Question

13．如圖所示，正方形光滑水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)l=1.8m，距地面高h(yuǎn)=0.8m，CD線平行于WX邊，且它們間距d=0.1m．一個(gè)微粒從W點(diǎn)靜止釋放，在WXDC平臺(tái)區(qū)域受到一個(gè)從W點(diǎn)指向C點(diǎn)的恒力F₁=1.25×10^-11N作用，進(jìn)入CDYZ平臺(tái)區(qū)域后，F(xiàn)₁消失，受到另一個(gè)力F₂作用，其大小是其速度大小的5×10^-13倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其方向總是垂直于速度方向，從而在平臺(tái)上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后由XY邊界離開(kāi)臺(tái)面，在臺(tái)面以外區(qū)域F₂消失，在微粒離開(kāi)臺(tái)面瞬間，另一個(gè)靜止于X點(diǎn)正下方水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一個(gè)水平速度，在微粒落地時(shí)恰好與滑塊相遇，已知滑塊和微粒均視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)恰好達(dá)到D點(diǎn)，則微粒達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度v₁的大�。�
（2）求從XY邊界離開(kāi)臺(tái)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)所獲得的速度v₂的大小．

Answer 1

分析 （1）若微粒在CDZY區(qū)域，經(jīng)半圓運(yùn)動(dòng)恰好達(dá)到D點(diǎn)，軌跡半徑R=0.9m．微粒從W運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理列出方程；微粒在CDYZ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(kāi)臺(tái)面，畫(huà)出圓周運(yùn)動(dòng)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(tái)面以速度v做以O(shè)點(diǎn)為圓心，R為半徑的圓周運(yùn)動(dòng)，從臺(tái)面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別研究?jī)蓚�(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)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(yùn)動(dòng)的半徑R=0.9m，有：
在WC段加速過(guò)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(yùn)動(dòng)，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(kāi)臺(tái)面，則圓周運(yùn)動(dòng)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(tái)面以速度v做以O(shè)點(diǎn)為圓心，R為半徑的圓周運(yùn)動(dòng)，從臺(tái)面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，落地點(diǎn)Q，水平位移s，下落時(shí)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(tái)前側(cè)面成ф角方向，以加速度a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到Q，經(jīng)過(guò)位移為k．由幾何關(guān)系，
可得：

cosθ=$\frac{l-R}{R}$
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)，有：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，s=v₂t
對(duì)于滑塊，由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)恰好達(dá)到D點(diǎn)，則微粒達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度v₁為$\frac{50}{9}$m/s．
（2）從XY邊界離開(kāi)臺(tái)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)所獲得的速度v₂為4.15m/s，與平臺(tái)前側(cè)面成53°角．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要正確分析微粒的運(yùn)動(dòng)情況，抓住微粒與滑塊的關(guān)系，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、數(shù)學(xué)知識(shí)結(jié)合進(jìn)行求解．