5.(2025—2026南昌期中,多选)如下列图片所示,将装有少量水的矿泉水瓶瓶盖拧紧,接着用两手握住瓶下三分之一处,用力拧几圈使其严重变形,然后轻轻旋开瓶盖,“砰”的一声,瓶盖飞出数米远(注意安全),瓶内和瓶口出现大量“白气”。下列说法正确的是 ()


A.拧瓶子时机械能转化为内能,该过程相当于内燃机的压缩冲程
B.瓶盖飞出是因为瓶内气体对瓶盖做功,机械能转化为内能
C.瓶盖被冲出时的能量转化与内燃机的做功冲程相同
D.瓶内出现的“白气”是高温水蒸气

5.AC 【解析】拧瓶子时，通过压缩气体做功，将机械能转化为内能，这与内燃机的压缩冲程相似，所以该过程相当于内燃机的压缩冲程，故A正确。瓶盖飞出是由于瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，而不是机械能转化为内能，故B错误。瓶盖被冲出是由于瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，能量转化与内燃机的做功冲程相同，故C正确。瓶内出现的“白气”，是水蒸气液化形成的小水珠，不是高温水蒸气，故D错误。

【分析】
本题结合生活中的小实验，考查内能的改变、内燃机冲程及液化现象，需逐个分析选项，结合能量转化规律和物态变化知识判断。首先明确：拧瓶子时对气体做功，能量转化为机械能→内能；瓶盖飞出时气体对瓶盖做功，能量转化为内能→机械能；“白气”是液化形成的小水珠，而非水蒸气。
【解析】
选项A：拧瓶子时，两手用力拧瓶，对瓶内气体做功，将机械能转化为内能，内燃机的压缩冲程是活塞压缩气缸内气体，实现机械能向内能的转化，因此该过程相当于内燃机的压缩冲程，A正确。
选项B：瓶盖飞出时，瓶内气体对瓶盖做功，是内能转化为机械能，并非机械能转化为内能，B错误。
选项C：瓶盖被冲出时，能量转化为内能转化为机械能，与内燃机做功冲程（内能转化为机械能）的能量转化相同，C正确。
选项D：瓶内的“白气”是瓶内高温水蒸气遇冷液化形成的小水珠，水蒸气是无色透明、肉眼不可见的，D错误。
【答案】
AC
【知识点】
内能的改变、内燃机冲程、液化现象
【点评】
本题通过生活实验场景考查热学核心知识点，需准确区分能量转化方向、内燃机冲程的特点及液化的本质，是对基础知识点的综合应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

6.油电混合动力汽车是新型节能汽车。这种汽车高速行驶时，内燃机启动，既向车轮输送能量，也给动力蓄电池充电。已知某型号混合动力汽车所用的动力蓄电池可储存的最大电能是$1.0× 10^{8}\ \mathrm{J}$。测试人员驾驶该车在平直公路上匀速行驶了40 km，该车的质量为2 000 kg，假设所受的阻力为车重的4%，动力蓄电池的电能增加了最大电能的10%，则：(汽油的热值为$4.6× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$，g取10 N/kg)
(1)该汽车测试行驶中受到的阻力是多少牛？
(2)该汽车测试行驶中牵引力做了多少功？
(3)若该汽车内燃机的效率是40%，则消耗了多少千克的汽油？(最后结果保留两位小数)

6.解:(1)该车的质量为2 000 kg，该车的重力$G=mg=2\ 000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2.0×10^{4}\ \mathrm{N}$
该车所受的阻力为车重的4%，则阻力为$f=4\% ×G=0.04×2.0×10^{4}\ \mathrm{N}=800\ \mathrm{N}$
(2)匀速直线行驶时牵引力等于阻力，即$F=f=800\ \mathrm{N}$，行驶的距离$s=40\ \mathrm{km}=40\ 000\ \mathrm{m}$
牵引力做功$W=Fs=800\ \mathrm{N}×40\ 000\ \mathrm{m}=3.2×10^{7}\ \mathrm{J}$
(3)动力蓄电池增加的电能$W_{电}=10\% ×1.0×10^{8}\ \mathrm{J}=1.0×10^{7}\ \mathrm{J}$
有效利用的总能量$W_{有}=W+W_{电}=3.2×10^{7}\ \mathrm{J}+1.0×10^{7}\ \mathrm{J}=4.2×10^{7}\ \mathrm{J}$
汽油完全燃烧释放的总热量$Q_{放}=\frac{W_{有}}{\eta}=\frac{4.2×10^{7}\ \mathrm{J}}{40\%}=1.05×10^{8}\ \mathrm{J}$
消耗的汽油质量$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.05×10^{8}\ \mathrm{J}}{4.6×10^{7}\ \mathrm{J/kg}}≈2.28\ \mathrm{kg}$

【分析】
本题分为三个小问题，解题思路如下：
1. 求汽车行驶的阻力：先根据重力公式计算汽车的重力，再利用阻力与车重的关系（阻力为车重的4%）计算阻力；
2. 求牵引力做的功：汽车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等；将行驶距离单位换算为米后，利用功的公式W=Fs计算牵引力做功；
3. 求消耗汽油的质量：先计算蓄电池增加的电能，再求出内燃机有效利用的总能量（牵引力做功与蓄电池增加电能之和）；根据内燃机效率公式求出汽油完全燃烧释放的总热量，最后利用热值公式计算消耗汽油的质量。
【解析】
6. 解：
(1) 汽车的重力：$G=mg=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2.0×10^4\ \mathrm{N}$
汽车受到的阻力：$f=4\%×G=0.04×2.0×10^4\ \mathrm{N}=800\ \mathrm{N}$
(2) 汽车匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，故$F=f=800\ \mathrm{N}$
行驶距离：$s=40\ \mathrm{km}=40000\ \mathrm{m}$
牵引力做功：$W=Fs=800\ \mathrm{N}×40000\ \mathrm{m}=3.2×10^7\ \mathrm{J}$
(3) 蓄电池增加的电能：$W_{电}=10\%×1.0×10^8\ \mathrm{J}=1.0×10^7\ \mathrm{J}$
内燃机有效利用的总能量：$W_{有}=W+W_{电}=3.2×10^7\ \mathrm{J}+1.0×10^7\ \mathrm{J}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$
汽油完全燃烧释放的总热量：$Q_{放}=\frac{W_{有}}{\eta}=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{40\%}=1.05×10^8\ \mathrm{J}$
消耗汽油的质量：$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.05×10^8\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}≈2.28\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) 800 N；(2) $3.2×10^7$ J；(3) 2.28 kg
【知识点】
重力的计算、功的计算、热机效率与热值的应用
【点评】
本题是力学与热学结合的综合计算题，核心考查重力、功、热机效率及热值的公式应用，解题时需注意单位换算，理清各能量的关系，步骤清晰即可正确解答。
【难度系数】
0.6

7.电流和机械一样，也可以做功。电流做功的过程是把电能转化为其他形式的能的过程。一般情况下我们无法直接观察出电流做功的多少。于是某同学为了探究影响电流做功多少的因素，设计了下图所示的实验，他通过该实验可以较形象地比较出电流做功的多少。

(1)他是通过来比较电流在不同情况下做功的多少的，此过程中能量的转化是。
(2)闭合开关，他改变滑动变阻器接入电路中阻值的大小。当滑片向（选填“左”或“右”）调节时，电流表和电压表的示数都变大，钩码被吊起的速度也变大了。这说明在相同的时间内，电压越高，电流越大，电流做的功就越（选填“多”或“少”）。

7.(1)钩码被提升的高度 电能转化为机械能 (2)左 多

【分析】
本题探究影响电流做功多少的因素，采用转换法将不易观察的电流做功多少转化为易观察的钩码提升高度。首先明确电流做功的实质是电能转化为其他形式的能，实验中电动机将电能转化为机械能，提升钩码，钩码被提升的高度越高，说明电流做功越多。对于滑动变阻器的调节，要使电流表、电压表示数变大，需减小滑动变阻器接入电路的电阻，结合滑动变阻器的接线方式判断滑片移动方向，进而得出电流做功与电压、电流的关系。
【解析】
(1) 电流做功的多少无法直接观察，实验中通过转换法，利用钩码被提升的高度来间接比较电流做功的多少；电动机工作时，消耗电能，使钩码获得机械能，因此能量转化是电能转化为机械能。
(2) 要使电流表和电压表示数都变大，需减小电路总电阻，即滑动变阻器接入电路的电阻变小。由图可知，滑动变阻器接的是左下端和右上端接线柱，当滑片向左调节时，接入电路的电阻丝长度变短，电阻变小，电路中电流变大，电动机两端电压也变大；此时钩码被吊起速度变大，说明相同时间内，电压越高、电流越大，电流做的功越多。
【答案】
(1) 钩码被提升的高度；电能转化为机械能 (2) 左；多
【知识点】
电流做功的实质；转换法；滑动变阻器的使用
【点评】
本题通过实验装置考查电流做功的相关知识，重点运用转换法将抽象的电流做功转化为直观的钩码提升高度，同时结合滑动变阻器的调节考查电路变化分析，是一道基础的实验探究题，注重对实验方法和基本规律的理解。
【难度系数】
0.6