第八章 机械能守恒定律 章末复习卷 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

**基本信息** 2025-2026高一物理必修二第八章章末复习卷，以生活情境与科学模型为载体，覆盖机械能守恒、功率、圆周运动等核心知识点，注重物理观念建构与科学思维培养，适配单元复习巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|功率计算（1题）、超重失重（2题）、圆周运动（3题）等|结合跳伞、摩天轮等生活情境，基础单选与提升多选梯度分布| |实验题|2题/14分|机械能守恒验证（11、12题）|基础操作（气垫导轨调平）与数据处理（速度计算）结合，培养科学探究能力| |解答题|3题/40分|动能定理（13题）、多过程运动（14题）、综合模型（15题）|传送带、斜面等复杂模型，考查能量转化与科学推理，呼应高考命题趋势|

2025-2026高一物理必修二第八章章末复习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一．选择题：本题共10小题，共46分。(在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1．质量为3 kg的物体，从高45 m处自由落下（g取10 m/s2），那么在下落的过程中（　　） A．前2 s内重力做功的功率为300 W B．前2 s内重力做功的功率为675 W C．第2 s末重力做功的功率为500 W D．第2 s末重力做功的功率为900 W 2．如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员先处于超重状态后处于失重状态 B．跳伞的拉力始终对运动员做负功 C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量 D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 3．如图是位于锦江乐园的摩天轮，高度为108 m，直径是98 m．一质量为50 kg的游客乘坐该摩天轮做匀速圆周运动旋转一圈需25 min.如果以地面为零势能面，则他到达最高处时的(取g＝10 m/s2)(　　) A．重力势能为5.4×104J，角速度为0.2 rad/s B．重力势能为4.9×104J，角速度为0.2 rad/s C．重力势能为5.4×104J，角速度为4.2×10－3rad/s D．重力势能为4.9×104J，角速度为4.2×10－3rad/s 4．如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度为v，AB的水平距离为s，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小车重力做功是mgh B．合力对小车做的功是 C．推力对小车做的功是 D．小车克服阻力做的功是 5．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为，小球在最高点的速度大小为，其图像如图乙所示，则（　　） A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当时，轻质绳的拉力大小为 D．只要，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为 6．打夯亦称“夯实”，俗称“打地基”。打夯原为建住宅时对地基以人力方式用夯锤进行夯实，防止房屋建造后因墙底松软导致的墙体塌陷或裂纹。如图所示，在某次打夯过程中，两人通过绳子同时对夯锤各施加一个大小均为F的力，力的方向都与竖直方向成α角，夯锤离开地面H后两人同时停止施力，最后夯锤下落把地面砸深h。以地面为零势能面，重力加速度大小为g。则（　　） A．两人施力时夯锤所受的合外力大小为，方向竖直向上 B．两人停止施力前夯锤上升过程中加速度大小为，方向竖直向上 C．夯锤具有重力势能的最大值为 D．夯锤砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小为 7．如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，一质量为m的小球从与弹簧上端距离为h（h≠0）的O点处由静止释放，以O点为坐标原点，竖直向下为正方向建立Ox轴，小球所受弹力的大小F随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示，其中时，。不计空气阻力，重力加速度为g。下列结论正确的是（　　） A．运动过程中，小球最低点坐标大于 B．弹簧弹性势能最大值为 C．当时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小 D．小球压缩弹簧过程中重力的功率逐渐减小 8．如图所示，将一可视作质点、质量为m的小球从倾角为θ的斜面底端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为，小球初速度方向与水平方向的夹角为，则下列说法正确的是（　　） A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为 B．整个运动过程重力的平均功率为 C．小球的初速度大小为 D．减小初速度，小球运动到斜面时速度一定沿水平方向 9．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆轨道与水平面连接并相切于C点，绷紧的水平传送带AB（足够长）与光滑水平平台BC连接。电动机带动水平传送带以恒定的速率顺时针匀速转动，在水平平台上有一质量的物体（可视为质点）以的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返回到平台后沿着半圆轨道刚好能运动到E点（物体从E点飞出后即被取走），重力加速度g取，不计空气阻力，在连接处没有能量损失。则（　　） A．物体滑上传送带后做匀减速直线运动加速度大小为 B．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．半圆轨道的半径为0.5m D．物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量等于150J 10．如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．球1的机械能守恒 B．球6在OA段机械能增大 C．球6的水平射程最大 D．有三个球落地点相同 二、实验题 11．（4分）图甲为利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。本实验需验证在滑块从运动到的过程中，砝码盘（含砝码）和滑块（含遮光片）组成的系统机械能守恒。已知光电门、之间的距离为，重力加速度为。 (1)关于本实验的具体操作，下列说法正确的是______。 A．实验前将滑块置于气垫导轨上，启动气泵，调节调平螺丝，轻推滑块，观察滑块通过两光电门的时间相等，可认为气垫导轨水平。 B．用细线跨过轻质定滑轮，将滑块和砝码盘连接，调节定滑轮高度，使细线水平拉动滑块。 C．为减小实验误差，应保证滑块（含遮光片）的质量远大于砝码盘（含砝码）的总质量。 D．更换砝码重新验证机械能守恒定律时，必须重新调节气垫导轨水平。 (2)实验时释放砝码盘，滑块在细线拉动下从左边开始运动，测量出遮光片经过光电门、的遮光时间分别为、，用天平测量砝码盘（含砝码）的总质量为、滑块（含遮光片）的质量为，遮光片宽度为，则滑块从运动到的过程中，验证砝码盘（含砝码）和滑块（含遮光片）组成的系统机械能守恒的表达式为______（用题中给出物理量的字母表示）。 12．（10）某物理兴趣小组利用如图1所示装置验证机械能守恒定律，电源的频率为f，重锤的质量为m，重力加速度为g，该小组让重锤带动纸带从静止开始自由下落，按正确操作得到了一条完整的纸带如图2所示（在误差允许范围内，认为释放重锤的同时打出A点）。    （1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______。 A．重锤选用质量和密度较大的金属锤 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．精确测量出重锤的质量 D．用夹子夹稳重锤，接通电源后，再释放重锤 （2）该小组为了验证机械能是否守恒，采用了以下方法：计算出打点计时器打下计时点F时重锤的瞬时速度的大小______，在打点计时器打下计时点A和F的过程中，重锤重力势能的减少量______，重锤动能的增加量______，若它们近似相等，则可知重锤的机械能守恒。（用题中所测量和已知量表示） （3）利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出如图3所示的图线，图线的斜率近似等于______。    三、解答题 13．（10分）为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道BC与圆弧轨道CDE，半径OC与BC垂直，AB两点的高度差h＝1.8 m，BC两点的高度差H＝9 m，BC段动摩擦因数μ＝0.25，CDE段摩擦不计，圆弧半径R＝5 m，不计空气阻力，BC与水平方向的夹角θ＝37°。将运动员及滑板简化为一质量m＝60 kg的质点，经过前一滑道的滑行，质点到达空中的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过CDE后竖直上抛再从E点落回轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)质点到达B点时的速度大小； (2)质点第一次到达C点的速度大小； (3)质点在斜面上运动的总路程。 14．（15分）如图所示，长度的倾斜传送带以速度顺时针匀速运动，倾角。传送带的右侧平滑连接一段光滑水平面BC。一质量的小物块（可视为质点）从传送带底端A点静止释放，随传送带上滑后滑过C点滑上一质量的小车P，恰好未从小车上滑落，小车P的平面与水平面BC等高，小车在小物块作用下到达对面平台DF（CD之间距离足够大），平台DF与小车上表面也等高，小车撞到D点后立即停止，小物块滑上平台DE，与平台末端一弹簧Q相互作用后（未超过弹簧劲度系数），最终停下，弹簧左端位置为E，CD、EF光滑。已知传送带、小车及平台DE与小物块的动摩擦因数分别为、、，DE长，弹簧劲度系数，取重力加速度，弹簧弹性势能与弹簧劲度系数k和弹簧形变量x满足关系式。求： (1)小物块在传送带上运动的时间； (2)小车P的长度； (3)弹簧的最大压缩量x； (4)小物块最终停下的位置到D点的距离d。 15．（15分）如图所示，竖直固定的四分之一粗糙圆轨道下端B点水平，半径R1=1m，质量M=1kg的长薄板静置于倾角θ=37°的粗糙斜面CD上，其最上端刚好在斜面顶端C点。一质量为m=1.5kg的滑块（可看作质点）从圆轨道A点由静止滑下，运动至B点时对轨道的压力大小为FN=39N，接着从B点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动；当小物体落到薄板最上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时与竖直固定的光滑半圆轨道DE底端粘接在一起。已知斜面CD长L2=7.875m，薄板长L1=2.5m，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，滑块与长薄板间的动摩擦因数为μ2=0.5，滑块在斜面底端的能量损失和运动过程中空气阻力均忽略不计，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求： （1）滑块运动至B点时速度大小vB及滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf； （2）滑块运动到D点时的速度大小； （3）如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径R2需要满足什么条件？    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026高一物理必修二第八章章末复习卷》 参考答案 题号 1 2 3 4 5 7 8 9 10 答案 A B C B D A CD AC BD 1．A 【详解】AB．前2 s内重物下落的距离 重力做功 前2 s内重力做功的功率为 选项A正确，B错误； CD．第2 s末重物的速度 v=gt=20m/s 则第2 s末重力做功的功率为 P=mgv=600W 选项CD错误。 故选A。 2．B 【详解】A．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，加速度先向下后向上，所以运动员先处于失重状态后处于超重状态，故A错误； B．跳伞的拉力方向始终与运动员速度方向相反，始终做负功，故B正确； C．加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，故C错误； D．运动员不是做匀速直线运动，任意相等的时间内下落距离不同，重力做功不同，系统重力势能的减小量不同，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】重力势能：mgh，其中h=108m，可得角速度.选C． 4．B 【详解】A．重力做功为 故A错误； B．根据动能定理可知，合外力对小车做的功为 故B正确； C．推力对小车做的功为Fs，故C错误； D．设小车克服阻力做的功为，根据动能定理可知 则 故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有 可得 可知图线斜率为 可得轻质绳长为 故A错误； B．由图像可知纵轴上截距的绝对值为 则有 故B错误； C．由图像可知 故当时，有 故C错误； D．从最高点到最低点，由机械能守恒有 在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有 联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为 故D正确。 故选D。 6．A 【详解】A．两人施力时夯锤所受的合外力大小为 方向竖直向上，故A正确； B．两人停止施力前夯锤上升过程中加速度大小为 方向竖直向上，故B错误； C．夯锤上升过程中由动能定理 以地面为零势能面，夯锤具有重力势能的最大值 故C错误； D．夯锤砸入地面过程中由动能定理 解得 故D错误。 故选A。 7．A 【详解】A．若小球在（刚接触弹簧）处由静止释放，根据简谐运动对称性，最低点坐标为​ 但本题小球从点静止下落，到达时已经具有向下的速度，因此最低点位置更靠下，坐标大于​，A正确； B．弹性势能最大对应最低点，初末动能为0，由动能定理得：弹性势能最大值​ 由A的结论，因此 ，远大于，B错误； C．系统总机械能守恒，总机械能=动能+重力势能+弹性势能，因此动能最大时，重力势能与弹性势能之和最小； 动能最大在平衡位置​处，不是，C错误； D．重力功率，压缩弹簧过程中，小球速度先增大后减小，因此重力功率先增大后减小，不是逐渐减小，D错误。 故选 A。 8．CD 【详解】AD．小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，可知此时小球的速度方向处于水平方向，所以将小球的运动逆向看成做平抛运动，根据平抛运动推论可得 减小初速度，由于抛出的速度方向与水平方向的夹角仍为，所以仍满足，即小球的逆向运动仍为平抛运动，小球运动到斜面时速度一定沿水平方向，故A错误，D正确； B．将小球的运动逆向看成做平抛运动，竖直方向有 可得 则整个运动过程重力的平均功率为 故B错误； C．将小球的运动逆向看成做平抛运动，则有， 则小球的初速度大小为 故C正确。 故选CD 9．AC 【详解】AB．物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 根据加速度定义式有 联立解得运动的加速度大小为 物体与传送带之间的动摩擦因数为，故A正确，B错误； C．根据题意可知，又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到点，设经过最高点时的速度为，在处，根据牛顿第二定律和向心力公式有 在由运动至的过程中，根据动能定理有 联立解得，故C正确； D．物体向左滑行时，相对传送带的位移为 物体向右滑行时，相对传送带的位移为 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为 联立并代人数据解得，故D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】A． 6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对球1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误； B．球6在OA段运动时，斜面上的小球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增大，故B正确； C．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C错误； D．最后三个球在水平面上运动时不再加速，球3、球2、球1的速度相等，水平射程相同，落地点位置相同，故D正确。 故选BD。 11．(1)AB (2) 【详解】（1）A．气垫导轨安装时应保持水平状态，调节导轨使滑块在导轨上应做匀速直线运动，此时滑块上的挡光片通过两光电门的时间应相等，故A正确； B．用细线跨过轻质定滑轮，将滑块和砝码盘连接，调节定滑轮高度，使细线水平拉动滑块，确保细绳拉力不变，故B正确； C．实验验证系统机械能守恒，不用保证滑块（含遮光片）的质量远大于砝码盘（含砝码）的总质量，故C错误； D．调节气垫导轨水平只需要调节一次即可，更换砝码重新验证机械能守恒定律时，不必再调整，故D错误。 故选AB。 （2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，因此遮光片通过两个光电门的速度分别为、 若在运动过程中机械能守恒则有 解得 12． AB g（或重力加速度） 【详解】（1）[1]A．实验供选择的重物应该相对质量较大，体积较小的物体，这样能减小摩擦阻力的影响，从而减少实验误差，A正确； B．为了减小纸带和限位孔之间的摩擦，图1中两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，B正确； C．因为是比较mgh与的大小关系，故m可约去，则实验不需要测量重锤的质量，C错误； D．实验时，先接通打点计时器电源，再松开纸带，这是为了避免在纸带上出现大量空白段落，对减小实验误差没有影响，D错误。 故选AB。 （2）[2]在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则 [3]从A点到F的过程中，重物下降的高度为，则重力势能的改变量方为 [4]由于重锤是从A点由静止开始自由下落的，所以，重锤动能的增加量 代入F点的速度v得 （3）[5]根据 则有 g是常数，所以以h为横轴、以为纵轴作出的图线的斜率近似等于g。 13．(1)10 m/s (2) (3)70 m 【详解】（1）质点到达B点时，在竖直方向，根据速度-位移公式，有 解得vBy=6m/s B点的速度 （2）由几何关系可知 质点沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝4 m/s2 根据运动学公式有 解得或vC≈14.8 m/s （3）返回时，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝8 m/s2 由运动学公式，质点沿斜面上滑的最大距离为 联立解得x＝13.75 m，可知质点未离开斜面。 质点最终将在D点两侧来回滑动，到达C点时速度为零。则由能量关系 解得s＝70 m 14．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）小物块从传送带底端A点静止释放，根据牛顿第二定律有 解得 共速时间 这段时间的位移 匀速运动的位移 匀速时间   小物块在传送带上运动的时间 （2）在小车上，对小物块有   对小车有 共速时有 可得共速时间为 小车P的长度 （3）共速时的速度   根据动能定理可得 弹簧的最大压缩量 （4）最终停下时有 解得总路程   可得小物块最终停下的位置到D点的距离 15．（1）4m/s；3J；（2）8m/s；（3）R2≥3.2m或1.28m≥R2>0 【详解】（1）滑块在B点由牛顿第二定律可得 代入数据解得 vB=4m/s 从A到B点的过程中，根据动能定理得 mgR1−Wf=mvB2 代入数据解得 Wf=3J （2）从B到C滑块做平抛运动，在C点 代入数据解得 vC=5m/s 设小滑块在薄板上向下滑行的加速度为a1，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 a1=2m/s2 设薄板在斜面上向下滑行的加速度为a2，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 a2=7m/s2 设经过时间t1小滑块与薄板达到共同速度v1，小滑块位移为x1，薄板位移为x2，则有 解得 t1=1s v1=a2t1=7m/s 小滑块相对薄板的相对位移 Δx=x1-x2=2.5m=L1 小滑块刚好到达薄板的最下端，由于μ2>μ1，之后二者一起以a共沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律有 （M+m）gsin37°−μ1（M+m）gcos37°=（M+m）a共 代入数据解得 a共=4m/s2 设整体刚好到达斜面的最下端D点速度为vD，则由运动学公式可得 解得 vD=8m/s （3）在E点，当竖直半圆轨道DE半径为时，滑块刚好到达半圆轨道顶点，在半圆轨道的顶点，根据牛顿第二定律有 从D到E的过程中，滑块机械能守恒，则有 联立解得 =1.28m 如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径R2需要满足 1.28m≥R2>0 当竖直半圆轨道DE半径为时，滑块刚好到达半圆轨道最左端，由机械能守恒得 代入数据解得 则有滑块在沿半径为竖直半圆轨道DE滑动中，最高滑到半圆轨道最左端，就不会脱离竖直半圆轨道，则有 R2≥3.2m 因此如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径R2需要满足 1.28m≥R2>0或R2≥3.2m 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $