吉林省辽源市2021届新高考第一次模拟物理试题含解析

吉林省辽源市2021届新高考第一次模拟物理试题含解析

吉林省辽源市 2021 届新高考第一次模拟物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．友谊的小船说翻就翻，假如你不会游泳，就会随着小船一起沉入水底。从理论上来说，你和小船沉入 水底后的水面相比于原来（ ） A．一定上升 B．一定下降 C．一定相等 D．条件不足，无法判断 【答案】 B 【解析】 【详解】 小船所受的浮力 浮 排F gV 翻船前浮力与重力相等；翻船后沉入水底，所受浮力小于重力，船的排水量减少，所以水面一定下降，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 2．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度 0v 沿斜面向上运动， 又返回底端。 能够描述物块速度 v 随时间 t 变化关系的图像是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 根据牛顿第二定律：上滑过程： mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程： mgsin θ-μ mgcosθ =ma2，比较可知： a1＞a2， 则物块上滑过程 v-t 图象的斜率比下滑过程的大。由速度 -时间公式得：上滑过程有 v0=a1t 0，下滑过程有 v0=a2t 1，可得 ： t 1＞ t0， 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 3．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为 a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为 a2，赤道上随地 球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为 a3，则（ ） A． a1=a3＞a2 B．a1＞a2＞a3 C．a1＞a3＞ a2 D． a3＞a2＞a1 【答案】 B 【解析】 【分析】 题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体 3、绕地球表面附近做圆周运动的近 地卫星 1、地球同步卫星 2；物体 3 与卫星 1 转动半径相同，物体 3 与同步卫星 2 转动周期相同，从而即 可求解． 【详解】 地球上的物体 3 自转和同步卫星 2 的周期相等为 24h，则角速度相等，即 ω2=ω3，而加速度由 a=r ω2，得 a2＞a3；同步卫星 2 和近地卫星 1 都靠万有引力提供向心力而公转，根据 2 GMm ma r ，得 2 GMa r ，知 轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则 a1＞a2，综上 B 正确；故选 B． 【点睛】 本题关键要将赤道上自转物体 3、地球同步卫星 2、近地卫星 1 分为三组进行分析比较，最后再综合；一 定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化． 4．关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是 A．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大 B．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大 C．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大 D．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，故 A 项错误； B．据 va t 可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，故 B 项错误； C．物体的速度变化率就是 v t ，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，故 C 项正确； D．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，故 D 项错误。 5．如图为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度 —时间图象。则（ ） A．在 2～4 s 内，甲处于静止状态 B．在 2 s 时刻，甲在乙的正前方 C．在 0～6 s 内，甲和乙相遇一次 D．在 0--6 s 内，甲和乙的位移相同 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．在 v-t 图象中，斜率代表加速度，纵坐标表示速度大小，故在 2～4 s 内，甲处于匀速运动状态，故 A 错误； B．因 v-t 图像的面积等于位移，可知在 0-2s 内乙的位移大于甲，则在 2 s 时刻，乙在甲的正前方，选项 B 错误； CD ．开始阶段乙比甲运动的快，乙在前，甲在后，此后乙做减速运动，甲做加速，再做匀速；而在 0~6s 内，甲的位移为 24m，乙的位移为 18m，说明甲的位移大于乙的位移， 且在两个物体同时停止前甲追上乙， 此后甲一直在前，故只相遇一次，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 6．人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的 关系。下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（ ） A．由图可知，原子核 D 和 E 聚变成原子核 F 时会有质量亏损要放出能量 B．由图可知，原子核 A 裂变成原子核 B 和 C 时会有质量亏损，要放出核能 C．已知原子核 A 裂变成原子核 B 和 C 时放出的 γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加 γ射线强度， 则逸出光电子的最大初动能增大 D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 由图可知， D 和 E 核子的平均质量大于 F 核子的平均质量，原子核 D 和 E 聚变成原子核 F 时，核子总 质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项 A 正确； B.由图可知， A 的核子平均质量大于 B 与 C 核子的平均质量，原子核 A 裂变成原子核 B 和 C 时会有质量 亏损，要放出核能，选项 B 正确； C.根据光电效应方程 0kmE h W 知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关， 选项 C 错误； D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项 D 正确； 本题选错误的，故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。若测得行星的绕行周期 T，轨道半径 r ，结合引力常量 G，可以计算出的物理量有（ ） A．恒星的质量 B．行星的质量 C．行星运动的线速度 D．行星运动的加速度 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．设恒星质量为 M ，根据 2 2 2 4πMmG m r r T 得行星绕行有 3 2 rT GM 解得 2 3 2 4 rM GT 所以可以求出恒星的质量， A 正确； B．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。所以 B 错误； C．综合圆周运动规律，行星绕行速度有 2 rv T 所以可以求出行星运动的线速度， C 正确； D．由 2 T 得行星运动的加速度 2 2 2 4 ra r T 所以可以求出行星运动的加速度， D 正确。 故选 ACD 。 8．如图所示，质量为 m 的滑块以一定初速度滑上倾角为 的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力 sinF mg ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数 tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到 最高点过程中产生的热量 Q，滑块动能 kE 、势能 pE 、机械能 E 随时间 t 、位移 s 关系的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A、滑块向上滑动过程中做匀减速直线运动， 2 0 1 2 s v t at= - ，由此可知位移 s 与时间成二次关系， 由 Q=fs 可知， A 错； B、根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，图像 B 应为曲线， B 错； C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能 Ep=mgh ，故 E p-s 图象是直线，故 C 正确； D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故 D 正确； 9．一半圆形玻璃砖， C 点为其球心，直线 OO 与玻璃砖上表面垂直， C 为垂足，如图所示。与直线 OO 平行且到直线 OO 距离相等的 ab 两条不同频率的细光束从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的 P 点， 以下判断正确的是（ ） A．两光从空气射在玻璃砖后频率均增加 B．真空中 a 光的波长大于 b 光 C． a 光的频率比 b 光高 D．若 a 光、 b 光从同一介质射入真空， a 光发生全反射的临界角大于 b 光 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．光在两种介质的界面处不改变光的频率， A 错误； BC．由题分析可知，玻璃砖对 b 束光的折射率大于对 a 束光的折射率， b 光的频率高，由 c f 得知， 在真空中， a 光的波长大于 b 光的波长， B 正确 C 错误； D．由 1sin C n 分析得知， a 光的折射率 n 小， a 光发生全反射的临界角大于 b 光发生全反射的临界角， 故 D 正确。 故选 BD 。 10．下列说法正确的是（ ） A．石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体 B．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能不一定增加 C．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A．石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体， A 正确； B．根据 U Q W 可知，一定质量的理想气体经过等容过程， 0W ，吸收热量 0Q ，则 0U ， 即其内能一定增加， B 错误； C．足球充气后很难压缩，是因为足球内大气压作用的结果， C 错误； D．由于表面张力的作用，当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是 沿液体的表面，即表面形成张力，合力指向内部， D 正确； E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关， E 正 确。 故选 ADE 。 11．如图所示，质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动， 小球 A、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为 g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ） A． B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒 B． B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对 A 一直做正功 C． B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间 ,地面对 A 的支持力先减小后增大 D．当细杆与水平方向成 30°角时，小球 A 的速度大小为 v，可求得杆长为 24v g 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A． B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零， 所以动量不守恒，故 A 正确； BC．初始时刻 A 球的速度为零，当 B 球到达水平面时， B 的速度向下，此时 B 球沿着细杆方向的分速度 为零，所以此时 A 球的速度为零，那么在向右端过程中 A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球 A 先 施加斜向下的推力做正功，此时 A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时 A 对地 面压力小于自身重力，故 B、 C 错误； D．小球 A 的速度为 v 时，设小球 B 的速度大小为 v ，则有 cos30 cos60v v 解得 3v v 两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有 2 21 1 2 2 2 Lmg mv mvg 联立解得 24vL g 故 D 正确； 故选 AD 。 12．如图所示， a、b、c、d 为匀强电场中的等势面，一个质量为 m，电荷量为 q 的质子在匀强电场中运 动， A、B 为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v1，且方向与等势面平行，在 B 点 的速度大小为 v2，A 、B 连线长为 L ，连线与等势面间的夹角为 θ，不计粒子受到的重力，则（ ） A．粒子的速度 v2 一定大于 v1 B．等势面 b 的电势比等势面 c 的电势低 C．粒子从 A 点运动到 B 点所用的时间为 1 cosL v D．匀强电场的电场强度大小为 2 2 2 1 2 cos m v v qL 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下， 所以质子受力的方向向下，从 A 到 B 的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故 A 正确； B．质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故 b 的电势高 于 c 的电势；故 B 错误； C．质子在 A 点的速度大小为 v1，在 B 点的速度大小为 v2，质子在沿等势面方向的分速度不变为 v1，所 以质子运动的时间 1 1 cosx Lt v v 故 C 正确； D．在沿电场线的方向的位移为 y=Lsin θ，由动能定理有 2 2 2 1 1 1 2 2 qEy mv mv 联立解得 2 2 2 1 2 sin m v v E qL 故 D 错误。 故选 AC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为 10Ω的均匀电阻丝的电阻率 ρ。在刻度尺两端的接线 柱 a 和 b 之间接入该电阻丝， 金属夹 P 夹在电阻丝上， 沿电阻丝移动金属夹， 从而可改变接入电路的电阻 丝长度。实验提供的器材有： 电池组 E（电动势为 3.0V ，内阻约 1Ω）； 电流表 A 1（量程 0~0.6A ）； 电流表 A 2（量程 0~100mA ）； 电阻箱 R（0~99.99Ω）； 开关、导线若干。 实验操作步骤如下： ①用螺旋测微器测出电阻丝的直径 D； ②根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路； ③调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上； ④闭合开关， 调整电阻箱接入电路中的电阻值， 使电流表满偏， 记录电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻 丝长度 L ； ⑤改变 P 的位置，调整 ________，使电流表再次满偏； ⑥重复多次，记录每一次的 R 和 L 数据； (1)电流表应选择 ________（选填 “A1”或 “A2”）； (2)步骤⑤中应完善的内容是 _______； (3)用记录的多组 R 和 L 的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为 r 和 l ，则电阻丝的电阻率表达式 ρ =_____（用给定的字母表示） ； (4)电流表的内阻对本实验结果 __________（填 “有 ”或 “无”）影响。 【答案】 A 2 电阻箱 R 的阻值 2 = 4 rD l 无 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．当电流表 A 1 接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为 1 3 5 0.6g E I ；而当电流表 A 2接入 电路，电流表满偏时电路中的总电阻为 2 3 30 0.1g E I ，可知电流表应选择 A 2； (2)[2] ．步骤⑤中应完善的内容是：改变 P 的位置，调整电阻箱 R 的阻值，使电流表再次满偏； (3)[3] ．当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为 R 0，则 0 LR R S 即 0 -R R L S 由图像可知 r S l 即 2 = 4 r rDS l l (4)[4] ．若考虑电流表的内阻，则表达式变为 0 - A LR R R S 因 R-L 的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。 14．某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实 验器材如下： A．待测干电池 B．电流表 A 1(0～ 200 μA，内阻为 500 Ω ) C．电流表 A 2(0～0.6 A，内阻约为 0.3 Ω ) D．电压表 V(0 ～15 V，内阻约为 5 k Ω ) E．电阻箱 R(0～ 9999.9 Ω) F．定值电阻 R 0(阻值为 1 Ω ) G ．滑动变阻器 R′ (0～10 Ω ) H ．开关、导线若干 (1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是 ____________________ 。 (2) 该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为 2 V 的电压表，并设计了如 图甲所示的电路，图中电流 表 a 为___________ (选填 “A1”或 “A2”)，电阻箱 R 的阻值为 ___________ Ω。 (3)闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数 I 1、I 2 的多组数据， 在坐标纸上描绘出 I 1－ I 2 图 线如图乙所示。根据描绘出的图线，可得所测 干电池的电动势 E＝_____V，内阻 r＝_____Ω。(保留两 位有效数字 ) 【答案】量程太大，测量误差大 A 1 9500 1.48 0.7～0.8 均可 【解析】 【详解】 (1)[1]. 由于一节干电池电动势只有 1.5V，而电压表量程为 15.0V，则量程太大，测量误差大，所以不能使 用电压表； (2)[2][3]. 改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表 a 选用 A 1；根据改装原理可知： 1 6 2 500 9500 200 10A g UR r I ； (3)[4]. 根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为： U=10000I 1； 根据闭合电路欧姆定律可知： 10000I 1=E-I 2（r+R 0）； 根据图象可知： E=1.48V ； [5]. 图象的斜率表示内阻，故有： 0 1.48 0.60 1.8 0.50 r R 故有： r=0.8 Ω 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，两相同小木块 M 、N（均视为质点）的质量均为 m=1kg ，放在水平桌面上，木块 M 、 N 间夹有一压缩的轻质弹簧 P，弹簧两端与小木块 M 、N 不拴接，但两木块通过长 L=0.1m 的细线相连接。 桌子中央 O 左侧粗糙，中央 O 右侧光滑，小木块 M 、N 与桌子左侧间的动摩擦因数 μ=0.5，且开始时木 块 N 离桌子中央 O 的距离 s=1.15m。现让小木块 M 、N 一起以 v0=4m/s 的初速度向桌子右侧运动，当木 块 M 、N 越过桌子中央 O 进入右侧光滑区后，剪断从 N 间的细线，发现小木块 M 最终停在桌面光滑区， 而小木块 N 水平抛出离开桌面，木块 N 运动到 A 点时速度方向恰好沿 AB 方向，小木块 N 沿斜面 AB 滑 下。己知斜面 AB 与水平方向的夹角为 37 ，斜面长为 2.0m，木块 N 与斜面间的动摩擦因数也是 μ=0.5. 木块 N 到达 B 点后通过光滑水平轨道 BC 到达光滑竖直圆轨道，底端（稍稍错开）分别与两侧的直轨道 相切，其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接。重力加速度 g 取 10m/s2，sin= 37 0.6，cos37 =0.8. (1)求压缩弹簧的弹性势能 Ep； (2)求水平桌面与 A 点的高度差； (3)若木块 N 恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道 DE 滑出，则求竖直圆轨道的半径 R。 【答案】 (1)4J；(2)0.45m ；(3)0.66m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设两木块运动到 O 右侧时的速度大小为 v ，在两木块一起运动到桌子中央 O 右侧的过程，由动能定理 知 '2 2 0 1 12 2 2 2 mgs mg s L mv mv 解得 2m/sv 剪断细线，两木块组成的系统水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块 N 的速度大小为 v，则有 2mv mv 根据能量守恒知 2 2 p 1 12 2 2 E mv mv 解得 p 4JE (2)设木块 N 的抛出点到 A 点的高度差为 h，到 A 点时，根据平抛运动规律知 2 2yv gh且 tan37 yv v 解得 0.45mh (3)木块 N 到达 A 点时的速度大小为 2 2 5m/sA yv v v 设小木块 N 到达 B 点时的速度大小为 Bv ，从 A 点到 B 点，由动能定理知， 2 21 1sin co37 37s 2 2AB AB B AmgL mgL mv mv 设木块 N 在轨道最高点时最小速度为 minv ，木块 N 从 B 点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 2 2 min 1 1 m 2 2 2Bmv v mgR 在最高点根据牛顿第二定律知 2 minvmg m R 解得 0.66mR 16．如图所示，真空中以 'O 为圆心，半径 r=0.1m 的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区 域的最下端与 xoy 坐标系的 x 轴相切于坐标原点 O，圆形区域的右端与平行 y 轴的虚线 MN 相切， 在虚线 MN 右侧 x 轴的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度 E=1.0 ×105N/C ．现从坐标原 点 O 沿 xoy 平面在 y 轴两侧各 30°角的范围内发射速率均为 v0=1.0 ×106m/s 的带正电粒子，粒子在磁场中 的偏转半径也为 r=0.1m ，已知粒子的比荷 81.0 10 C/kgq m ，不计粒子的重力、粒子对电磁场的影响及 粒子间的相互作用力，求： （ 1）磁场的磁感应强度 B 的大小； （ 2）沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总时间； （ 3）若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，则粒子达到 x 轴的最远位置与最近位置的横坐 标之差． 【答案】 (1) B 0.1T (2) 7t 5.14 10 s (3) 0.0732mx 【解析】 【详解】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 2 0 0 vqv B m r ① 可得： 0.1TB ② (2)分析可知，带电粒子运动过程如图所示， 由粒子在磁场中运动的周期 0 2 rT v ③ 可知粒子第一次在磁场中运动的时间： 1 1 4 t T ④ 1 02 rt v ⑤ 粒子在电场中的加速度 qEa m ⑥ 粒子在电场中减速到 0 的时间： 0 0 2 v mvt a qE ⑦ 由对称性，可知运动的总时间： 0 1 2 0 22 2 mvrt t t v qE ⑧ 即 75.14 10t s ⑨ (3)由题意分析可知，当粒子沿着 y 轴两侧 30°角射入时，将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直虚线 MN 分别从 P' 、Q' 射入电场区， 做类平抛运动， 最终到达 x 轴的位置分别为最远位置 P 和最近位置 Q． ⑩ 由几何关系 P'到 x 轴的距离 1 1.5y r ， （11） 1 1 2 3y mrt a qE 最远位置 P 坐标为 1 1 2 3y mrt a qE (12) Q' 到 x 轴的距离 1 1.5y r (13) 2 2 2y mrt a qE 最近位置 Q 坐标为 2 2 2y mrt a qE (14) 所以，坐标之差为 1 2 0( 3 1) mrx x x v qE (15) 解得： 0.0732mx (16) 17．如图所示，固定在竖直面内半径 R=0.4m 的光滑半圆形轨道 cde 与长 s=2.2m 的水平轨道 bc 相切 于 c 点， 倾角 θ=37°的斜轨道 ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道 bc 平滑连接。 质量 m=1 kg 的物块 B 静止于斜轨道的底端 b 处，质量 M=3kg 的物块 A 从斜面上的 P 处由静止沿斜轨道滑下， 与物块 B 碰 撞后黏合在一起向右滑动。已知 P 处与 c 处的高度差 H=4.8m ，两物块与轨道 abc 间的动摩擦因数 μ =0.25，取 g=10m/s 2，sin37 °=0.6 ，cos37°=0.8， A、 B 均视为质点，不计空气阻力。求： (1)A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小； (2)物块 A 、B 到达 e 处时对轨道的压力大小。 【答案】 (1)6m/s； (2)50N 【解析】 【分析】 【详解】 (1)A 沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律 1sin cosMg Mg Ma 结合运动学公式 2 1 2 sin Hv a 两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向 1 2( )Mv M m v 解得 2 6m/sv (2)物块从 b 运动到 e 的过程，根据动能定理 2 2 3 2 1 1( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 2 M m gs M m g R M m v M m v 在 e 点，根据牛顿第二定律 2 3 R F m M g m M v 解得 50NF 根据牛顿第三定律可知物块对轨道 e 点的压力大小为 50N 。