高考物理一轮复习课时作业十四功和功率含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-功和功率(建议用时40分钟)1．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A．0B．－FfhC．－4FfhD．－2Ffh〖解析〗选D。上升过程：空气阻力对小球做功：W1＝－Ffh；下落过程：空气阻力对小球做功：W2＝－Ffh，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为：W＝W1＋W2＝－2Ffh，选项D正确。2．摩托艇是一种高速快艇，可用于交通、救生、军事等方面，假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．eq\r(2)倍B．2倍C．eq\r(3)倍D．4倍〖解析〗选A。摩托艇受到的阻力为f＝kv，当达到最大速度时，牵引力等于阻力，则P＝fv＝kv2，当摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的eq\r(2)倍，选项A正确。3.如图所示,质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6m。若她在1min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4m,则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10m/s2)()A.430J,7W B.4300J,70WC.720J,12W D.7200J,120W〖解析〗选B。设重心上升的高度为h,根据相似三角形可知,每次俯卧撑中,有=,即h=0.24m。一次俯卧撑中,克服重力做功W=mgh=60×10×0.24J=144J,所以一分钟内克服重力做的总功为W总=NW=4320J,功率P==72W,故选项B正确。〖加固训练〗起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的 (),〖解析〗选B。在0～t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma1，则有F＝mg＋ma1，拉力的功率P1＝Fv＝(mg＋ma1)a1t，m、a1均一定，则P1∝t。在t1～t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F＝mg，则拉力的功率P2＝Fv＝mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率，在t2～t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma2，则有F＝mg－ma2，拉力的功率P3＝Fv＝(mg－ma2)(v0－a2t)，m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小。t2时刻拉力突然减小，功率突然减小，选项B正确。4．一滑块静止在粗糙水平地面上，t＝0时给滑块施加一水平方向的作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1秒内、第2秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2，则W1与W2之比为()A.1∶1B．1∶2C．1∶4D．2∶1〖解析〗选A。滑块在第1秒内的位移x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，在第2秒内的位移x2＝2×(2－1)m＝2m，根据W＝Fx得，在第1秒内力F所做的功W1＝F1x1＝4×1J＝4J，第2秒内力F所做的功W2＝F2x2＝2×2J＝4J，所以W1＝W2，W1与W2之比为1∶1，选项A正确〖加固训练〗一质量为1kg的物体在水平拉力作用下，沿水平面运动。如图所示，甲为拉力与时间的关系图，乙为物体对应的速度与时间的关系图(纵轴数据被人抹去)。以下说法不正确的是 ()A.物体与水平面之间的动摩擦因数为0.3B.前8s内摩擦力所做的功为-72JC.前8s内拉力所做的功为96JD.在6s末的速度为4m/s〖解析〗选C。在4～8s内物体匀速运动，可知F2=f，根据f=μmg，代入数据得μ=0.3，选项A正确；在0～4s内，根据牛顿第二定律有F1-f=ma，代入数据得加速度a=1m/s2，因此4s末的速度v=at1=4m/s，接下来匀速运动，因此在6s末的速度为4m/s，选项D正确；在0～4s内，物体的位移s1=eq\f(1,2)a=8m，在4～8s内，物体的位移s2=vt2=16m，整个这段时间内，摩擦力做的功Wf=-f(s1+s2)=-72J，整个这段时间内，拉力做的功W=F1s1+F2s2=80J，选项B正确，C错误。5．(多选)(2020·潍坊模拟)一辆质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t达到额定功率，此时的速度为v，汽车行驶过程中阻力保持不变。下列说法正确的是()A．汽车受到的阻力大小为eq\f(P,v)B．汽车受到的阻力大小为eq\f(P,v)－eq\f(mv,t)C．在0～eq\f(t,2)时间内汽车牵引力的平均功率为eq\f(P,4)D．在0～eq\f(t,2)时间内汽车牵引力的平均功率为eq\f(P,2)〖解析〗选B、C。汽车达到额定功率时的牵引力为F＝eq\f(P,v)，匀加速过程的加速度为a＝eq\f(v,t)，由牛顿第二定律有F－f＝ma，即eq\f(P,v)－f＝meq\f(v,t)，则汽车受到的阻力大小为f＝eq\f(P,v)－eq\f(mv,t)，选项A错误，B正确；t时刻有P＝Fv，由于汽车做匀加速直线运动，则eq\f(t,2)时刻的速度为veq\s\do9(\f(t,2))＝eq\f(v,2)，此过程中汽车牵引力的平均功率eq\x\to(P)＝F×eq\f(v\s\do9(\f(t,2)),2)＝eq\f(Fv,4)＝eq\f(P,4)，选项C正确，D错误。6．(多选)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则()A．F对木块做功为FlB．F对木块做功为F(l＋d)C．F对子弹做功为－FdD．F对子弹做功为－F(l＋d)〖解析〗选A、D。木块与子弹间的摩擦力大小为F，木块相对于水平面的位移为l，则F对木块做功为Fl，选项A正确，B错误；子弹相对于水平面的位移为(l＋d)，故F对子弹做功为－F(l＋d)，选项C错误，D正确。7.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×10380m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度g取10m/s(1)加速度a的大小。(2)牵引力的平均功率P。〖解析〗(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax, ①代入数据解得a=2m/s2 ②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,根据题意有F阻=0.1mg ③设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma; ④设飞机滑跑过程中的平均速度为,有= ⑤在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F, ⑥联立②③④⑤⑥得P=8.4×106W。〖答案〗:(1)2m/s2(2)8.4×106W8．(多选)(2021·郑州模拟)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则()A．F一直增大B．F先减小后增大C．F的功率减小D．F的功率不变〖解析〗选B、C。对木箱受力分析如图：因为木箱匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)令：sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即：tanβ＝eq\f(1,μ)则：F＝eq\f(μmg,sinβcosθ＋cosβsinθ\r(1＋μ2))＝eq\f(μmg,sin（β＋θ）\r(1＋μ2))θ从0逐渐增大到90°的过程中，在θ＋β＜90°前：sin(β＋θ)逐渐变大，所以F逐渐减小；在θ＋β＞90°后：sin(β＋θ)逐渐变小，所以F逐渐增大；所以结论是：F先减小后增大，故A错误，B正确；功率：P＝Fvcosθ＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)×v×cosθ＝eq\f(μmgv,1＋μtanθ)，θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故D错误，C正确。9．(多选)(2021·丹东模拟)在新冠肺炎疫情防控期间，为了减少人与人之间的接触，“人工智能”起到了重要的作用。某次某医院为某一楼层的隔离病房运送物资，工作人员将物资绑在遥控飞机上放在该病房阳台正下方的地面上，操控遥控飞机带动货物，飞机由静止开始竖直向上先加速直线运动，一段时间后，货物又匀速42s，最后减速1s，恰好到达该隔离病房的阳台时速度为0，遥控飞机在加速和减速阶段均可看成匀变速，飞机上升过程中，遥控器显示飞机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2、F3的大小分别为30.9N、30.3N、27.3N，货物受到的阻力恒为重力的0.01倍。g取10m/s2，A．货物的质量m＝3.03B．货物的质量m＝3.00C．货物上升过程中飞机对货物做功的最大功率P＝30.9WD．隔离病房阳台距离地面高度h＝45〖解析〗选B、C、D。当货物匀速运动时，其合力为零，根据平衡条件有F2＝kmg＋mg，代入数据整理可以得到m＝3.00kg，选项A错误，B正确；当货物加速上升末尾速度最大，此时功率最大，该时刻速度为匀速运动的速度，也是匀减速的初速度，对匀减速阶段，根据牛顿第二定律有kmg＋mg－F3＝ma3，则减速运动的初速度v0为0＝v0－a3t3，则飞机对货物做功的最大功率为P＝F1v0，代入数据整理可以得到P＝30.9W，选项C正确；在加速阶段，根据牛顿第二定律有F1－kmg－mg＝ma1，则加速阶段的位移x1为x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a1)。在匀速阶段，其位移为x2＝v0t2，根据平均速度公式，可以得到匀减速阶段的位移为x3＝eq\f(v0＋0,2)·t3，则阳台的高度为h＝x1＋x2＋x3，代入数据整理可以得到h＝45m，选项D正确。10．(2020·怀化模拟)质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18sA.汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为800NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD．8～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J〖解题指导〗解答本题应注意以下两点：(1)汽车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动；(2)当牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动。〖解析〗选D。汽车匀速时有Pm＝Fv＝fvm，可得f＝eq\f(Pm,vm)＝eq\f(8×103,10)N＝800N，选项A错误；对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v­t图象可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，故最大牵引力为F1＝f＋ma＝800N＋200kg×1m/s2＝1000N，选项B错误；汽车在做变加速运动过程的时间t2＝18s－8s＝10s，速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理Pmt2－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得：x2＝95.5m，选项C错误；8～18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为WF＝Pmt2＝8×103×10J＝8×104J，选项D正确。〖加固训练〗放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法中正确的是 ()A．物体受到的摩擦力大小为2NB．0～2s内物体受到牵引力的大小为15NC．物体质量为eq\f(10,9)kgD．物体在0～6s内总位移为3m〖解析〗选C。在2～6s内，物体的速度v＝6m/s，功率P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N，选项A错误；在0～2s内，物体做匀加速运动，牵引力不变，其加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由题图知，当P＝30W时，速度v＝6m/s，牵引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(30,6)N＝5N，选项B错误；在t＝2s末，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，物体质量m＝eq\f(F－f,a)＝eq\f(5－\f(5,3),3)kg＝eq\f(10,9)kg，选项C正确；物体在0～6s内总位移为x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，选项D错误。11.(创新题)如图，一货车的额定功率为96kW，车上装有未固定的水平放置的毛竹，车与货物总重为8t。毛竹间最大动摩擦因数为0.1，车行驶过程中受到阻力为8×103N的恒力，现要将毛竹运往远处的加工厂。(1)此车的最大行驶速度为多少；(2)若启动过程中，车速达到4m/s时，司机就将功率增大到额定功率，(3)一经验丰富的司机在保证毛竹不滑落的情况下，用最短时间就加速到最大速度，并恰好匀速经过130m远处的小村庄，求这段时间为多少？〖解析〗(1)货车加速度为0时，速度最大，此时牵引力等于阻力，则vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(96×103,8×103)m/s＝12m/s(2)车速达到4m/s时，F＝eq\f(P,v)＝eq\f(96×103,4)N＝2.4×104N根据牛顿第二定律F－f＝ma解得a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(24×103－8×103,8×103)m/s2＝2m/s2毛竹之间若产生滑动，则加速度为a0＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2<2m/s2所以毛竹会滑落。(3)毛竹不滑落的最大加速度为a0＝1m/s2根据牛顿第二定律有F′－f＝ma0解得F′＝1.6×104N当v1＝eq\f(P,F′)＝6m/s时达到额定功率，则在保证毛竹不滑落的情况下，货车需要用最短时间加速到最大加速度，需要先做匀加速直线运动(加速度a0＝1m/s2)，之后再以额定的功率行驶，做加速度减小的加速运动到最大速度。货车匀加速的时间为t1＝eq\f(v1,a0)＝6s匀加速运动的位移为x1＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝18m此后保持额定功率不变行驶的位移为x2＝130m－18m＝设保持额定功率不变行驶对应的时间为t2，根据动能定理有Pt2－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得t2≈13.8s故总时间为t＝t1＋t2＝19.8s〖答案〗(1)12m/s(2)会(3)19.8功和功率(建议用时40分钟)1．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A．0B．－FfhC．－4FfhD．－2Ffh〖解析〗选D。上升过程：空气阻力对小球做功：W1＝－Ffh；下落过程：空气阻力对小球做功：W2＝－Ffh，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为：W＝W1＋W2＝－2Ffh，选项D正确。2．摩托艇是一种高速快艇，可用于交通、救生、军事等方面，假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．eq\r(2)倍B．2倍C．eq\r(3)倍D．4倍〖解析〗选A。摩托艇受到的阻力为f＝kv，当达到最大速度时，牵引力等于阻力，则P＝fv＝kv2，当摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的eq\r(2)倍，选项A正确。3.如图所示,质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6m。若她在1min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4m,则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10m/s2)()A.430J,7W B.4300J,70WC.720J,12W D.7200J,120W〖解析〗选B。设重心上升的高度为h,根据相似三角形可知,每次俯卧撑中,有=,即h=0.24m。一次俯卧撑中,克服重力做功W=mgh=60×10×0.24J=144J,所以一分钟内克服重力做的总功为W总=NW=4320J,功率P==72W,故选项B正确。〖加固训练〗起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的 (),〖解析〗选B。在0～t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma1，则有F＝mg＋ma1，拉力的功率P1＝Fv＝(mg＋ma1)a1t，m、a1均一定，则P1∝t。在t1～t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F＝mg，则拉力的功率P2＝Fv＝mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率，在t2～t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma2，则有F＝mg－ma2，拉力的功率P3＝Fv＝(mg－ma2)(v0－a2t)，m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小。t2时刻拉力突然减小，功率突然减小，选项B正确。4．一滑块静止在粗糙水平地面上，t＝0时给滑块施加一水平方向的作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1秒内、第2秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2，则W1与W2之比为()A.1∶1B．1∶2C．1∶4D．2∶1〖解析〗选A。滑块在第1秒内的位移x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，在第2秒内的位移x2＝2×(2－1)m＝2m，根据W＝Fx得，在第1秒内力F所做的功W1＝F1x1＝4×1J＝4J，第2秒内力F所做的功W2＝F2x2＝2×2J＝4J，所以W1＝W2，W1与W2之比为1∶1，选项A正确〖加固训练〗一质量为1kg的物体在水平拉力作用下，沿水平面运动。如图所示，甲为拉力与时间的关系图，乙为物体对应的速度与时间的关系图(纵轴数据被人抹去)。以下说法不正确的是 ()A.物体与水平面之间的动摩擦因数为0.3B.前8s内摩擦力所做的功为-72JC.前8s内拉力所做的功为96JD.在6s末的速度为4m/s〖解析〗选C。在4～8s内物体匀速运动，可知F2=f，根据f=μmg，代入数据得μ=0.3，选项A正确；在0～4s内，根据牛顿第二定律有F1-f=ma，代入数据得加速度a=1m/s2，因此4s末的速度v=at1=4m/s，接下来匀速运动，因此在6s末的速度为4m/s，选项D正确；在0～4s内，物体的位移s1=eq\f(1,2)a=8m，在4～8s内，物体的位移s2=vt2=16m，整个这段时间内，摩擦力做的功Wf=-f(s1+s2)=-72J，整个这段时间内，拉力做的功W=F1s1+F2s2=80J，选项B正确，C错误。5．(多选)(2020·潍坊模拟)一辆质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t达到额定功率，此时的速度为v，汽车行驶过程中阻力保持不变。下列说法正确的是()A．汽车受到的阻力大小为eq\f(P,v)B．汽车受到的阻力大小为eq\f(P,v)－eq\f(mv,t)C．在0～eq\f(t,2)时间内汽车牵引力的平均功率为eq\f(P,4)D．在0～eq\f(t,2)时间内汽车牵引力的平均功率为eq\f(P,2)〖解析〗选B、C。汽车达到额定功率时的牵引力为F＝eq\f(P,v)，匀加速过程的加速度为a＝eq\f(v,t)，由牛顿第二定律有F－f＝ma，即eq\f(P,v)－f＝meq\f(v,t)，则汽车受到的阻力大小为f＝eq\f(P,v)－eq\f(mv,t)，选项A错误，B正确；t时刻有P＝Fv，由于汽车做匀加速直线运动，则eq\f(t,2)时刻的速度为veq\s\do9(\f(t,2))＝eq\f(v,2)，此过程中汽车牵引力的平均功率eq\x\to(P)＝F×eq\f(v\s\do9(\f(t,2)),2)＝eq\f(Fv,4)＝eq\f(P,4)，选项C正确，D错误。6．(多选)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则()A．F对木块做功为FlB．F对木块做功为F(l＋d)C．F对子弹做功为－FdD．F对子弹做功为－F(l＋d)〖解析〗选A、D。木块与子弹间的摩擦力大小为F，木块相对于水平面的位移为l，则F对木块做功为Fl，选项A正确，B错误；子弹相对于水平面的位移为(l＋d)，故F对子弹做功为－F(l＋d)，选项C错误，D正确。7.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×10380m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度g取10m/s(1)加速度a的大小。(2)牵引力的平均功率P。〖解析〗(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax, ①代入数据解得a=2m/s2 ②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,根据题意有F阻=0.1mg ③设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma; ④设飞机滑跑过程中的平均速度为,有= ⑤在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F, ⑥联立②③④⑤⑥得P=8.4×106W。〖答案〗:(1)2m/s2(2)8.4×106W8．(多选)(2021·郑州模拟)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则()A．F一直增大B．F先减小后增大C．F的功率减小D．F的功率不变〖解析〗选B、C。对木箱受力分析如图：因为木箱匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)令：sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即：tanβ＝eq\f(1,μ)则：F＝eq\f(μmg,sinβcosθ＋cosβsinθ\r(1＋μ2))＝eq\f(μmg,sin（β＋θ）\r(1＋μ2))θ从0逐渐增大到90°的过程中，在θ＋β＜90°前：sin(β＋θ)逐渐变大，所以F逐渐减小；在θ＋β＞90°后：sin(β＋θ)逐渐变小，所以F逐渐增大；所以结论是：F先减小后增大，故A错误，B正确；功率：P＝Fvcosθ＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)×v×cosθ＝eq\f(μmgv,1＋μtanθ)，θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故D错误，C正确。9．(多选)(2021·丹东模拟)在新冠肺炎疫情防控期间，为了减少人与人之间的接触，“人工智能”起到了重要的作用。某次某医院为某一楼层的隔离病房运送物资，工作人员将物资绑在遥控飞机上放在该病房阳台正下方的地面上，操控遥控飞机带动货物，飞机由静止开始竖直向上先加速直线运动，一段时间后，货物又匀速42s，最后减速1s，恰好到达该隔离病房的阳台时速度为0，遥控飞机在加速和减速阶段均可看成匀变速，飞机上升过程中，遥控器显示飞机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2、F3的大小分别为30.9N、30.3N、27.3N，货物受到的阻力恒为重力的0.01倍。g取10m/s2，A．货物的质量m＝3.03B．货物的质量m＝3.00C．货物上升过程中飞机对货物做功的最大功率P＝30.9WD．隔离病房阳台距离地面高度h＝45〖解析〗选B、C、D。当货物匀速运动时，其合力为零，根据平衡条件有F2＝kmg＋mg，代入数据整理可以得到m＝3.00kg，选项A错误，B正确；当货物加速上升末尾速度最大，此时功率最大，该时刻速度为匀速运动的速度，也是匀减速的初速度，对匀减速阶段，根据牛顿第二定律有kmg＋mg－F3＝ma3，则减速运动的初速度v0为0＝v0－a3t3，则飞机对货物做功的最大功率为P＝F1v0，代入数据整理可以得到P＝30.9W，选项C正确；在加速阶段，根据牛顿第二定律有F1－kmg－mg＝ma1，则加速阶段的位移x1为x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a1)。在匀速阶段，其位移为x2＝v0t2，根据平均速度公式，可以得到匀减速阶段的位移为x3＝eq\f(v0＋0,2)·t3，则阳台的高度为h＝x1＋x2＋x3，代入数据整理可以得到h＝45m，选项D正确。10．(2020·怀化模拟)质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18sA.汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为800NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD．8～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J〖解题指导〗解答本题应注意以下两点：(1)汽车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动；(2)当牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动。〖解析〗选D。汽车匀速时有Pm＝Fv＝fvm，可得f＝eq\f(Pm,vm)＝eq\f(8×103,10)N＝800N，选项A错误；对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v­t图象可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，故最大牵引力为F1＝f＋ma＝800N＋200kg×1m/s2＝1000N，选项B错误；汽车在做变加速运动过程的时间t2＝18s－8s＝10s，速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理Pmt2－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得：x2＝95.5m，选项C错误；8～18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为WF＝Pmt2＝8×103×10J＝8×104J，选项D正确。〖加固训练〗放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法中正确的是 ()A．物体受到的摩擦力大小为2NB．0～2s内物体受到牵引力的大小为15NC．物体质量为eq\f(10,9)