微专题2 机械能守恒定律 能量守恒定律(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

该高中物理高考复习讲义聚焦机械能守恒定律与能量守恒定律核心考点，按“基础应用-系统问题-综合拓展”逻辑架构知识点，通过热点梳理（如弹簧、绳杆连接体模型）、解题技法总结（如弹性势能分析、关联速度处理）、真题模拟训练（含2023-2025年高考题）等环节，帮助学生构建能量问题分析框架，突破守恒条件判断、多体能量转化等难点。 资料以科学思维培养为核心，创新设计“模型归类+对比分析”教学活动，如通过表格归纳绳杆连接体的共速率、关联速度等类型，结合例题演示系统机械能守恒的推理过程，提升学生模型建构与科学论证能力。设置分层训练题（基础训练、高考真题），配合即时反馈策略，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

微专题二　机械能守恒定律　能量守恒定律 高考热点·突破 热点一　机械能守恒定律及其应用 例1　(多选)(2025·保定模拟)如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连，小球套在固定的竖直光滑杆上，P点到O点的距离为L，OP与杆垂直，杆上M、N两点与O点的距离均为2L。已知弹簧原长为L，重力加速度为g。现让小球从M处由静止释放，下列说法正确的是(AD) A.小球从M运动到N的过程中，有三个位置小球的合力就是重力 B.小球从M运动到N的过程中，小球的机械能守恒 C.小球从M运动到N的过程中，弹簧弹性势能先减小后增大 D.小球通过N点时速率为2 解析　OM=ON=2L，OP=L，弹簧的原长为L，所以小球在MP之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为0，小球的合力为重力，同理小球在PN之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为0，小球合力为重力，当小球经过P点时小球受到的合力为重力，A项正确;小球从M运动到N的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒，B项错误;小球从M运动到N的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小又增大，C项错误;小球在M、N两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹簧的弹性势能相等，在此过程中小球的重力势能全部转化为动能mg×2L=mv2，解得v=2，D项正确。 [解题技法]　(1)同一根弹簧弹性势能取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。 (2)物体与弹簧组成系统的机械能守恒，物体的机械能并不守恒。 例2　(多选)如图所示，质量为m的小环A套在光滑竖直细杆上，小环A经由跨过光滑固定轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与质量为3m的重物B相连。小环A从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知∠NMO=45°，NO=d，重力加速度为g。下列说法正确的是(BC) A.小环A由M到N位置，重物B做加速运动 B.小环A由M到N位置，重物B先失重后超重 C.N位置，小环A的动能为(3-4)mgd D.∠NAO=60°时，小环A与重物B速度关系vA=vB 解析　设轻绳AO与竖直方向的夹角为θ，将小环A的速度正交分解，结合关联速度可知vAcos θ=vB，最初小环A、重物B的速度均为0，当小环A运动到N点时θ=90°，对应的重物B的速度也为0，即重物B先加速下降后减速下降，先失重后超重，A项错误，B项正确;小环A从M位置到N位置过程，小环A、重物B组成的系统机械能守恒，有3mg(-1)d=mgd+EkA，解得小环A运动到N位置时的动能EkA=(3-4)mgd，C项正确;当θ=60°时，vA=2vB，D项错误。 [模型构建]　关注相同物理量，解决绳或杆连接物体组成系统的机械能守恒问题 类型 图形示例 特征物理量 共速率类型 A、B两物体的速率相等 共角速度类型 A、B两物体的角速度相等，线速度大小与半径成正比 关联速度类型 A、B两物体沿绳(或杆)方向的速度分量相等，绳(或杆)与A的速度垂直时，B的速度为零 训练1　(多选)(2025·青岛模拟)如图所示，长度为l的轻杆上固定质量均为m的3个小球，球1、2将杆三等分，轻杆一端通过转轴与O点链接。让轻杆由水平位置自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(AD) A.摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为1∶4 B.摆至竖直位置时，球的角速度为 C.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球2做功为0 D.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球3做功为 解析　由于3个球在同一杆上，三个球角速度ω相等，根据题意可知三个球半径之比为r1∶r2∶r3=1∶2∶3，由v=ωr可得v1∶v2∶v3=1∶2∶3，由Ek=mv2可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4，A项正确;从起始位置摆至竖直位置过程中，机械能守恒，有mg+mg+mgl=m+m+m，又有v1=，联立解得ω=，B项错误;从起始位置摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得mg+W杆2=m-0，mgl+W杆3=m-0，又有v2=，v3=ωl，联立解得W杆2=-，W杆3=，C项错误，D项正确。 热点二　能量守恒定律的应用 例3　(2024·福建卷)如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t=0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1 J。已知A、B、C的质量分别为0.3 kg、0.4 kg、0.2 kg，小球C的带电量为1×10-6 C，重力加速度大小取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小; (2)求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小; (3)若t=0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。(整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰) 解析　(1)撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有 qE=mCg， 解得E=2×106 N/C。 (2)C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有 T1=mCg，T1=fB， 其中fB=μmBg， 解得μ=0.5， C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降0.2 m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 mCgh=(mA+mB+mC)v2+2Ep， 解得v= m/s。 (3)没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有2kh-f=0， 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h'，对A根据牛顿第二定律可得 f-2kh'=mAa， 对B、C根据牛顿第二定律可得 qE+mCg-f=(mB+mC)a， 撤去电场后，由第(2)问的分析可知，A、B在C下降0.2 m时开始相对滑动，在C下降0.2 m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 qEh'+mCgh=(mA+mB+mC)+2Ep， 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为vmax'=vmax， 联立解得vmax'= m/s。 答案　(1)2×106 N/C　(2)0.5　 m/s (3) m/s [解题技法]　系统中含有重力势能、弹性势能、动能、摩擦生热、电势能、焦耳热等多种形式能量转化时，优先选用能量守恒。 训练2　(多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示，物块P、Q在光滑水平面上一起做振幅为A、周期为T的简谐运动，O为平衡位置，MO的距离为振幅一半。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2，P、Q两物块可视为质点，质量分别为2m、m，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取向右为正方向，t=0时，P、Q从N点由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是(BD) A.P、Q从M点到O点所用时间为 B.P、Q的振动方程为x=Asin C.P通过O点时的速度大小为A D.P、Q间的动摩擦因数至少为 解析　设P、Q的振动方程为x=Asin(ωt+φ)，角频率ω=，当t=0时x=-A可知φ=，振动方程为x=Asin，B项正确;根据x=Asin可知，当x=-时解得t=，P、Q从M点到O点所用时间为-=，A项错误;由能量关系有kA2=×3mv2，解得P通过O点时的速度大小为v=A，C项错误;整体加速度最大值为a=，则对Q分析可知μmg≥ma，解得μ≥，P、Q间的动摩擦因数至少为，D项正确。 高考真题·体验 1.(2023·浙江1月卷)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(B) A.弹性势能减小 B.重力势能减小 C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小 解析　游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A项错误;游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B项正确;下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C项错误;绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加;当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D项错误。 2.(2024·重庆卷)2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(C) A.减速阶段所受合外力为0 B.悬停阶段不受力 C.自由下落阶段机械能守恒 D.自由下落阶段加速度大小g=9.8 m/s2 解析　组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，A项错误;组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，B项错误;组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，C项正确;月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，D项错误。 3.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(C) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 解析　方法一(分析法):设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcos θ=m，联立解得cos θ=，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C项正确。 方法二(数学法):设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)，联立解得F=2mg-3mgcos θ，大圆环对小环作用力的大小|F|=|2mg-3mgcos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C项正确。 4.(2025·安徽卷)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小; (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离; (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 解析　(1)从t=0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得 mg·2L=m-mv2， 解得v=4 m/s， 小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm-mg=m， 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小 Fm'=Fm=17 N。 (2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得 2L=g(Δt)2， x=vΔt， 联立解得x=4 m。 (3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t=0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得 mg·5L=m-m， 小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得 mg=m·， 联立解得vmin=2 m/s。 答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $