3.3 能量守恒定律 分层作业-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

**基本信息** 本同步练习以能量守恒定律为核心，通过A、B、C三层设计实现从基础概念到综合应用的进阶，强化物理观念与科学思维的培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A层|能量守恒定律、晶体、毛细现象等基础概念|单选为主，聚焦概念辨析（如第一类永动机判断）| |B层|能量转化、气体状态变化、力学综合|多选与计算结合，强化科学推理（如气缸问题、传送带能量分析）| |C层|理想气体状态变化、多体力学综合|复杂情境题，突出模型建构与质疑创新（如棒环系统能量损失分析）|

3.3 能量守恒定律 分层作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A层 1．下列说法正确的是（　　） A．气体吸收了热量，其温度一定升高 B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律 C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显 D．晶体均有规则的几何形状 2．下列说法正确的是（　　） A．单晶体有确定的熔点，而多晶体没有确定的熔点 B．水和空气接触处形成“表面层”，其中的水分子距离大于水内部分子距离 C．给自行车打气时，向下压越来越费力，原因是要克服气体分子间的斥力作用 D．教材中的“饮水小鸭”实验说明“永动机”可以制成 3．（多选）下列说法正确的是（    ） A．液晶显示屏是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的 B．可以利用永久磁铁间的作用力造一台永动机 C．草叶上的露珠呈球形的现象是由表面张力引起的 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变成晶体 4．（多选）约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道。维尔金斯认为∶如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是（　　） A．一定不可能实现 B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量守恒定律 5．如图所示，一个小铁块沿半径为R=0.2m的半球内壁自上端由静止下滑，当滑至半球底部时，速度为1m/s，设此过程中损失的机械能全部变为内能，并有40%被铁块吸收，已知铁的比热容c=0.46×103J/（kg·℃），重力加速度g取10m/s2。求铁块升高的温度。 B层 6．如图所示，是中国古代玩具饮水鸟，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。A、B是鸟上两点，说法正确的是（　　） A．A、B两点的向心加速度大小相同 B．A、B两点的线速度大小不同，角速度大小相同 C．此过程虽然不违反能量守恒定律，但不可能发生 D．此过程违反能量守恒定律，但可能发生，说明第一类永动机可以制成 7．在一场足球比赛中，足球被从O踢出，由于空气阻力的影响（空气阻力与速度大小成正比），实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，O为起点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点。、为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是（　　） A．足球到达b点时的速度为零 B．足球在Ob段重力的平均功率比段小 C．足球从O点到b空气阻力做功与b点到d点相等 D．足球到达b点时的加速度大于重力加速度g 8．（多选）如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢上升。环境温度保持不变，大气压不变，系统始终处于平衡状态。在活塞上升过程中（　　） A．气体体积逐渐增大，内能增加 B．气体压强逐渐减小，内能不变 C．气体压强逐渐增大，放出热量 D．气体对外界做功，吸收热量 9．（多选）如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量，g取，下列说法正确的是（　　） A．传送带顺时针转动，速度大小为2m/s B.传送带与小物块之间的动摩擦因数 C．时间内电动机多消耗的电能为36J D．时间因摩擦产生热量为15J 10．在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态到过程中外界对气体做功为．已知和．求： （1）的表达式； （2）的表达式； （3）到过程，气泡内气体的内能变化了多少？ C层 11．一定质量的理想气体沿如图所示的状态变化，ba的延长线过坐标原点，T＝t＋273K，下列说法中正确的是（　　） A．由a至b，外界对气体不做功 B．气体由c至a，不可能在绝热状态下进行 C． D．气体由a经b至c吸收的热量等于气体由c至a释放的热量 12．（多选）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则（　　） A．从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为 B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动 C．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对地面先做匀减后匀加最后做匀减速运动 D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒没有往复运动，但总位移向下 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 《 3.3 能量守恒定律》参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 11 12 答案 B B CD AD B D BD AC B ACD 1．B 【详解】A．气体吸收了热量，可能同时对外做功，气体的温度不一定升高，故A错误； B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律，故B正确； C．对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误； D．单晶体有规则的几何形状，多晶体没有规则的几何形状，故D错误。 故选B。 2．B 【详解】A．单晶体有确定的熔点，多晶体也有确定的熔点，选项A错误； B．水和空气接触处形成“表面层”，其中的水分子距离大于水内部分子距离，分子力表现为引力，选项B正确； C．给自行车打气时，向下压越来越费力，原因是大气压作用的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项C错误； D．教材中的“饮水小鸭”实验违背能量守恒定律，即该“永动机”不可以制成，选项D错误。 故选B。 3．CD 【详解】A．液晶显示屏是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故A错误； B．利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械，不消耗能量而不停地转动，不符合能量守恒定律，故B错误； C．草叶上的露珠呈球形的现象是是因为液体表面存在表面张力，故C正确； D．在合适的条件下，某些晶体可以转变成非晶体，某些非晶体也可以转变成晶体，故D正确。 故选CD。 4．AD 【详解】该思想违背了能量守恒定律，不可能实现。 故选AD。 5． 【详解】设小铁块质量为m，铁块滑到底部时产生的内能为 则铁块升高的温度为 6．B 【详解】B．根据同轴转动角速度相等知，A、B两点的角速度大小相同，根据知A点半径大，线速度较大，故B正确； A．根据知A点半径大，加速度较大，故A错误； C．饮水鸟的头和躯体分别为两个薄壁玻璃球，其间以一个玻璃管连接，内部装有易挥发的液体。其原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发会吸收头部空气中的热量，使得头部气压小于肚子中的气压，从而使肚子中的部分液体压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳定而发生倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟的身体再回到开始的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复前方的运动，即饮水鸟上下运动的能量来源于周围空气的内能，此过程不违反能量守恒定律，可能发生，故C错误； D．此过程不违反能量守恒定律，可能发生，说明第一类永动机不可以制成，故D错误。 故选B。 7．D 【详解】A．到达b点时，足球的竖直分速度为零，但具有水平分速度（不为零），故A错误； B．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得 解得 在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得解得 对比可得 即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由 可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以足球由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的值相同，根据 可知足球在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故B错误； C．由于空气阻力与速度大小成正比，故段平均空气阻力大于段平均空气阻力，段水平位移大于段水平位移，则水平方向段平均空气阻力做功大于段平均空气阻力做功，段竖直位移等于段竖直位移，则竖直方向段平均空气阻力做功大于段平均空气阻力做功，故段空气阻力做功大于段空气阻力做功，故C错误； D．足球到达点时，除受到竖直向下的重力外，还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达点时，足球的加速度大于重力加速度，故D正确。 故选D。 8．BD 【详解】A．活塞上升，体积逐渐增大，理想气体的内能与温度相关联，温度保持不变，则内能不变，故A错误； BCD．根据理想气体状态方程 可知体积增大，温度不变，故压强减小；因为温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律 可知系统吸热，故BD正确，C错误。 故选BD。 【点睛】根据理想气体状态方程及热力学第一定律，结合题意进行逐步分析。 9．AC 【详解】A．从v－t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确； B．由图可知时间内小物块的加速度为 a＝1m/s2 对物块受力分析，可得 μmgcosθ－mgsinθ＝ma 解得 μ＝ 故B错误； D．物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为 结合v－t图像可得 t2＝3s 根据v－t图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为 故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为 物块向上运动过程中的位移为 物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为 所以传送带与物块的总相对位移为 =4.5m 所以时间因摩擦产生热量为 Q＝μmgcosθ·Δs＝27J 故D错误； C．物块增加的重力势能 ΔEp＝mgsinθ·(x2-x1)＝7.5J 物块动能的增量 ΔEk＝mv2－mv02＝1.5J 则传送带多消耗的电能 W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J 故C正确。 故选AC。 10．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得 解得 （2）根据理想气体状态方程可知 解得 （3）根据热力学第一定律可知 其中，故气体内能增加 11．B 【详解】A．由图像可知 则由a至c的过程是等容变化，而由a至b的过程不是等容变化，且气体体积减小，外界对气体做功，A错误； B．由c至a气体温度降低，内能减小，而外界对气体不做功，则气体要对外放热，即c至a不可能在绝热状态下进行，B正确； C．ba的延长线过坐标原点，由几何关系知，b状态下热力学温度为287K，b至c为等压变化，由状态方程可知 解得 故C错误； D．由题意及图可知 Va＝Vc 由A中分析可得 Vb<Va 从a至b气体压强逐渐增大，b至c为等压过程，根据 W＝pΔV 可得a经b至c的过程外界对气体做的功为 Wabc＝Wab＋Wbc<0 根据热力学第一定律有 ΔUac＝Wabc＋Qabc 而ΔUac>0，则Qabc>0，即气体由a经b至c吸热，吸收的热量为 Qabc＝ΔUac－Wabc 而气体从c至a，外界对气体所做功Wca＝0，根据热力学第一定律有 －ΔUac＝Wca＋Qca 可知气体由c至a放热，释放的热量 Qca＝ΔUac 比较可知，Qabc>Qca，故D错误。 故选B。 12．ACD 【分析】棒第一次与地面碰撞后，速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒受重力、向下的滑动摩擦力，合力方向向下；一开始环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，先做匀减速，后做匀加速，直至环与棒的速度相同；当棒再次下落时，此时棒的速度与环的速度相同，无摩擦，故棒的下落为自由落体。整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力对环及棒做的总功即求得能量损失。 【详解】A．设环相对棒滑动距离为l 根据能量守恒 解得 摩擦力对棒及环做的总功为 联立解得 故A正确； BC．棒第一次与地面碰撞后，一开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，加速度大小为 环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，加速度大小为 此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩擦影响，均做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故B错误C正确； D．当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落体运动，无相对于棒做往复运动，且位移总向下。故D正确； 故选ACD。 【点睛】本题考查力与运动的关系，只要能正确受力分析，结合当速度与加速度方向相同时做加速运动，方向相反时做减速运动即可求解。 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 $