Question

15．实验用升降机箱体质量为M=55kg，内部天花板到地板间距恰好H=6m．某次实验时，开动电机给升降机箱体恒定的拉力使箱体匀加速上升，加速度大小为$\frac{1}{5}$g，静止启动的同时从天花板处让一弹性小球自由下落．已知小球质量m=5kg，小球和箱体只在竖直方向上运动且每次碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间很短，内力远大于外力，忽略空气阻力，g取10m/s²．求：
（1）小球开始运动经多长时间与箱体发生第一次碰撞？
（2）第一次碰撞结束时箱体速度大小和小球的速度大小？
（3）从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功？

Answer 1

分析 （1）第一次碰撞前，小球做自由落体运动，箱体做匀加速运动，当两者位移这和等于H时第一次相碰，根据位移关系求时间．
（2）小球和箱体发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式，可求得第一次碰撞结束时箱体速度大小和小球的速度大小．
（3）用同样的方法求得小球和箱体第一次碰撞到第二次碰撞的时间，以及第二次与第三次碰撞经过的时间，求得箱体的总位移，由牛顿第二定律求出电机对箱体的拉力，从而求得电机对箱体做的功．

解答 解：（1）设t时间第一次相碰，由运动学规律得：
h_球=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
h_箱=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
且有：h_球+h_箱=H
解得：t=$\sqrt{\frac{2H}{g+a}}$
代入数据解得：t=1s，h_球=1m
（2）碰撞前小球的速度为 v₁=gt=10m/s（竖直向下）
箱体的速度为 v₂=at=2m/s（竖直向上），设碰后小球速度为向上的v₁′，箱体速度为向上的v₂′．取向上为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
 Mv₂-mv₁=mv₁′+Mv₂′
 $\frac{1}{2}$Mv₂²+$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₁′²+$\frac{1}{2}$Mv₂′²．
可得：v₁+v₂=v₁′-v₂′
代入数据解得：v₁′=12m/s，v₂′=0
（3）经分析小球不会碰箱体天花板．设经时间t₂第二次碰地板．
则 h₂=v₁′t₂-$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$
     h₂=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$ 
解得 t₂=2s，h₂=4m
可得第二次碰前速度小球为8m/s（向下），箱体为4m/s（向上）
同样，由碰撞中动量守恒和能量守恒可得：第二次碰后小球速度为v₁″=14m/s（向上），箱体速度为 v₂″=2m/s（向上）．
计算判断小球还是不与天花板相撞．
设经时间t₃第三次碰地板．
则 h₃=v₁″t₃-=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
     h₃=v₂″t₃+$\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}$
解得 t₃=2s，h₃=8m
所以第三次碰前箱体上升的总高度为 S=h_箱+h₂+h₃=13m  
对箱体受力分析，有
   F-Mg=Ma
得 F=660N
则电机对箱体做的功为 W=FS
解得 W=8580J
答：
（1）小球开始运动经1s长时间与箱体发生第一次碰撞．
（2）第一次碰撞结束时箱体速度大小和小球的速度大小分别为0和12m/s．
（3）从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功是8580J．

点评 解决本题的关键之处在于理清小球和箱体的运动关系，把握位移间的位移，知道弹性碰撞遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，边计算边分析．