Question

11．如圖所示，正方形光滑水平臺面WXYZ邊長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)質(zhì)量為m的微粒從W點(diǎn)靜止釋放，在WXDC平臺區(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平臺區(qū)域后，F(xiàn)₁消失，受到另一個(gè)力F₂作用，其大小滿足F₂=Kv（v是其速度大小，K=5×10^-13Ns/m），運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，然后由XY邊界離開臺面，（臺面以外區(qū)域F₂=0）．微粒均視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s²
（1）若微粒質(zhì)量m=1×10^-13kg，求微粒在CDYZ平臺區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑．
（2）若微粒質(zhì)量m=1×10^-13kg，求微粒落地點(diǎn)到平臺下邊線AB的距離．
（3）若微粒在CDYZ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多大．

Answer 1

分析 （1）對從W到C過程根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解C點(diǎn)的速度，對圓周運(yùn)動(dòng)過程，利用萬有引力等于向心力列式求解軌道半徑；
（2）對圓周運(yùn)動(dòng)過程，結(jié)合幾何關(guān)系確定末位置；對平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移是列式求解；
（3）結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)拉力等于向心力列式求解．

解答 解：（1）微粒從W到C，由牛頓第二定律得：
F₁=ma
又 v²=2ad 
所以：v=$\sqrt{\frac{2{F}_{1}d}{m}}$           ①
聯(lián)立解得：
v=$\sqrt{\frac{2×1.25×1{0}^{-11}×0.1}{1{0}^{-13}}}$m/s=5m/s  ②
微粒在CDZY區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)₂提供向心力，由牛頓第二定律得：
kv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$        ③
得：r=$\frac{mv}{k}$
由④⑤得：
r=$\frac{1{0}^{-13}×5}{5×1{0}^{-13}}$m=1m 
（2）微粒在CDZY區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，其運(yùn)行軌跡如圖

由幾何關(guān)系得：cosθ=$\frac{L-r}{r}$=0.8，故sinθ=0.6
微粒離開平臺后做平拋運(yùn)動(dòng)，故：
h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
x=vt
所以：
x=v$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=5×$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$=2m
故微粒落地點(diǎn)到平臺下邊線AB的距離為：
S=xsinθ2×0.6=1.2m
（3）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：
r=$\frac{1}{2}$L                 ④
由①③④解得：
v=$\frac{4{F}_{1}d}{kL}$
則微粒達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度v₁：
${v}_{1}=\frac{4×1.25×1{0}^{-11}×0.1}{5×1{0}^{-13}×1.8}m/s=\frac{50}{9}m/s$
答：（1）若微粒質(zhì)量m=1×10^-13kg，微粒在CDYZ平臺區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑為1m．
（2）若微粒質(zhì)量m=1×10^-13kg，微粒落地點(diǎn)到平臺下邊線AB的距離為1.2m．
（3）若微粒在CDYZ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．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況，分過程根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、向心力公式、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解，不難．