●电梯中的落体与抛体问题

电梯中的落体与抛体是相对于电梯而言的。由于电梯原来是运动的， 因此这类问题比较复杂。就电梯而言，它可能是匀速上升或匀速下降，也可能是匀加速或匀减速向上或向下运动；就落体与抛体而言，固然有向下的加速度 g，但它从电梯上掉落下来或被抛出后，相对于地面的即时速度的大小和方向，是与电梯原来的运动状态密切相关的。

通过分析研究，我们可以把这类问题归结为一个统一的模型，并根据这个模型归纳出一般的解题方法。

设电梯厢体的底板与顶板之间的距离为 H，在电梯以加速度 a 向上作加速运动的过程中，顶板上有一个小构件因松动而掉落下来。求小构件从顶板掉落到底板上所用的时间 t。

解法一：以地面为参照物。设小构件脱离顶板时，电梯与小构件的共同瞬时速度为 v0；这样，小构件脱离顶板后的运动是初速度为 v0 的竖直上抛运动，而电梯厢体的运动是初速度为 v0、加速度为 a 的匀加速运动。

设小构件脱离顶板后经时间 t 掉落到底板上。在这段时间里小构件相对于地面的位移为 s2，可能是向下的，也可能是向上的（见图 1－3 甲、乙）。

取小构件与电梯脱离时的那一点为坐标的原点 O，取竖直向上的方向为坐标的正方向，在时间 t 里，电梯的底板相对于地面向上的位移为：

1 2

s1 = v0 t + 2 at

在同样的时间里小构件的位移如向下（见甲图），

则其位移的大小为s2 = -（

1

v0 t - 2 gt

²）；

如小构件的位移向上（图乙），

则其位移的大小为

1 2 ；

s2 = v0 t - 2 gt

无论哪种情况，都有： s1-s2＝H

即H = 1 （g + a）t ²，由此可得：t = 2

解法二：以电梯的厢体为参照物。以电梯的厢体为参照物，即假设观察者与电梯一起运动。这样，小构件与顶板脱离后相对于电梯的运动，是初速度为零、加速度为（g+a）的竖直向下的匀加速运动。当它落到底板上， 相对于电梯的位移为 H 时，所用的时间为 t，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知：

H = 1 （g + a）t ²，可得t = 2

［分析与讨论］

1．如电梯静止或作匀速运动，则a = 0。这时t = 2H 。

g

表明电梯不动或匀速运动时小构件相对于电梯的运动是自由落体运动。

1. 电梯向下作匀减速运动时，电梯加速度的方向向上，小构件相对于电梯的加速度为 g+a，其结果与电梯向上作匀加速运动相同，

即 t = 。

1. 如电梯向上作匀减速运动或向下作匀加速运动，这两种情况下电梯加速度的方向均向下，小构件相对于电梯的加速度为 g-a，

故落到底板上所用时间t = 。

显然，如电梯向下的加速度值 a≥g，t 将变得没有意义，表明这种情况下，构件不会与顶板分离，当然也就不可能落到底板上去。

［例题 1］在电梯中，用一根细线将一个小球悬挂在顶板上，小球与底板相距 H=1.5 米。当电梯以加速度 a=4.9 米/秒 ² 向上作匀加速运动时， 细线突然断裂，则小球经多少时间落到底板上？

［分析与解］细线断裂的瞬间，小球与电梯具有相同的初速度，不论该速度多大，细线断裂后小球相对于电梯的运动是初速度为零、加速度为g+a=1.5g 的匀加速运动，则有：

H = 1 （g + a）t ²

2

t = 2H

g + a

≈0.45（秒）

［例题 2］电梯以 v0=3 米/秒的速度匀速下降，一个人在电梯中距底板 H=1 米的地方以相对于电梯的速度 v=5 米/秒竖直向上抛出一个小球。试问：小球经多少时间落到底板上？

［分析与解］方法一：以地面为参照物。小球抛出时相对于地面的初速度为 v-v0=2 米/秒，方向竖直向上；小球抛出后相对于地面的运动是初速度为 v-v0 的竖直上抛运动；设经过 t 秒小球落到底板上，在 t 秒内，

小球向下的位移大小为s1 = -[(v - v0

1

）t - 2 gt

² ］，

电梯的底板向下的位移大小为 s2=v0t；根据题意有：

s - s = H，即 1 gt ² - vt = H

1 2

2v ±

2

4v² + 8gH v

解得t＝ ＝（ ）±

2g g

代入已知量，舍去负根，即得：t≈2.17（秒）。

方法二：以电梯为参照物，即假设电梯不动。这样，小球相对于电梯的运动是初速度为 v=5 米/秒的竖直上抛运动，经时间 t 秒小球落到底板上，相对于电梯的位移为-H，故有：

1 2 1 2

vt - 2 gt = -H，即 2 gt - vt - H = 0

解这个方程所得结果与方法一相同。

所谓电梯中的“抛体”问题，是研究电梯中的物体，当它与电梯解除直接联系的瞬间，具有相对于电梯的初速度的情况。这里只研究竖直方向上的“抛体”问题。

电梯以速度 v1 匀速上升，某时刻电梯中的人以相对于电梯的初速度 v2 竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后又落回到人的手中。就这个模型我们研究下列几个问题。（1）小球抛出后，相对于地面作初速度为（v1+v2）的竖直上抛运动，当它上升到最高点，也就是它相对于地面的速度为零时，所用的时间为：

t = v1 + v2 。

1 g

在这段时间里，小球相对地于地面竖直向上的位移为：

s = （v + v

1

）t -

(v + v ) ²

gt 2 = 1 2

1 1 2 1 2 1 2g

1. 设小球抛出后 t 秒落回到手中，在这段时间里，小球和电梯相对于地面的位移分别为：

s1t = （v1 + v s2t = v1t

1 2

₂）t - 2 gt

1

小球落回到手中时，s ＝s ，即 ²

1t 2 t

v 2 t - 2 gt = 0

解此方程，可得：t = 2（ v2 ）。

g

1. 当小球落回到手中时，小球相对于地面的位移为：

s2 = （v1 + v2

1 2

）t - 2 gt

= （v1 + v2

＝ 2v1v 2

g

）（ 2v 2 ）

g

1

- 2 g

（ 2v 2 ） 2

g

1. 比较（1）、（2）的分析，可以得知小球相对于地面“回落”的时间是：

t ＝t - t ＝ 2v2 - v1 + v2 ＝ v2 − v1

^{2 1} g g g

1. 相对于电梯而言，小球作初速度为 v2 的竖直上抛运动，小球从抛出到落回到手中，所用时间为：

t′ = 2（ v2 ） = t

g

当小球与电梯的顶板距离最小，也就是小球相对于电梯静止时，小球相对于地面的速度为 v2，而小球抛出时相对于地面的初速度为（v1+v2）， 所以小球相对于电梯上升的时间为：

t '= (v1 + v2 ) - v1 = v 2

¹ g g

相对于电梯的回落时间为

t ＝t′ - t ＝ v2 ＝t ′∶t ′＝t ′，

2 1 g

1 1 2

表明竖直上抛的小球，相对于匀速运动的电梯而言，上升的时间与回落的时间相等，由此可以推知，抛出点与电梯顶板之间的距离至少为

v 2

d = ² 。

2g

1. 小球落回到手中时，相对于电梯的即时速度为：

v2 ′ = v 2 - gt = -v2

而小球落回到手中的瞬间，相对于地面的即时速度为： v1′=(v1+v2）-gt=v1-v2

上述研究结果，可以归纳如下：

在以速度 v1 匀速上升的电梯中，以相对于电梯的速度 v2 竖直上抛的物

v2

体，只有在抛出点与顶板之间的距离不小于 ² 的情况下，才不会与顶板相

2g

碰。在这种情况下，抛体相对于地面上升的时间为 t1=（v1+v2）/g，回落时间为 t2=（v2-v1）/g；相对于电梯上升的时间与回落的时间相等；t1′

=t2′=v2/g。小球相对于地面上升的最大位移是（v1+v2）²/2g，当小球回落到手中时，相对于地面的位移是 2v1v2/g。

例题 3 可以帮助我们理解上述分析与推导过程，再通过具体的数值计算，可获得比较直观的印象。

［例题］电梯以速度 v1=3 米／秒匀速上升。电梯中的人以相对于电梯的速度 v2=5 米/秒竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后又落回到人的手中。

相对于地面而言，求：（1）小球竖直向上的最大位移量多大？（2） 小球从抛出到落回到手中的这段时间里，相对于地面的位移量多大？（3） 从小球抛出到落回到手中这段时间里，小球通过的路程是多少？

相对于电梯而言，求：（4）小球抛出点与电梯的顶板之间距离至少多大？（5）当小球与顶板最近时，小球是否运动？如果运动的话，它的速度大小和方向如何？（6）小球落回到手中时，它的速度大小和方向如何？

［分析与解］小球抛出后的运动，相对于地面而言，是初速度为 v1+v2=8 米/秒的竖直上抛运动；相对于电梯而言，是初速度为 v2=5 米/秒的竖直上抛运动。电梯始终以速度 v1=3 米/秒竖直向上作匀速运动。

1. 小球抛出后，当它相对于地面的速度为零时，上升到最高点，这段时间为：

t = v1 + v2

= 0.8（秒）

1 g

这段时间内的位移，也就是小球抛出后相对于地面竖直向上的位移， 其大小为：

1 (v + v ) ²

s = (v + v )t − gt ² = ^{1 2} = 3.2(米)

1 1 2 1 2 1 2g

1. 设小球抛出后 t 秒落回到手中。在 t 秒内小球和电梯的位移分别为：

s = （v + v ） 1 2

1t 1 2

s2 t = v1t

t - 2 gt

1

小球落回到手中时，s = S ，即：v t－ gt ² = 0

1t 2t 2 2

解得t = 2（ v2 ） = 1（秒）。

g

可见，小球落回到手中时相对于地面的位移为：

s2 = （v1 + v2

1 2

）t - 2 gt

＝（v ＋v

） 2v₂ 1 2v₂ ) 2 ＝ 2v₁v ₂

1 2

= 3（米）

g - 2 g( g g

1. 从上面计算的结果可以看出，相对于地面而言，小球上升的时间t1=0.8 秒，回落的时间是 t2=0.2 秒。上升通过的路程为 S1=3.2 米，回落通过的路程是 s1-s2=0.2（米），故全过程通过的路程为：

s=3.2（米）+0.2（米）=3.4（米）

1. 相对于电梯而言，小球上升的最大高度 h 应小于抛出点与顶板之间的距离 d，即：

v2

d＞h = ² = 1.25（米）

2g

1. 当小球与电梯顶板最近时，小球相对于电梯的速度为零，即这一瞬间小球与电梯相对静止，但该时刻小球与电梯一样，相对于地面的速度是 v1=3 米／秒，方向竖直向上。

2. 相对于电梯而言，小球从抛出到回落到手中，总时间为：

t = 2（ v2 ） = 1（秒）

g

这一结果与前面（2）的结果相同。

可见，当小球回落到手中时，相对于电梯而言，其速度为： v2′=v2-gt=-5（米/秒）

“-”号表示 v2′相对于电梯的方向是向下的。小球回落到手中时，相对于地面的速度是： v1′=（v1+v2）t-gt=-2（米/秒）

“-”号表示其方向相对于地面向下。