Question

13．如图所示，正方形光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面高h=0.8m，CD线平行于WX边，且它们间距d=0.1m．一个微粒从W点静止释放，在WXDC平台区域受到一个从W点指向C点的恒力F₁=1.25×10^-11N作用，进入CDYZ平台区域后，F₁消失，受到另一个力F₂作用，其大小是其速度大小的5×10^-13倍，运动过程中其方向总是垂直于速度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由XY边界离开台面，在台面以外区域F₂消失，在微粒离开台面瞬间，另一个静止于X点正下方水平地面上A点的滑块获得一个水平速度，在微粒落地时恰好与滑块相遇，已知滑块和微粒均视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²．
（1）若微粒在CDZY区域，经半圆运动恰好达到D点，则微粒达到C点时速度v₁的大小．
（2）求从XY边界离开台面的微粒质量m的范围．
（3）若微粒质量m_o=1×10^-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度v₂的大小．

Answer 1

分析 （1）若微粒在CDZY区域，经半圆运动恰好达到D点，轨迹半径R=0.9m．微粒从W运动到C的过程，根据动能定理列出方程；微粒在CDYZ内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列出方程，联立可求得速度v₁．
（2）微粒要从XY边界离开台面，画出圆周运动的边缘轨迹，得到半径的极小值与极大值分别为R₁=$\frac{l}{2}$，R₂=l-d，再根据牛顿第二定律求解质量m的范围．
（3）微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分别研究两个物体的运动，结合数学知识进行求解．

解答 解：（1）设微粒质量为m，由题意得：匀速圆周运动的半径R=0.9m，有：
在WC段加速过程，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内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
5×10^-13v₁=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{0.9}$
由上两式解得：v₁=$\frac{50}{9}$m/s
（2）微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，
半径的极小值与极大值分别为：R₁=$\frac{l}{2}$，R₂=l-d
根据牛顿第二定律得：5×10^-13v=$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$
代入数据有：8.1×10^-14kg＜m≤2.89×10^-13kg
（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t．设滑块质量为M，滑块获得速度v₂后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k．由几何关系，
可得：

cosθ=$\frac{l-R}{R}$
根据平抛运动，有：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，s=v₂t
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，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：$\frac{sin∅}{s}=\frac{sinθ}{k}$
联立并代入数据解得：v₂=4.15m/s，
ф=53°
答：（1）若微粒在CDZY区域，经半圆运动恰好达到D点，则微粒达到C点时速度v₁为$\frac{50}{9}$m/s．
（2）从XY边界离开台面的微粒质量m的范围为8.1×10^-14kg＜m≤2.89×10^-13kg．
（3）若微粒质量m_o=1×10^-13kg，滑块开始运动时所获得的速度v₂为4.15m/s，与平台前侧面成53°角．

点评 解决本题的关键要正确分析微粒的运动情况，抓住微粒与滑块的关系，由牛顿第二定律和运动学公式、动能定理、数学知识结合进行求解．