Question

13．如圖所示，正方形光滑水平臺面WXYZ邊長l=1.8m，距地面高h=0.8m，CD線平行于WX邊，且它們間距d=0.1m．一個微粒從W點靜止釋放，在WXDC平臺區(qū)域受到一個從W點指向C點的恒力F₁=1.25×10^-11N作用，進入CDYZ平臺區(qū)域后，F(xiàn)₁消失，受到另一個力F₂作用，其大小是其速度大小的5×10^-13倍，運動過程中其方向總是垂直于速度方向，從而在平臺上做勻速圓周運動，然后由XY邊界離開臺面，在臺面以外區(qū)域F₂消失，在微粒離開臺面瞬間，另一個靜止于X點正下方水平地面上A點的滑塊獲得一個水平速度，在微粒落地時恰好與滑塊相遇，已知滑塊和微粒均視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/s²．
（1）若微粒在CDZY區(qū)域，經(jīng)半圓運動恰好達到D點，則微粒達到C點時速度v₁的大�。�
（2）求從XY邊界離開臺面的微粒質(zhì)量m的范圍．
（3）若微粒質(zhì)量m_o=1×10^-13kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度v₂的大�。�

Answer 1

分析 （1）若微粒在CDZY區(qū)域，經(jīng)半圓運動恰好達到D點，軌跡半徑R=0.9m．微粒從W運動到C的過程，根據(jù)動能定理列出方程；微粒在CDYZ內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，聯(lián)立可求得速度v₁．
（2）微粒要從XY邊界離開臺面，畫出圓周運動的邊緣軌跡，得到半徑的極小值與極大值分別為R₁=$\frac{l}{2}$，R₂=l-d，再根據(jù)牛頓第二定律求解質(zhì)量m的范圍．
（3）微粒在臺面以速度v做以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運動，滑塊做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式分別研究兩個物體的運動，結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行求解．

解答 解：（1）設(shè)微粒質(zhì)量為m，由題意得：勻速圓周運動的半徑R=0.9m，有：
在WC段加速過程，有：F₁d=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
代入得：1.25×10^-11×0.1=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
微粒在CDYZ內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得：
5×10^-13v₁=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{0.9}$
由上兩式解得：v₁=$\frac{50}{9}$m/s
（2）微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，
半徑的極小值與極大值分別為：R₁=$\frac{l}{2}$，R₂=l-d
根據(jù)牛頓第二定律得：5×10^-13v=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)有：8.1×10^-14kg＜m≤2.89×10^-13kg
（3）如圖，微粒在臺面以速度v做以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運動，落地點Q，水平位移s，下落時間t．設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得速度v₂后在t內(nèi)沿與平臺前側(cè)面成ф角方向，以加速度a做勻減速直線運動到Q，經(jīng)過位移為k．由幾何關(guān)系，
可得：

cosθ=$\frac{l-R}{R}$
根據(jù)平拋運動，有：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，s=v₂t
對于滑塊，由牛頓定律及運動學(xué)方程，有：
μMg=Ma，k=v₂t-$\frac{1}{2}$at²
再由余弦定理：k²=s²+（d+Rsinθ）²-2s（d+Rsinθ）cosθ
及正弦定理：$\frac{sin∅}{s}=\frac{sinθ}{k}$
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v₂=4.15m/s，
ф=53°
答：（1）若微粒在CDZY區(qū)域，經(jīng)半圓運動恰好達到D點，則微粒達到C點時速度v₁為$\frac{50}{9}$m/s．
（2）從XY邊界離開臺面的微粒質(zhì)量m的范圍為8.1×10^-14kg＜m≤2.89×10^-13kg．
（3）若微粒質(zhì)量m_o=1×10^-13kg，滑塊開始運動時所獲得的速度v₂為4.15m/s，與平臺前側(cè)面成53°角．

點評 解決本題的關(guān)鍵要正確分析微粒的運動情況，抓住微粒與滑塊的關(guān)系，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式、動能定理、數(shù)學(xué)知識結(jié)合進行求解．