物理高手请进

Question

质量为M的滑块放在光滑的水平面上 滑块带有半径为R=1m的1/4圆弧光滑轨道 质量为m的小球由静止从轨道的A点释放 若M=4m B点飞出的速度是

Answer 1

列个方程组
把小球和滑轨视作一个系统，因为滑轨和地面的摩擦力为0，所以不用考虑地面与滑轨的相互作用。
而且滑轨和小球之间也没有能量消耗。因此小球和滑轨组成了一个能量守恒，也是动量守恒的系统。把这两个守恒列两个方程就可以了。

整个系统最开始用有的全部能量就是小球具备的重力势能，最后这个重力势能分成了小球和滑轨的动能之和。因此mgR=1/2mV^2+1/2（4m）v^2(V是小球的飞出速度，v是滑轨与小球分离时候的速度。

动量守恒，列方程mV=4mv

联立方程求解。

Answer 2

4/5√20

Answer 3

用动量守恒定理。将小球和滑块看做一个系统，系统在水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒。系统初动量是0,设飞出时M的速度是V，m的速度是v，列式如下：
0 = MV + mv 。。。。。。。。。。。。①
又因为系统的机械能没有变化，则：
0 = 1/2MV方 + 1/2mv方 。。。。。。。②
联立①②可得答案

Answer 4

这题只要用动量守恒定律再结合能量守恒定律即可解答：
解：设小球下落至B点时速度为V1，此时滑块的速度为V2，
小球从A到B的过程中，根据动量守恒定律：
mV1=MV2(1)
此过程中，根据能量守恒定律：
mgR=1/2*mV1^2+1/2*MgV2^2(2)
又因为：M=4m(3)
由（1）（2）（3）式，并代入R=1m,g=10m/s^2解得：
小球在B点时飞出的速度：
V1=4m/s

Answer 5

运用系统机械能守恒定律和水平方向上系统动量守恒定律求解！