如图所示，地面和半圆轨道面PTQ均光滑。质量M = l kg、长L = 4 m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s

（1）
由牛顿第二定律得：
对木块有：-μmg=ma1解得：a1＝−2m/s²
对小车有：μmg=Ma2解得：a1＝4m/s²
设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有
mv0=（m+M）v1
代入数据解得，v1=4m/s
设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有
μmgL1=mv0²/2-(m+M)v1²/2
代入数据解得 L1=3m
设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有
μmgS1=Mv1²/2-0
代入数据解得S1=2m
因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时，滑块的速度即v1=4m/s．

（2）
碰撞后，滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P。设滑块到点P的速度为v2，则
v2²-v1²=2a1L2，解得v2²=12
在P点时，设轨道对滑块的支持力为N，对滑块受力分析有N-mg=mv2²/R
解得N=68N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为68N

（3）
过点P后，若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为
mg=mv²/R ，根据动能定理，有
mv2²/2-mg•2R=mv²/2，联立并代入数据解得R=0.24m
若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理，有mv2²/2-mg•R=0
代入数据解得R=0.6m
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R≤0.24m或R≥0.6m

http://gzwl.cooco.net.cn/testdetail/306277/

这里是正确的哦

希望对你有所帮助 还望采纳~~~追问

这些不够具体，上台讲没多少时间就讲完了

追答

这还不够多呀

你是学生 还是？？？？

追问

是学生，要上台去讲了。。。有些不够具体

追答

上台讲课 胆子大一点 稍微扩展一下就可以了

加油哦

莫紧张~~

本回答被提问者采纳

（1）由牛顿第二定律得：
对木块有：-μmg=ma1解得：a1=-2m/s2
对小车有：μmg=Ma2解得：a1=4m/s2
（2）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有
mv0=（m+M）v1
代入数据解得
v1=4m/s
设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有
μmgL1=
1
2
mv02-
1
2
(m+M)v12
代入数据解得 L1=3m
设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有
μmgS1=
1
2
Mv12-0
代入数据解得S1=2m
因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．
（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为
mg=m
v2
R

根据动能定理，有
-μmgL2-mg•2R=
1
2
mv2-
1
2
mv12
联立并代入数据解得R=0.24m
若滑块恰好滑至
1
4
圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理，有
-μmgL2-mg•R=0-
1
2
mv12
代入数据解得R=0.6m
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R≤0.24m或R≥0.6m
答：（1）滑块在小车上运动的过程中，滑块的加速度大小为2m/s2，小车的加速度大小为4m/s2；
（2）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；
（3）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．
参考：魔方格追问

这些不够具体，上台讲没多少时间就讲完了

追答

解答所写步骤差不多就是这个样子，讲台上讲题和做题是两个过程，怎样讲题学生才能够听懂这是个人应该思考的问题，这也是师者和学生的区别。

。

追问

可是我是学生，轮到我上去讲题目了，这里有些得出来有些突然。

追答

这样啊，最好是和教你们的物理老师询问下，让他根据你们班上学生的情况给你一些建议更好，这比网上求助实际得多哦，不要不好意思问昂

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