Question

摩天大樓中一部直通高層的客運電梯．行程超過百米．電梯的簡化模型如下所示．電梯的加速度a隨時間t變化的．已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a一t圖象如圖2所示．電梯總質最m=2.0x10³kg．忽略一切阻力．重力加速度g取10m/s²．求
（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F₁和最小拉力F₂；
（2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度的和速度的定義，根據圖2所示a-t圖象，求電梯在第1s內的速度改變量△v₁和第2s末的速率v₂；
（3）電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率p；
（4）求在0～11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功w．

Answer 1

分析：（1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度大小，由牛頓第二定律求解最大拉力F₁和最小拉力F₂；
（2）運用類比法可知，a-t圖象與坐標軸所圍的“面積”等于速度變化量，即可求出電梯在第1s內的速度改變量△υ₁，及電梯在2s內的速度改變量△υ₂，即求得第2s末的速率υ₂；
（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率．由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W．

解答：解；（1）由牛頓第二定律，有 F-mg=ma
由a─t圖象可知，F₁和F₂對應的加速度分別是a₁=1.0m/s²，a₂=-1.0m/s²
則
  F₁=m（g+a₁）=2.0×10³×（10+1.0）N=2.2×10⁴N
  F₂=m（g+a₂）=2.0×10³×（10-1.0）N=1.8×10⁴N
（2）通過類比可得，電梯的速度變化量等于第1s內a─t圖線下的面積
△υ₁=0.50m/s
同理可得，△υ₂=υ₂-υ₀=1.5m/s
υ₀=0，第2s末的速率υ₂=1.5m/s
（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，有
  υ_m=10m/s
此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fυ_m=mg?υ_m=2.0×10³×10×10W=2.0×10⁵W
（4）由動能定理，總功
W=E_k2-E_k1=

1

2

mυ_m²-0=

1

2

×2.0×10³×10²J=1.0×10⁵J
答：
（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F₁是2.2×10⁴N，最小拉力F₂是1.8×10⁴N．
（2）電梯在第1s內的速度改變量△υ₁是0.50m/s，第2s末的速率υ₂是1.5m/s．
（3）電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P為2.0×10⁵W；
（4）在0─11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W是1.0×10⁵J．

點評：本題一要有基本的讀圖能力，并能根據加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義．