专题25智解计算题（解析版）---2023高考二轮复习_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习二十五专题精练287608825_专题25智解计算题

2023高考二轮复习二十五专题 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m ，起飞离地速度为v ；装载货物后质量为m ，起飞离地速度为 1 1 2 v，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件 2 mg＝kv2① 1 1mg＝kv2② 2 2 由①②式及题给条件得 v＝78 m/s。③ 2 (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 v2＝2as④ 2 v＝at⑤ 2 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O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直 1 2 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、O、D、 1 O 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 2 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F 的大小； N （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，N =mg+Mg。 1 代入数据解得N =8N。 1 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 N =Mg-f’。 2 代入数据解得N =5N。 2 （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-v2=-2al 解得：v=8 m/s 0 （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 ，t=5.0s-t =2s， 2 1 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μ； 1 (2)乙图中F 的值； 0 (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v ＝4 m/s，则在t＝3 s时 0 A与B的左端相距多远。 [三步审题] (1)当F>F 时B相对地面滑动，F 的值为B与地面间的最大静摩擦力大 0 0 小 第一步：审 (2)当F25 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 (1)A与B间相互作用：板块模型 情景建模型 (2)A与B的运动：匀变速直线运动 (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 第三步：审 图像的物理意义 过程选规律 (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a＝4 m/s2 1对A由牛顿第二定律有 μmg＝ma 1 1 得μ＝0.4。 1 (2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ ，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二 2 定律有 F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma 1 2 2 即a＝ 2 由题图乙知 ＝，＝－ 可得M＝4 kg，μ＝0.1 2 则F＝μ(m＋M)g＝5 N。 0 2 (3)给A水平向左的初速度v ＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a ＝4 m/s2，方向水平向右 0 1 设A运动t 时间速度减为零，则t＝＝1 s， 1 1 位移x＝vt－at2＝2 m 1 01 11 B的加速度大小 a＝＝5 m/s2，方向向右 2 B的位移大小x＝at2＝2.5 m，此时B的速度 2 21 v＝at＝5 m/s 2 21 由于x ＋x ＝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 1 2 后B的加速度大小为a，对B由牛顿第二定律有 3 F－μMg＝Ma，可得a＝ m/s2 2 3 3 在t＝3 s时A与B左端的距离 x＝v(t－t)＋a(t－t)2＝22.5 m。 3 2 1 3 1 [答案] (1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m [例2] 如图所示，MN PQ 和MN PQ 为同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度 B＝2 1 1 1 1 2 2 2 2 T、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨MN 段与MN 段相互平行，间距L ＝2 m；PQ 段与PQ 段相互平 1 1 2 2 a 1 1 2 2 行，间距L ＝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 b 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PQ 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， 1 1 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m 不能超过多少？ c (2)若c的质量改为m′＝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 c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 建模：重物c二力平衡模型 力大小F 是多少？ 规律：两力大小相等方向相反，即F ＝mg T T c ②细线上的拉力大小与b 建模：静摩擦力作用下的平衡 杆受到的静摩擦力 F 满 规律：合力为零，静摩擦力小于等于最大静摩擦力(如果没有 f 足什么关系时b杆能处于 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)， 平衡状态？ 即F ＝F≤F ＝μmg T f fmax 2.第(2)问可拆分为4个小题 ①b杆有最大速度时受到的 建模：b杆与重物c系统处于平衡状态 最大安培力大小F 是多少？ 规律：系统合力为零，即m′g＝μmg＋F b c b ②a杆受到的最大安培力大 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 小F 与b杆受到的最大安培 倍 a 力大小F 有何关系？ 规律：由安培力公式得F＝2F b a b ③此过程中a杆的运动状态 分析：由于F＝2F＝μmg a b 如何？ 结论：a杆一直不动 ④b杆运动的最大速度v与 建模：b杆相当于电源，a杆与导轨组成外电路 b杆受到的最大安培力大小 规律：E＝BL v，I＝，F＝BIL b b b 有何关系？ 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 建模：重物c的变速运动 冲量是多大？ 规律：动量定理m′gt－t＝m′v c c ②在t＝4 s时间内b杆受到安 建模：b杆的变速运动 培力的平均冲量是多大？ 规律：动量定理t－μmgt－t＝mv b 建模：b杆与a杆及导轨组成的闭合电路 ③在t＝4 s时间内b杆受到安 规律：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定 培力的平均冲量与b杆运动的 律、安培力公式、电流与冲量的定义式，即 t＝ b 距离有何关系？ BL t，t＝t＝ b ④在t＝4 s时间内，重物c与 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 两杆组成电路中的功能关系如 规律：能量守恒定律，即m′gx＝(m＋m′)v2＋ c c 何？ μmgx＋2Q [解析] (1)系统静止时对金属杆b杆有：mg≤μmg， c 可得m≤0.4 kg。 c (2)当m′＝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F，此时 c b m′g＝μmg＋F，可得F＝2 N c b b 此时a杆受到的最大安培力为2F，由于2F＝μmg，故a棒一直不动 b b 又F＝BIL ，I＝，解得v＝0.5 m/s。 b b (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 m′gx＝(m＋m′)v2＋μmgx＋2Q c c 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－t＝mv b 对重物c由动量定理有m′gt－t＝m′v c c 又 t＝BL t，t＝t＝ b b 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μ 及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移； 0 （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 在 （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 时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： 共解得 ， 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v ， A 有 得 设弹簧最大压缩量为x ，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有 m 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 =13200N 电 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 ∆ （0R； c 由于Aa路径向外弯曲，说明 ，即该尘埃粒子的半径R