单元检测（五）
机械能
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求
1.(2024·新课标)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰.借助配重小车可以进行弹射测试，
测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上.调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的
动能变为调整前的4倍.忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的
(
A.0.25倍
B.0.5倍
C.2倍
D.4倍
2.(2024·江西)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天.”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描
写.设瀑布的水流量约为10m3/s,水位落差约为150m.若利用瀑布水位落差发电，
发电效率为70%，则发电功率大致为
(
A.109W
B.107W
C.105W
D.103W
3.(2025·安徽滁州·二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海
载人潜水器.某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速
度大小成正比，下列关于潜水器的速度一时间图像(t)、重力势能一时间图像(E。t)、
机械能一位移图像(Ex)和动能一位移图像(Ekx),可能正确的是
4.(2025·陕西汉中·统考二模)如图所示，一半径为R的四分之三圆弧形
槽放置在足够粗糙的水平地面上（圆弧形槽不会沿水平方向滑动），OA和
OB为圆弧的两个半径，OA水平，OB竖直，圆弧形槽内壁光滑.现从A点
以竖直向下的初速度（大小未知）释放一质量为的小球（可视为质点），
当小球上升到最高点B时圆弧型槽对地面的压力刚好为零.已知圆弧型
槽的质量为5m,重力加速度为g,则小球的初速度大小为
A.gR
B.v2gR
z
C.2gR
D.2 2gR
5.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面的夹角为α，如图所
示.水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质
量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁.能
币恻
实现自锁的千斤顶，a的最大值为αo.现用一个倾角为ao的千斤顶将重物缓
慢顶起高度h后，向螺纹槽滴人润滑油使其动摩擦因数：减小，重物回落到
于柄
起点.假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与
螺杆
重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力.下列说法正确
的是
A.实现摩擦自锁的条件为tana≥：
B.下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C.从重物开始升起到最高点摩擦力做功为gh
D.从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgn
店
—37参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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