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    11．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．一个质量为m的微粒从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，其大小满足F2=Kv（v是其速度大小，K=5×10-13Ns/m），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，（台面以外区域F2=0）．微粒均视为质点，取g=10m/s2
    （1）若微粒质量m=1×10-13kg，求微粒在CDYZ平台区域运动时的轨道半径．
    （2）若微粒质量m=1×10-13kg，求微粒落地点到平台下边线AB的距离．
    （3）若微粒在CDYZ区域，经半圆运动恰好达到D点，则微粒达到C点时速度v1多大．

    分析 （1）对从W到C过程根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解C点的速度，对圆周运动过程，利用万有引力等于向心力列式求解轨道半径；
    （2）对圆周运动过程，结合几何关系确定末位置；对平抛运动，根据分位移是列式求解；
    （3）结合几何关系得到轨道半径，然后根据拉力等于向心力列式求解．

    解答 解：（1）微粒从W到C，由牛顿第二定律得：
    F1=ma
    又 v2=2ad 
    所以：v=$\sqrt{\frac{2{F}_{1}d}{m}}$           ①
    联立解得：
    v=$\sqrt{\frac{2×1.25×1{0}^{-11}×0.1}{1{0}^{-13}}}$m/s=5m/s  ②
    微粒在CDZY区域运动时，F2提供向心力，由牛顿第二定律得：
    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区域运动时，其运行轨迹如图

    由几何关系得：cosθ=$\frac{L-r}{r}$=0.8，故sinθ=0.6
    微粒离开平台后做平抛运动，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
    故微粒落地点到平台下边线AB的距离为：
    S=xsinθ2×0.6=1.2m
    （3）若微粒在CDZY区域，经半圆运动恰好达到D点，则：
    r=$\frac{1}{2}$L                 ④
    由①③④解得：
    v=$\frac{4{F}_{1}d}{kL}$
    则微粒达到C点时速度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）若微粒质量m=1×10-13kg，微粒在CDYZ平台区域运动时的轨道半径为1m．
    （2）若微粒质量m=1×10-13kg，微粒落地点到平台下边线AB的距离为1.2m．
    （3）若微粒在CDYZ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．

    点评 本题关键是明确粒子的受力情况、运动情况，分过程根据牛顿第二定律、运动学公式、向心力公式、牛顿第二定律、平抛运动的分运动公式列式求解，不难．

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