新高考物理二轮复习精选练习专题25智解计算题（含解析）-

这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题25智解计算题（含解析）-，共37页。试卷主要包含了智解计算题等内容，欢迎下载使用。

专题二十五、智解计算题
第一部分 织网点睛，纲举目张


智解计算题，“三策”很重要
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程多，所给的物理情境较复杂，物理模型比较模糊甚至很隐蔽，所运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高。掌握以下“三策略”，可在物理计算题上得到理想的分值。
策略(一)　“三步”审题
审题是将题中物理信息内化的过程，包含“看题”“读题”“思题”等环节。审题一般可分为“三步”进行。


策略(二)　大题小做
物理压轴题一般文字叙述量较大，涉及的物理过程与情境较复杂，物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论。能否顺利地突破求解，关键是能否顺利地将题中复杂的物理运动过程分解为若干个独立的、较为简单的过程，即将大题小做，各个击破。
策略(三)　规范答题
物理规范答题主要体现在三个方面：思想方法的规范化，解题过程的规范化，物理语言和书写的规范化。依据高考试题的参考答案和评分标准，总结出如下四步规范化答题模式：
1．画图分析
主要是画原理分析图和物理过程示意图(如受力分析图、运动示意图、等效电路图、光路图等)。目的是有助于解题过程表述的简洁性，更有助于分析题意，找出解题方法。
2．写出必要的文字说明
目的是展示物理问题发展的前因后果。文字说明的语言要简洁、明确、规范，主要有下列六个方面：
(1)说明研究对象，可采用“对物体A”“对A、B组成的系统”等简洁的形式。
(2)指出物理过程和状态，如“从A→B”“在t时刻”等简单明了的说法。
(3)假设所求的物理量或题中没有但解题却需要的中间变量，如“设……”“令……”等熟知的说法或“各量如图中所示”(在原理图上标出各量)。
(4)写明解题依据，如“由……定律有”“据……得”等。
(5)解题过程中必要的关联词，如“将……代入”“由……得出”等。
(6)对原因、结果的补充说明，如“因为……”“所以……”“大于”“小于”等。
3．列出方程式
主要是物理公式和与解题相关的数学公式。该步骤要注意以下三点：
(1)一定要写方程的原式，而不是变形式或结果计算式。
(2)所列方程要与解题密切相关，不要堆砌方程。方程过多，容易造成解题的混乱。
(3)列方程时，物理量的符号要用题中所给的符号。若使用题中没有的物理量符号时，也一定要使用课本上统一的符号。
4．准确演算明确结果
(1)解题过程详略得当
写出重要的关系式和推导步骤，详细的推导、整理过程一般不用写。
(2)代数运算正确
从原方程求解最后结果时，要先推导出最简形式的计算式，再把单位统一后的数据代入，写出计算结果和单位，中间运算过程无须写上。要尽量避免步步计算。
(3)结果表达准确
结果的表达要明确，要有数值和单位。如果是矢量，要用正负号表示或说明其方向性。
(4)做出必要的说明和讨论
如果需要说明或讨论的，一定要有准确的说明或必要的讨论。
等效场问题解题方法



第二部分 实战训练，高考真题演练
第三部分 思路归纳，内化方法
5．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运­20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12①
m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得
v2＝78 m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
v22＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2⑥
t＝39 s。⑦
答案：(1)78 m/s　(2)2.0 m/s2　39 s
第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022年1月浙江选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。

【参考答案】（1）7N；（2）；（3）见解析
【名师解析】（1）到C点过程

C点时由牛顿第二定律，
解得：
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得
要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得
当时，
当时，
当时，
易错警示：本题（2）中考生容易得出速度关系，但的取值范围弄错，写成，导致这种错误的原因是漏掉必须通过圆弧轨道的最高点才能到达点，即漏掉这个制约关系从而无法正确界定。
本题（3）中考生易漏掉这个条件，从而不能完整的解答。
2．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：

（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。
【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N1=mg+Mg。
代入数据解得N1=8N。
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N2=Mg-f’。
代入数据解得N2=5N。
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v02=-2al 解得：v=8 m/s
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。

3. （2022年1月浙江选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。


【参考答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【名师解析】（1）设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有 、
解得：、
（2）解法一：由题知物体从全程的运动时间，设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有


代入数据解得：、
解法二：由于物体在做匀变速运动，故
解得：
故其加速度
（3）解法一：设物体在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律有
代入数据解得：
解法二：物体在上运动由动量定理有
代入数据解得：
解法三：对物体从由动能定理有
解得：
易错警示：对于多过程问题一定要分清楚每一阶段的受力情况和运动情况。
（1）AB段
解得
（2）AB段，
解得
BC段，t2=5.0s-t1=2s，
解得
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
4．（9分）
（2022高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），

则
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
第三部分 思路归纳，内化方法
[例1]　如图甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)乙图中F0的值；
(3)若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，则在t＝3 s时A与B的左端相距多远。
[三步审题]
第一步：审条件挖隐含
(1)当F>F0时B相对地面滑动，F0的值为B与地面间的最大静摩擦力大小
(2)当F025 N时，A与B有相对运动，A在B的动摩擦力作用下加速度不变
第二步：审情景建模型
(1)A与B间相互作用：板块模型
(2)A与B的运动：匀变速直线运动
第三步：审过程选规律
(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a­F图像的物理意义
(2)用匀变速运动的规律分析A与B运动的位移

[解析]　(1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a1＝4 m/s2
对A由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
得μ1＝0.4。
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
即a2＝
由题图乙知
＝，＝－
可得M＝4 kg，μ2＝0.1
则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。
(3)给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a1＝4 m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则t1＝＝1 s，
位移x1＝v0t1－a1t12＝2 m
B的加速度大小
a2＝＝5 m/s2，方向向右
B的位移大小x2＝a2t12＝2.5 m，此时B的速度
v2＝a2t1＝5 m/s
由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B由牛顿第二定律有
F－μ2Mg＝Ma3，可得a3＝ m/s2
在t＝3 s时A与B左端的距离
x3＝v2(t－t1)＋a3(t－t1)2＝22.5 m。
[答案]　(1)0.4　(2)5 N　(3)22.5 m
[例2]　如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨M1N1段与M2N2段相互平行，间距La＝2 m；P1Q1段与P2Q2段相互平行，间距Lb＝1 m。两根质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b垂直于导轨放置，杆的长度等于导轨间距。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过光滑定滑轮与重物c相连，细线的水平部分与P1Q1平行且足够长，c离地面足够高，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.4，不计导轨电阻及电磁辐射，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)若要保持整个系统静止，重物c的质量mc不能超过多少？
(2)若c的质量改为mc′＝0.6 kg，将c由静止释放开始计时，杆在运动过程中保持与导轨垂直且接触良好，求金属杆b的最大速度；
(3)在(2)的条件下，已知t＝4 s时金属杆b的速度已非常接近最大速度，求这4 s过程中a杆产生的焦耳热。
[大题小做]
1．第(1)问可拆分为2个小题
①求平衡时细线上的拉力大小FT是多少？
建模：重物c二力平衡模型
规律：两力大小相等方向相反，即FT＝mcg
②细线上的拉力大小与b杆受到的静摩擦力Ff满足什么关系时b杆能处于平衡状态？
建模：静摩擦力作用下的平衡
规律：合力为零，静摩擦力小于等于最大静摩擦力(如果没有特别说明一般认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)，即FT＝Ff≤Ffmax＝μmg

　　2.第(2)问可拆分为4个小题
①b杆有最大速度时受到的最大安培力大小Fb是多少？
建模：b杆与重物c系统处于平衡状态
规律：系统合力为零，即mc′g＝μmg＋Fb
②a杆受到的最大安培力大小Fa与b杆受到的最大安培力大小Fb有何关系？
建模：两杆在同一时刻电流大小相同，但a杆的长度是b的两倍
规律：由安培力公式得Fa＝2Fb
③此过程中a杆的运动状态如何？
分析：由于Fa＝2Fb＝μmg
结论：a杆一直不动
④b杆运动的最大速度v与b杆受到的最大安培力大小有何关系？
建模：b杆相当于电源，a杆与导轨组成外电路
规律：E＝BLbv，I＝，Fb＝BILb

　　
3.第(3)问可拆分为4个小题
①在4 s内细线上拉力的平均冲量是多大？
建模：重物c的变速运动
规律：动量定理mc′gt－t＝mc′v
②在t＝4 s时间内b杆受到安培力的平均冲量是多大？
建模：b杆的变速运动
规律：动量定理t－μmgt－bt＝mv
③在t＝4 s时间内b杆受到安培力的平均冲量与b杆运动的距离有何关系？
建模：b杆与a杆及导轨组成的闭合电路
规律：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、电流与冲量的定义式，即bt＝BLbt，t＝t＝
④在t＝4 s时间内，重物c与两杆组成电路中的功能关系如何？
建模：b杆克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，此过程中两杆产生的焦耳热Q相等
规律：能量守恒定律，即mc′gx＝(m＋mc′)v2＋μmgx＋2Q

[解析]　(1)系统静止时对金属杆b杆有：mcg≤μmg，
可得mc≤0.4 kg。
(2)当mc′＝0.6 kg时，b杆速度v最大时应做匀速运动，设此时b杆受到的安培力大小为Fb，此时
mc′g＝μmg＋Fb，可得Fb＝2 N
此时a杆受到的最大安培力为2Fb，由于2Fb＝μmg，故a棒一直不动
又Fb＝BILb，I＝，解得v＝0.5 m/s。
(3)在t＝4 s时间内设b杆向右滑动的距离为x，此过程中a、b两杆产生的焦耳热均为Q，由能量守恒定律有
mc′gx＝(m＋mc′)v2＋μmgx＋2Q
设此过程中细线上拉力的平均值为，b杆受到安培力的平均值为b
对b棒由动量定理有t－μmgt－bt＝mv
对重物c由动量定理有mc′gt－t＝mc′v
又bt＝BLbt，t＝t＝
以上几式联立解得x＝1.8 m，Q＝1.7 J。
[答案]　(1)0.4 kg　(2)0.5 m/s　(3)1.7 J

第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023山东济宁期中） 如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2） 斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

【参考答案】（1）4m/s；（2），；（3）
【名师解析】
（1）物块A落到木板前做平抛运动，则

得

得

（2）木板恰好静止斜面上

得

物块A在木板上滑行时，对A
（沿斜面向上）
对B
（沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：

解得
，
位移为
，
假设成立，故

（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有

得

设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有

得
，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有



2.（16分）(2023山东菏泽期中)如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上。弹簧一端与斜面底部的挡板连接，另一端自由伸长到点，将质量为的物块乙轻放在弹簧上端，不栓接。质量为的物块甲以初速度沿斜面向下运动，到达点后两物块相碰并粘连在一起，之后整体向下压缩弹簧至点（点图中未画出）后弹回，到点时速度减为0，已知间的距离为，间的距离为。两物块均可视为质点，物块甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为，弹簧弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。重力加速度取，，，。
（1）求物块甲到达点时的速度；
（2）求点与点间的距离以及弹簧压缩至点时弹性势能；
（3） 若物块甲到达点后两物块相碰共速但不粘连，试求：
①两物块分离的位置距点的距离；
②从两物块分离到两物块再次相撞所经历的时间（可用根号形式表示结果）

【名师解析】.（16分）
解：（1）假设物块甲到点的速度为，由动能定理得

解得
（2）两物块碰撞后共速，根据动量守恒
，
解得：
物块乙轻放在弹簧上端，经计算得
可知，弹簧仍处于自由伸长状态，弹力和弹性势能为零。
碰后到返回点，设最大压缩量为，即点与点间的距离，对整体应用动能定理

解得：
从到点，由功能关系

解得弹簧压缩至点时弹性势能为
（3）①由弹簧弹性势能表达式为

解得
分离时，两者具有相同的加速度，此时对物块甲

对物块乙

解得，此时弹簧形变量为
故此时的位置距点的距离为
解得
②分离时，假设两者的速度均为，从点到分离，由功能关系

分离后，假设物块甲继续向上运动距离时速度减为0，则有
解得
设这一段物块甲经历的时间为，则有
解得
分离后，假设物块乙继续向上走距离时速度减为0，由功能关系

解得：
物块乙速度减为0后，会静止在斜面上，物块甲减速至时0，经计算可知

此时物块甲的加速度为，则

则物块甲再次回来与乙相撞，设物块甲速度减为0到再次与物块2相撞经历的时间为，则有

解得
所以两物块分离时到物块再次相撞经历的时间为
3．（12分）（2023浙江宁波一模）五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r＝0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R＝0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（图中未画出）。左侧有一与水平面夹角，长度L＝1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m＝0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（，）求：

（1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小；
（2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；
（3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功；
（4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能与x之间的关系。
【名师解析】．（12分）
（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小球A点的速度大小：
其中，
可解得
（2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足： 从A点到C点运动过程中机械能守恒
解得
（3）因滑块与钢球发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度与钢球碰撞后的速度相等（交换速度），则：
分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理得：
解得
（4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知

得
要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为：
斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理：
、
综合上述式子解得：
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L＞0，可得x的范围：

4. （2023重庆第二次质检）某部电梯原理结构简化如图甲，质量为的轿厢（不含乘客和货物）通过钢索跨过两个光滑定滑轮与质量为的配重相连，轿厢和配重均一直悬空。电动机（图中未画出）通过给轿厢额外的沿竖直方向的力来控制轿厢的运行。轿厢在一楼载上总质量为的乘客和货物开始向上运行。不计滑轮和钢索质量，每层楼高3m，。
（1）若轿厢向上启动时加速度为2，求电动机对轿厢作用力的大小和方向；
（2）若为了舒适性，轿厢在每次加速和减速时加速度的大小都按乙图变化，且要求0~2s内轿厢位移大小为1.5m。求的大小；
（3）在（2）条件下，轿厢在相邻两次加减速之间都保持匀速。一批总质量为600kg的乘客和货物在5楼下了电梯；剩下的乘客和货物全部在15楼下了电梯；然后空轿厢继续向上运行到20楼停下。若电动机在对轿厢做正功时有75%的电能转化为机械能，电动机在对轿厢做负功时有60%的机械能转化为电能。求此次电梯上行消耗的总电能。

【参考答案】（1）13200N，方向竖直向上；（2）1.5m/s2；（3）62475J
【名师解析】
（1）对轿厢和配重的整体，在沿绳的方向

解得
F电=13200N
方向竖直向上；
（2）因为a-t图与t轴围成的面积为∆v，又因为轿厢的初速度为零，则在0~2s内任意t时刻轿厢的速度为
（0