資源簡介

單元檢測（五）
機械能
B卷高考能力評價卷
(滿分：100分時間：75分鐘)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目
要求
1.(2024·新課標)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦.借助配重小車可以進行彈射測試，
測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上.調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的
動能變為調整前的4倍.忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的
(
A.0.25倍
B.0.5倍
C.2倍
D.4倍
2.(2024·江西)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天.”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描
寫.設瀑布的水流量約為10m3/s,水位落差約為150m.若利用瀑布水位落差發電，
發電效率為70%，則發電功率大致為
(
A.109W
B.107W
C.105W
D.103W
3.(2025·安徽滁州·二模)我國已擁有“蛟龍”號、“深海勇士”號、“奮斗者”號三臺深海
載人潛水器.某次潛水器由靜止開始豎直下潛，下潛過程中受到的阻力與它下潛的速
度大小成正比，下列關于潛水器的速度一時間圖像(t)、重力勢能一時間圖像(E。t)、
機械能一位移圖像(Ex)和動能一位移圖像(Ekx),可能正確的是
4.(2025·陜西漢中·統考二模)如圖所示，一半徑為R的四分之三圓弧形
槽放置在足夠粗糙的水平地面上（圓弧形槽不會沿水平方向滑動），OA和
OB為圓弧的兩個半徑，OA水平，OB豎直，圓弧形槽內壁光滑.現從A點
以豎直向下的初速度（大小未知）釋放一質量為的小球（可視為質點），
當小球上升到最高點B時圓弧型槽對地面的壓力剛好為零.已知圓弧型
槽的質量為5m,重力加速度為g,則小球的初速度大小為
A.gR
B.v2gR
z
C.2gR
D.2 2gR
5.螺旋千斤頂由帶手柄的螺桿和底座組成，螺紋與水平面的夾角為α，如圖所
示.水平轉動手柄，使螺桿沿底座的螺紋槽（相當于螺母）緩慢旋進而頂起質
量為m的重物，如果重物和螺桿可在任意位置保持平衡，稱為摩擦自鎖.能
幣惻
實現自鎖的千斤頂，a的最大值為αo.現用一個傾角為ao的千斤頂將重物緩
慢頂起高度h后，向螺紋槽滴人潤滑油使其動摩擦因數：減小，重物回落到
于柄
起點.假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計螺桿和手柄的質量及螺桿與
螺桿
重物間的摩擦力，轉動手柄不改變螺紋槽和螺桿之間的壓力.下列說法正確
的是
A.實現摩擦自鎖的條件為tana≥：
B.下落過程中重物對螺桿的壓力等于mg
C.從重物開始升起到最高點摩擦力做功為gh
D.從重物開始升起到最高點轉動手柄做功為2mgn
店
—37參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的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
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
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