长轴小于空间站在轨道Ⅱ运行的半径，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于空间站在轨道Ⅱ运行的周期，故C正确；
D.开普勒第二定律适用于同一个卫星，飞船在轨道Ⅰ上与地心的连线和空间站与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误；
故选：C。
第一宇宙速度是圆周环绕的最大速度，根据引力做功分析速度变化，根据开普勒第三定律分析C，根据开普勒第二定律的适用条件分析D。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是掌握卫星变轨原理，注意第一宇宙速度的含义。
3.【答案】D
【解析】解：A、汽车受力如图1所示，重力与支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg−F=mv2r，解得：F=mg−mv2r，根据牛顿第三定律可知，汽车对桥的压力大小F′=F=mg−mv2r，速度v越大，压力越小，故A错误；
B、受力如图2所示，细线的拉力与重力的合力，即细线拉力沿水平方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，设圆锥高为h，由几何知识得：tanθ=rh，解得：ω= gh，h和g不变，角速度不变，故B错误；
C、受力如图3所示，设圆锥面与竖直方向夹角为α，则sinα=mgF ，mg与α相等，则小球在两个位置所受支持力相等，故C错误；
D、受力如图4所示，设轨道平面与水平方向夹角为β，当火车与铁轨的侧向弹力为零时，由牛顿第二定律得：mgtanβ=mv2r，若火车速度变大，需要更大的向心力，由铁轨对货车的支持力与重力的合力提供的向心力不足，则需要外轨对火车提供侧向弹力，外轨对火车轮缘有挤压作用，故D正确。
故选：D。
分析每种模型中物体的受力情况，根据合力提供向心力，求出相关的物理量，进行分析即可。
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意通过受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况。
4.【答案】D
【解析】解：AB、由图像可知，在0～1s内，x方向物体做匀速直线运动，y方向物体做匀加速直线运动，则物体的合运动为匀变速曲线运动，故AB错误；
CD、由图像可知，在1～2s内，x方向物体做匀加速直线运动，加速度为a1=Δv1Δt1=8−42−1m/s2=4m/s2
1s时物体的速度为v1=4m/s
y方向物体做匀加速直线运动，加速度为a2=Δv2Δt2=62m/s2=3m/s2
1s时，物体的速度为v2=3m/s
设1s时合速度的方向与x方向夹角为θ，则tanθ=v2v1=34
设加速度的方向与x方向夹角为α，则tanα=a2a1=34
则θ=α，即初速度方向与加速度方向共线，则在1～2s内，物体做匀变速直线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
根据运动的合成与分解知识，利用平行四边形定则，将水平方向的运动与竖直方向的运动进行合成，并结合曲线运动的条件进行判断即可。
本题考查了运动的合成与分解，应明确两分运动相互独立，根据平行四边形定则和曲线运动的条件进行判断即可。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，设主喷管喷水时的喷出水的速度为v，则有
v2=2gh
解得
v= 2×10×45m/s=30m/s
设主喷管喷水时的输出功率约为P，时间为t，则有
Pt=12mv2=12ρvtSv2
P=12ρSv3=12×1.0×103×6.0×10−3×303W=8.1×104W
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据运动学公式求出水离开管口的速度，结合m=ρV求出质量表达式，根据动能定理求出功率。
本题主要是考查功率的计算，解答本题要能够根据喷射高度计算出主喷管喷水时的喷出水的速度，再根据动能定理进行计算。
6.【答案】D
【解析】解：A、动车以恒定功率启动，由P=Fv可知，牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律得：F−F阻=ma
则加速度逐渐减小，动车做加速度逐渐减小的加速度运动，故A错误；
B、牵引力做功为W=Pt
合外力做功为W合=W−Fx=Pt−Fx
故B错误；
C、由动能定理得：W−Fx=12mv2
则牵引力做功为W=Fx+12mv2
故C错误；
D、由动能定理得：Pt−Fx=12mv2
解得：x=PtF−mv22F
故D正确。
故选：D。
动车以恒定功率启动，做加速度减小的加速运动；根据W=Pt求解牵引力做功，根据动能定理求解合外力做功；根据动能定理求解位移大小。
本题考查机车启动问题，解题关键是分析好机车的受力情况和运动情况，结合动能定理列式求解即可。
7.【答案】B
【解析】解：设经过时间t砂子和传送带共速，则砂子在时间t内的位移x1=0+v2t=vt2
传送带在时间t内的位移x2=vt
砂子相对传送带的位移Δx=x2−x1=vt−vt2=vt2
设Δt时间内砂子的质量为Δm，则Δm=20Δt，砂子从静止到与传送带共速过程对砂子利用动能定理有：μΔmgx1=12×Δmv2−0，可得μ=vgt
由功能关系可知，沙子与传送带之间产生的热量为
Q=μΔmgΔx=vgt×Δmg×vt2=Δmv22
Δt=1s，则Δm=20kg
电动机每秒钟要多做的功为：W=12Δmv2+Q
代入数据可得：W=20J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
设经过时间t砂子和传送带共速，由运动学公式可得砂子和传送带的位移，根据砂子和传送带的位移则可得砂子相对传送带的位移，设砂子的质量为Δm，砂子从静止到与传送带共速过程利用动能定理可得动摩擦因数的表达式，由功能关系可得因摩擦产生的热量，根据1s内的砂子的质量可知电动机每秒钟要多做的功等于砂子增加的动能和摩擦产生的热量。
本题考查了功能关系、能量守恒定律，解题的关键是求出由于摩擦产生的热量，注意摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，不是沙子相对地面的位移。
8.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意，由万有引力公式F=Gm1m2r2可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，则双星之间引力增大，故A错误；
B.由万有引力提供向心力有
Gm1m2r2=m1a1=m2a2
可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，则每颗星的向心加速度均变大，故B正确；
CD.由万有引力提供向心力有：Gm1m2r2=m1r1ω2=m2r2ω2
解得：ω= G(m1+m2)L3
可知，由于两颗恒星正在缓慢靠近，且两颗恒星的质量保持不变，双星系统转动的角速度变大，由公式T=2πω可知，双星系统周期逐渐变小，故D错误，C正确。
故选：BC。
根据万有引力做向心力得到角速度、加速度的表达式，再根据双星距离变化得到周期、角速度、加速度及万有引力的变化。
星体运行问题常根据万有引力提供向心力求得角速度、加速度、周期等的表达式，然后根据题干中的变化量得到其变化。
9.【答案】CD
【解析】解：A、由动量定理，(F−μmg)×Δt=mv2=p2=(4−0.1×2×10)×2=4kg⋅m/s。故A错；
B、由动量定理，((F1−μmg)Δt1+(−F2−μmg)Δt2=mv3,v3=(F1−μmg)Δt1+(−F2−μmg)Δt2m=(4−2)×2+(−2−2)×12m/s=0m/s，故B错误；
C、由IF=F1×Δt1+F2×Δt2=(4×2−2×2)N⋅s=4N⋅s，故C正确；
D、由牛顿第二定律，F=ma，得a1=F1−fm=4−22m/s2=1m/s2，a2=F2−fm=−2−22m/s2=−2m/s2，v1=a1×t1=1×2m/s=2m/s，减速到零所用的时间t3=v1a2=22s=1s，x1=v12×t1=22×2m，x2=v12×t3=22×1m，所以前四秒的位移与前三秒的位移是x=x1+x2=2m+1m=3m，故D正确。
故选：CD。
由给定的图，可以求出F的冲量，合外力的冲量即可求出来，然后由动量定理，则可得到相关结果。
关键是变力F的冲量要根据给定的图像来求得，刹车时，一定要先求出刹车所用的时间。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、小球在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知：PQ=d⋅tanα
解得：PQ=43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为：x=12PQ=23d
对P点的小球由力的平衡条件可知：mg=kx
解得k=3mg2d，故A正确；
B、小球由P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，此过程弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故B正确；
C、初始时刻物体乙的速度为零，当小球达到Q点时物体乙的速度也为零，此过程中，乙的速度先增大后减小，根据P=Fv，可知乙物体的重力功率先增大后减小，故C错误；
D、当小球运动到Q点时，设小球甲的速度为v，此时物体乙的速度为零，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
4mg(dcosα−d)−mgdtanα=12mv2
解得v= 83gd，故D正确。
故选：ABD。
由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析小球甲和物体乙的机械能之和的变化情况；根据功率与速度关系分析重力的功率变化情况；由机械能守恒定律求解速度大小。
本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识。要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
11.【答案】2.1 9.8 二
【解析】解：(1)根据在竖直方向上为自由落体运动得：3h−2h=gT2
再根据水平方向做匀速直线运动有：v0=lT
其中T=1f
将h=5cm=0.05m，l=15cm=0.15m，f=14Hz，代入可解得：v0=2.1m/s；g=9.8m/s2；
(2)B点竖直方向的分速度为vBy=5h2T=gt
抛出点到B点的竖直距离为y=12gt2
解得y≈0.156m=15.6cm
所以小球实际的抛出位置在A点上方第二层砖内。
故答案为：(1)2.1；9.8；(2)二
(1)根据平抛运动规律，结合运动学公式，即可求解初速度和重力加速度。
(2)根据平抛运动竖直方向的运动规律确定抛出点。
考查平抛运动的规律，掌握运动的合成与分解，以及运动学公式应用，同时掌握推论Δx=aT2。
12.【答案】F0g 12(F1−F0)L=F0h0 B
【解析】解：(1)根据题意，由平衡条件有
F0=mg
解得
m=F0g
(2)根据题意，在A点，由牛顿第二定律有
F1−mg=mvA2L
若从B点到A点的机械能守恒，则有
mgh0=12mvA2
联立整理可得
12 (F1−F0) L=F0h0
即该式成立，则机械能守恒。
(3)根据题意，结合上述分析，整理可得
F=2F0Lh+F0
可知F−h图像为与F轴正半轴有交点的一次函数，故AC错误，B正确
故选：B。
故答案为：(1)F0g；(2)12 (F1−F0) L=F0h0；(3)B
(1)根据力的平衡条件解得；
(2)根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律解答；
(3)根据机械能守恒定律列式，变形，从而分析图象。
本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握牛顿第二定律的运用及对图象的认识。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，石子从A运动到B做平抛运动，水平方向上有
Lcosθ=v1t
竖直方向上有Lsinθ=12gt2
联立方程解得v1= gL2sinθcosθ
(2)当石子落水恰形成”水漂“效果时，设石子竖直方向的速度为vy，由平抛运动规律
tanθ=vyv2
运动学规律vy= 2gJsinθ
联立方程解得v2= 2gLsinθcosθ
答：(1)若小石子恰好落在B点，石子抛出时速度v1的大小为 gL2sinθcosθ；
(2)如果石子接触水面时的速度方向与水面夹角不大于θ时，石子就会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要形成“水漂”效果，石子抛出速度v2的最小值为 2gLsinθcosθ。
【解析】(1)根据平抛运动规律可以得到石子的初速度；
(2)根据平抛运动规律，结合数学知识，即可得到最小速度。
熟练应用平抛运动的基本规律是解题的关键。
14.【答案】解：(1)同步卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，有
GMmr2=mr4π2T2
该卫星距离地面的高度h=r−R
解得
h=3GMT24π2−R
(2)在赤道上的重物，有
GMmR2=mg′+mR4π2T2
在南极上的重物，有
GMmR2=mg
南极和赤道上的重力加速度的差值Δg=g−g′
解得Δg=4π2RT2
答：(1)该卫星距离地面的高度为3GMT24π2−R；
(2)南极和赤道上的重力加速度的差值为4π2RT2。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力解得卫星距离地面的高度；
(2)根据万有引力与重力的关系分析解答。
本题关键是明确重力和万有引力的联系和区别，当在地球两极时，两者相等。
15.【答案】解：(1)A物块在斜面上升过程，由动能定理得：
−mAgh−μmAgcos37°×hsin37∘=0−12mAvA2
代入数据解得：vA=5m/s
(2)弹簧将A、B弹开过程，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA−mBvB=0
由机械能守恒定律得：Ep=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得：vB=10m/s，Ep=75J
(3)当物块B恰可以沿半圆轨道运动到圆心等高点时，轨道半径为R1，根据机械能守恒定律有：
12mBvB2=mBgR1
代入数据解得：R1=5m
当物块B恰好能通过半圆轨道最高点时，轨道半径为R2，在半圆轨道最高点，由牛顿第二定律得：
mBg=mBv2R2
物块B沿半圆轨道上升过程，由机械能守恒定律得：
12mBvB2=12mBv2+mBg×2R2
代入数据解得：R2=2m
故欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径应满足：R≥5m或R≤2m。
答：(1)物块A被弹簧弹开时获得的初速度vA的大小是5m/s；
(2)细线烧断前弹簧的弹性势能Ep是75J；
(3)欲使物块B不在中途脱离半圆轨道，轨道半径R应该满足的条件是R≥5m或R≤2m。
【解析】(1)应用动能定理求出A被弹开时的速度大小。
(2)弹簧弹开A、B过程，A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧的弹性势能。
(3)B恰好到达与半圆轨道圆心等高处或恰好到达半圆轨道的最高点时B恰好不脱离轨道，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律求出轨道的临界轨道半径，然后确定半径范围。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
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