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1. 科学家们经过长期探索，发现能量转化是非常普遍的。下列关于能量转化的描述错误的是（
A.摩擦生热，机械能转化为内能
B.电动机把水抽到高处，电能转化为机械能
C.植物进行光合作用，光能转化为电能
D.水轮机带动发电机发电，机械能转化为电能
C
）A.摩擦生热，机械能转化为内能
B.电动机把水抽到高处，电能转化为机械能
C.植物进行光合作用，光能转化为电能
D.水轮机带动发电机发电，机械能转化为电能
答案
1.C
解析
【分析】
本题要求找出能量转化描述错误的选项，解题思路是逐一分析每个选项对应的能量转化过程，结合所学常见能量转化实例判断正误，最终确定错误选项。
【解析】
对各选项逐一分析：
选项A：摩擦生热是克服摩擦做功，消耗机械能，产生内能，属于机械能转化为内能，描述正确。
选项B：电动机抽水时消耗电能，使水获得机械能被抽到高处，属于电能转化为机械能，描述正确。
选项C：植物光合作用是将光能转化为化学能（储存在有机物中），并非转化为电能，描述错误。
选项D：水轮机带动发电机发电，消耗水的机械能，转化为电能，属于机械能转化为电能，描述正确。
因此，描述错误的是选项C。
【答案】
C
【知识点】
能量转化、常见能量形式
【点评】
本题考查初中物理基础的能量转化知识，涉及摩擦生热、电动机、光合作用、发电机等常见实例的能量变化，属于基础识记类题目，难度较低。
【难度系数】
0.8
本题要求找出能量转化描述错误的选项，解题思路是逐一分析每个选项对应的能量转化过程，结合所学常见能量转化实例判断正误，最终确定错误选项。
【解析】
对各选项逐一分析：
选项A：摩擦生热是克服摩擦做功，消耗机械能，产生内能，属于机械能转化为内能，描述正确。
选项B：电动机抽水时消耗电能，使水获得机械能被抽到高处，属于电能转化为机械能，描述正确。
选项C：植物光合作用是将光能转化为化学能（储存在有机物中），并非转化为电能，描述错误。
选项D：水轮机带动发电机发电，消耗水的机械能，转化为电能，属于机械能转化为电能，描述正确。
因此，描述错误的是选项C。
【答案】
C
【知识点】
能量转化、常见能量形式
【点评】
本题考查初中物理基础的能量转化知识，涉及摩擦生热、电动机、光合作用、发电机等常见实例的能量变化，属于基础识记类题目，难度较低。
【难度系数】
0.8
2.[2026·芜湖期中] 如图所示的为四冲程汽油机工作循环中的两个冲程，下列说法正确的是（
A.甲为做功冲程，乙为压缩冲程
B.两冲程都是依靠飞轮的惯性完成的
C.在甲冲程中，气缸内气体的内能增大
D.在一个工作循环中的工作顺序是先乙后甲
C
）A.甲为做功冲程，乙为压缩冲程
B.两冲程都是依靠飞轮的惯性完成的
C.在甲冲程中，气缸内气体的内能增大
D.在一个工作循环中的工作顺序是先乙后甲
答案
2.C 【点拨】甲:两气门都关闭,活塞向上运行,是压缩冲程,将机械能转化为内能,气缸内气体的内能增大;乙:两气门都关闭,活塞向下运行,是做功冲程,将气缸内气体的内能转化为机械能,做功冲程不是依靠飞轮的惯性完成的,故 AB 错误,C 正确。在一个工作循环中的工作顺序是先甲后乙,故D错误。故选 C。
解析
【分析】
要判断汽油机的冲程，需结合气门开闭状态、活塞运动方向：两气门都关闭时，活塞向上运动为压缩冲程，活塞向下运动且火花塞点火为做功冲程；再结合各冲程的特点、能量转化及工作循环顺序分析选项。
【解析】
1. 判断冲程：甲图中两气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程；乙图中两气门均关闭，活塞向下运动且火花塞点火，属于做功冲程。
2. 分析选项：
A选项：甲是压缩冲程，乙是做功冲程，A错误。
B选项：汽油机的吸气、压缩、排气冲程依靠飞轮惯性完成，做功冲程是主动对外做功，不依靠飞轮惯性，B错误。
C选项：压缩冲程中，活塞对气缸内气体做功，机械能转化为内能，气缸内气体的内能增大，C正确。
D选项：四冲程工作循环顺序为吸气→压缩→做功→排气，故顺序是先甲后乙，D错误。
【答案】
C
【知识点】
汽油机四冲程、内能转化
【点评】
本题考查汽油机四冲程的判断及相关特点，需掌握气门状态、活塞方向与冲程的对应关系，以及各冲程的能量转化和工作循环顺序，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
要判断汽油机的冲程，需结合气门开闭状态、活塞运动方向：两气门都关闭时，活塞向上运动为压缩冲程，活塞向下运动且火花塞点火为做功冲程；再结合各冲程的特点、能量转化及工作循环顺序分析选项。
【解析】
1. 判断冲程：甲图中两气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程；乙图中两气门均关闭，活塞向下运动且火花塞点火，属于做功冲程。
2. 分析选项：
A选项：甲是压缩冲程，乙是做功冲程，A错误。
B选项：汽油机的吸气、压缩、排气冲程依靠飞轮惯性完成，做功冲程是主动对外做功，不依靠飞轮惯性，B错误。
C选项：压缩冲程中，活塞对气缸内气体做功，机械能转化为内能，气缸内气体的内能增大，C正确。
D选项：四冲程工作循环顺序为吸气→压缩→做功→排气，故顺序是先甲后乙，D错误。
【答案】
C
【知识点】
汽油机四冲程、内能转化
【点评】
本题考查汽油机四冲程的判断及相关特点，需掌握气门状态、活塞方向与冲程的对应关系，以及各冲程的能量转化和工作循环顺序，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
3.[2026·福州期中]父母劳累一天很辛苦，小明想烧壶热水，给父母泡泡脚。如图所示，当水壶里面的水沸腾时，产生的大量水蒸气会将壶盖顶开。他联想到汽油机在工作中，与此能量转化相同的冲程是（
A.吸气冲程
B.压缩冲程
C.做功冲程
D.排气冲程
C
）A.吸气冲程
B.压缩冲程
C.做功冲程
D.排气冲程
答案
3.C 【点拨】水壶里面的水沸腾时将壶盖顶开的过程中,水蒸气对壶盖做功,水蒸气的内能转化为壶盖的机械能;汽油机在工作中,做功冲程将气体的内能转化为活塞的机械能,与水沸腾时将壶盖顶开的过程能量转化相同,故 C 正确,ABD 错误。故选 C。
解析
【分析】
要解决这道题，需分两步思考：第一步确定水壶顶壶盖过程的能量转化；第二步对比汽油机各冲程的能量转化，找到匹配选项。首先，水壶内水蒸气顶开壶盖时，水蒸气对壶盖做功，内能减少，壶盖获得机械能，因此能量转化为内能转化为机械能；再回忆汽油机四个冲程的能量特点，即可选出正确答案。
【解析】
1. 分析水壶顶壶盖的能量转化：水壶中的水沸腾产生大量水蒸气，水蒸气顶开壶盖时，对壶盖做功，自身的内能转化为壶盖的机械能，即能量转化为内能→机械能。
2. 分析汽油机各冲程的能量转化：汽油机的四个冲程中，吸气冲程和排气冲程仅完成气体的吸入与排出，无能量转化；压缩冲程中，活塞压缩气缸内气体，将机械能转化为气体的内能；做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，将燃气的内能转化为活塞的机械能，与水壶顶壶盖的能量转化一致。
因此，符合条件的是做功冲程，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
内能的转化、汽油机的冲程
【点评】
本题结合生活实例考查汽油机冲程的能量转化，属于基础题型，需要学生掌握汽油机各冲程的能量变化规律，能将生活现象与物理知识建立联系，难度适中。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需分两步思考：第一步确定水壶顶壶盖过程的能量转化；第二步对比汽油机各冲程的能量转化，找到匹配选项。首先，水壶内水蒸气顶开壶盖时，水蒸气对壶盖做功，内能减少，壶盖获得机械能，因此能量转化为内能转化为机械能；再回忆汽油机四个冲程的能量特点，即可选出正确答案。
【解析】
1. 分析水壶顶壶盖的能量转化：水壶中的水沸腾产生大量水蒸气，水蒸气顶开壶盖时，对壶盖做功，自身的内能转化为壶盖的机械能，即能量转化为内能→机械能。
2. 分析汽油机各冲程的能量转化：汽油机的四个冲程中，吸气冲程和排气冲程仅完成气体的吸入与排出，无能量转化；压缩冲程中，活塞压缩气缸内气体，将机械能转化为气体的内能；做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，将燃气的内能转化为活塞的机械能，与水壶顶壶盖的能量转化一致。
因此，符合条件的是做功冲程，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
内能的转化、汽油机的冲程
【点评】
本题结合生活实例考查汽油机冲程的能量转化，属于基础题型，需要学生掌握汽油机各冲程的能量变化规律，能将生活现象与物理知识建立联系，难度适中。
【难度系数】
0.7
4.[2026·驻马店期中] 某热机在工作过程中，完全燃烧了质量为m的某种燃料，该燃料的热值为q。热机在工作时间t内，对外输出的平均功率为P。关于该热机的效率，下列推导正确的是（
A.$\eta=\dfrac{Pt}{mq}$
B.$\eta=\dfrac{mq}{Pt}$
C.$\eta=\dfrac{P}{mq}$
D.$\eta=\dfrac{Pt}{q}$
A
）A.$\eta=\dfrac{Pt}{mq}$
B.$\eta=\dfrac{mq}{Pt}$
C.$\eta=\dfrac{P}{mq}$
D.$\eta=\dfrac{Pt}{q}$
答案
4.A 【点拨】燃料完全燃烧放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=mq$,热机输出的机械功 $W_{\mathrm{有用}}=Pt$,则该热机的效率 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}=\dfrac{Pt}{mq}$,故 A 正确,BCD 错误。故选 A。
解析
【分析】要解决这道题，需先明确热机效率的定义：热机效率是热机对外做的有用功与燃料完全燃烧放出的总热量的比值。接下来分别计算燃料完全燃烧放出的总热量、热机对外做的有用功，再代入效率公式推导即可。
【解析】1. 计算燃料完全燃烧放出的总热量：根据热值公式，燃料完全燃烧放出的热量$Q_{\mathrm{放}} = mq$；2. 计算热机对外做的有用功：已知热机平均功率为$P$，工作时间为$t$，由功率公式$P=\frac{W}{t}$可得，有用功$W_{\mathrm{有用}} = Pt$；3. 代入热机效率公式：$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}$，将$W_{\mathrm{有用}}$和$Q_{\mathrm{放}}$代入得$\eta = \frac{Pt}{mq}$，因此推导正确的是A选项。
【答案】A
【知识点】热机效率、热值、功率
【点评】本题考查热机效率的基础推导，核心是牢记效率的定义式，结合热值、功率的公式进行计算，属于基础应用类题目，难度较低。
【难度系数】0.6
【解析】1. 计算燃料完全燃烧放出的总热量：根据热值公式，燃料完全燃烧放出的热量$Q_{\mathrm{放}} = mq$；2. 计算热机对外做的有用功：已知热机平均功率为$P$，工作时间为$t$，由功率公式$P=\frac{W}{t}$可得，有用功$W_{\mathrm{有用}} = Pt$；3. 代入热机效率公式：$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}$，将$W_{\mathrm{有用}}$和$Q_{\mathrm{放}}$代入得$\eta = \frac{Pt}{mq}$，因此推导正确的是A选项。
【答案】A
【知识点】热机效率、热值、功率
【点评】本题考查热机效率的基础推导，核心是牢记效率的定义式，结合热值、功率的公式进行计算，属于基础应用类题目，难度较低。
【难度系数】0.6
5. 如图所示的是一款远程无人驾驶清扫车，其发动机为单缸四冲程汽油机。某次作业，该款车在一段平直的公路上匀速行驶3 km，用时5 min，消耗汽油0.3 kg。清扫车匀速直线行驶过程中所受阻力为1 380 N，汽油的热值为$4.6×10^7$ J/kg。下列有关说法正确的是 （
A.若清扫车发动机飞轮转速为3 000 r/min，则每秒发动机完成200个冲程
B.清扫车所受牵引力做功的功率为1 380 W
C.清扫车发动机的效率为30％
D.换用热值更大的燃料，可以提高清扫车发动机的效率
C
）A.若清扫车发动机飞轮转速为3 000 r/min，则每秒发动机完成200个冲程
B.清扫车所受牵引力做功的功率为1 380 W
C.清扫车发动机的效率为30％
D.换用热值更大的燃料，可以提高清扫车发动机的效率
答案
5.C 【点拨】飞轮转速为 3 000 r/min=$\dfrac{3\ 000\ \mathrm{r}}{60\ \mathrm{s}}=50\ \mathrm{r/s}$,所以发动机每秒完成 $2×50=100$ 个冲程,故 A 错误;清扫车的速度 $v=\dfrac{s}{t}=\dfrac{3×10^3\ \mathrm{m}}{5×60\ \mathrm{s}}=10\ \mathrm{m/s}$,由于清扫车做匀速直线运动,所以牵引力与阻力平衡,即 $F=f=1\ 380\ \mathrm{N}$,所以牵引力的功率 $P=\dfrac{W}{t}=\dfrac{Fs}{t}=Fv=1\ 380\ \mathrm{N}×10\ \mathrm{m/s}=13\ 800\ \mathrm{W}$,故B错误;有用功 $W_{\mathrm{有用}}=Fs=1\ 380\ \mathrm{N}×3×10^3\ \mathrm{m}=4.14×10^6\ \mathrm{J}$,燃料完全燃烧释放的能量 $Q_{\mathrm{放}}=mq=0.3\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.38×10^7\ \mathrm{J}$,所以发动机效率 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}=\dfrac{4.14×10^6\ \mathrm{J}}{1.38×10^7\ \mathrm{J}}=30\%$,故 C 正确;热值大只能说明相同质量的燃料完全燃烧释放更多热量,与提高发动机效率无关,故 D 错误。故选 C。
解析
【分析】
本题需逐一分析各选项，结合单缸四冲程汽油机的工作规律、功率计算、热机效率及热值的概念判断：先明确飞轮转速与冲程数的关系，再利用匀速运动时牵引力等于阻力计算功率，通过有用功与总热量的比值计算热机效率，最后区分热值与效率的物理意义。
【解析】
1. 选项A分析：
飞轮转速为 $ 3000\ \mathrm{r/min} = \frac{3000\ \mathrm{r}}{60\ \mathrm{s}} = 50\ \mathrm{r/s} $。单缸四冲程汽油机每转2圈完成1个工作循环，对应4个冲程，因此每秒完成冲程数为 $ 50 × 2 = 100 $ 个，A错误。
2. 选项B分析：
清扫车匀速行驶的速度 $ v = \frac{s}{t} = \frac{3 × 10^3\ \mathrm{m}}{5 × 60\ \mathrm{s}} = 10\ \mathrm{m/s} $。匀速运动时牵引力与阻力平衡，即 $ F = f = 1380\ \mathrm{N} $，牵引力功率 $ P = Fv = 1380\ \mathrm{N} × 10\ \mathrm{m/s} = 13800\ \mathrm{W} $，B错误。
3. 选项C分析：
牵引力做的有用功 $ W_{\mathrm{有用}} = Fs = 1380\ \mathrm{N} × 3 × 10^3\ \mathrm{m} = 4.14 × 10^6\ \mathrm{J} $；
汽油完全燃烧释放的总热量 $ Q_{\mathrm{放}} = mq = 0.3\ \mathrm{kg} × 4.6 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 1.38 × 10^7\ \mathrm{J} $；
发动机效率 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}} = \frac{4.14 × 10^6\ \mathrm{J}}{1.38 × 10^7\ \mathrm{J}} = 30\% $，C正确。
4. 选项D分析：
热值是燃料的固有属性，反映单位质量燃料完全燃烧放热能力；热机效率是有用功与总热量的比值，二者无直接关联，换用热值更大的燃料无法提高效率，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机工作原理、功率计算、热机效率与热值
【点评】
本题综合考查力学与热学的基础计算，需准确掌握各物理概念的定义及公式，区分易混淆的物理量，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
本题需逐一分析各选项，结合单缸四冲程汽油机的工作规律、功率计算、热机效率及热值的概念判断：先明确飞轮转速与冲程数的关系，再利用匀速运动时牵引力等于阻力计算功率，通过有用功与总热量的比值计算热机效率，最后区分热值与效率的物理意义。
【解析】
1. 选项A分析：
飞轮转速为 $ 3000\ \mathrm{r/min} = \frac{3000\ \mathrm{r}}{60\ \mathrm{s}} = 50\ \mathrm{r/s} $。单缸四冲程汽油机每转2圈完成1个工作循环，对应4个冲程，因此每秒完成冲程数为 $ 50 × 2 = 100 $ 个，A错误。
2. 选项B分析：
清扫车匀速行驶的速度 $ v = \frac{s}{t} = \frac{3 × 10^3\ \mathrm{m}}{5 × 60\ \mathrm{s}} = 10\ \mathrm{m/s} $。匀速运动时牵引力与阻力平衡，即 $ F = f = 1380\ \mathrm{N} $，牵引力功率 $ P = Fv = 1380\ \mathrm{N} × 10\ \mathrm{m/s} = 13800\ \mathrm{W} $，B错误。
3. 选项C分析：
牵引力做的有用功 $ W_{\mathrm{有用}} = Fs = 1380\ \mathrm{N} × 3 × 10^3\ \mathrm{m} = 4.14 × 10^6\ \mathrm{J} $；
汽油完全燃烧释放的总热量 $ Q_{\mathrm{放}} = mq = 0.3\ \mathrm{kg} × 4.6 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 1.38 × 10^7\ \mathrm{J} $；
发动机效率 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}} = \frac{4.14 × 10^6\ \mathrm{J}}{1.38 × 10^7\ \mathrm{J}} = 30\% $，C正确。
4. 选项D分析：
热值是燃料的固有属性，反映单位质量燃料完全燃烧放热能力；热机效率是有用功与总热量的比值，二者无直接关联，换用热值更大的燃料无法提高效率，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机工作原理、功率计算、热机效率与热值
【点评】
本题综合考查力学与热学的基础计算，需准确掌握各物理概念的定义及公式，区分易混淆的物理量，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
6.(新考法 开放性)我国载人登月初步方案已公布，在不远的将来，我国航天员有望登陆月球，后续还将建造国际月球科研站。白天月球表面温度可达150 ℃，而夜晚会降至－180 ℃。假如你是设计师，让你设计一辆月球车，你认为月球车
不可以
（填“可以”或“不可以”）用氢能源为燃料的热机来驱动，理由是热机的工作需要吸入空气，而月球上没有空气
。假如你穿着自己设计制作的宇航服在月球上漫步，宇航服应具备的功能有防寒（合理即可）
（写出一条即可）。答案
6.不可以;热机的工作需要吸入空气,而月球上没有空气;防寒(合理即可)
解析
【分析】要解决这个问题，需分两步思考：第一步，判断氢能源热机能否在月球使用，需回忆热机的工作条件——热机燃烧燃料需要氧气（空气）助燃，而月球上没有空气，热机无法正常工作；第二步，宇航服的功能要结合月球的环境特点，月球昼夜温差大、无大气，因此宇航服需具备适应这些环境的功能，比如防寒。
【解析】1. 判断能否用氢能源热机：热机的工作是利用燃料燃烧释放的内能转化为机械能，而燃料燃烧必须有氧气（空气）作为助燃剂。月球表面是真空环境，不存在空气（氧气），所以氢能源热机无法正常燃烧做功，因此月球车不可以用氢能源为燃料的热机驱动。2. 宇航服的功能：月球表面昼夜温差极大（白天150℃，夜晚-180℃），所以宇航服应具备防寒功能；此外月球无大气，还可具备供氧、维持气压、防宇宙辐射等功能，写出一条合理即可。
【答案】不可以；热机的工作需要吸入空气，而月球上没有空气；防寒（合理即可）
【知识点】热机的工作条件、太空环境特点
【点评】本题以载人登月为背景，结合航天科技场景考查物理知识，将热机原理与月球环境特点结合，属于基础应用类题目，引导学生运用所学知识解决实际问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】0.6
【解析】1. 判断能否用氢能源热机：热机的工作是利用燃料燃烧释放的内能转化为机械能，而燃料燃烧必须有氧气（空气）作为助燃剂。月球表面是真空环境，不存在空气（氧气），所以氢能源热机无法正常燃烧做功，因此月球车不可以用氢能源为燃料的热机驱动。2. 宇航服的功能：月球表面昼夜温差极大（白天150℃，夜晚-180℃），所以宇航服应具备防寒功能；此外月球无大气，还可具备供氧、维持气压、防宇宙辐射等功能，写出一条合理即可。
【答案】不可以；热机的工作需要吸入空气，而月球上没有空气；防寒（合理即可）
【知识点】热机的工作条件、太空环境特点
【点评】本题以载人登月为背景，结合航天科技场景考查物理知识，将热机原理与月球环境特点结合，属于基础应用类题目，引导学生运用所学知识解决实际问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】0.6
7.[2026·厦门翔安区期中]2025年9月3日,纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式在北京天安门广场隆重举行。东风-5C洲际战略核导弹亮相阅兵式,其打击范围可覆盖全球。东风-5C加注的是液体燃料偏二甲肼,具有较大的
热值
,可为导弹提供强大的推力。导弹发射过程中,通过燃料燃烧产生高温高压的气体从尾部喷出,从而推动导弹升空,此过程的能量转化与四冲程汽油机的做功
冲程相同。答案
7.热值;做功 【点拨】东风-5C 加注的液体燃料偏二甲肼具有较大的热值,即完全燃烧相同质量的不同燃料,偏二甲肼可放出较多的热量。导弹发射时,燃料燃烧产生的高温高压气体喷出推动导弹升空,是将内能转化为机械能。四冲程汽油机的做功冲程是燃料燃烧产生高温高压燃气推动活塞向下运动,将内能转化为机械能。所以此过程与四冲程汽油机的做功冲程相同。
解析
【分析】
本题考查燃料的热值和内燃机冲程的相关知识。解题时，先明确燃料热值的物理意义：热值是衡量燃料放热能力的物理量，相同质量的燃料完全燃烧时，热值越大，放出的热量越多，可据此确定第一个空；再分析导弹发射过程的能量转化，结合四冲程汽油机各冲程的能量特点，确定第二个空的答案。
【解析】
1. 燃料的热值是单位质量燃料完全燃烧时放出的热量，热值大的燃料，相同质量下完全燃烧能释放更多热量，可为导弹提供强大推力，因此偏二甲肼具有较大的热值。
2. 导弹发射时，燃料燃烧产生高温高压气体，气体喷出推动导弹升空，将内能转化为机械能；四冲程汽油机的做功冲程中，燃气推动活塞做功，也是将内能转化为机械能，所以该过程与做功冲程相同。
【答案】
热值；做功
【知识点】
热值；内燃机冲程
【点评】
本题结合阅兵式的实际情境，考查物理基础知识点，注重知识与实际应用的结合，难度较低，需准确掌握热值概念和汽油机冲程的能量转化规律。
【难度系数】
0.7
本题考查燃料的热值和内燃机冲程的相关知识。解题时，先明确燃料热值的物理意义：热值是衡量燃料放热能力的物理量，相同质量的燃料完全燃烧时，热值越大，放出的热量越多，可据此确定第一个空；再分析导弹发射过程的能量转化，结合四冲程汽油机各冲程的能量特点，确定第二个空的答案。
【解析】
1. 燃料的热值是单位质量燃料完全燃烧时放出的热量，热值大的燃料，相同质量下完全燃烧能释放更多热量，可为导弹提供强大推力，因此偏二甲肼具有较大的热值。
2. 导弹发射时，燃料燃烧产生高温高压气体，气体喷出推动导弹升空，将内能转化为机械能；四冲程汽油机的做功冲程中，燃气推动活塞做功，也是将内能转化为机械能，所以该过程与做功冲程相同。
【答案】
热值；做功
【知识点】
热值；内燃机冲程
【点评】
本题结合阅兵式的实际情境，考查物理基础知识点，注重知识与实际应用的结合，难度较低，需准确掌握热值概念和汽油机冲程的能量转化规律。
【难度系数】
0.7
8.(1)(日常生活)启动汽车时，转速表如图甲所示，如果该车使用的是四缸四冲程汽油机，此时发动机一个气缸每分钟完成做功冲程
(2)如图乙所示的为内燃机能量流向图，其中“a”处应该填燃料的
375
次。(2)如图乙所示的为内燃机能量流向图，其中“a”处应该填燃料的
化学
能，“?”处应该填废气带走的能量
。若每辆汽车每年消耗汽油2.17 t，汽车内燃机的效率平均取值30%。若能把内燃机效率提高1%，某市的汽车保有量按300万计算，则该市每年可以节约$2.1×10^5$
t汽油。答案
8.(1)375 (2)化学;废气带走的能量;2.1×10^5
【点拨】(1)在四冲程汽油机中,完成一个工作循环,飞轮转2圈,对外做功1次,已知转速表显示 0.75×1 000 r/min=750 r/min,因为每 2 圈对外做功 1 次,所以一个气缸每分钟对外做功的次数为 750÷2=375(次)。(2)燃料燃烧的过程就是把燃料的化学能转化为内能的过程,所以a处应该填燃料的化学能;在内燃机中,废气带走的能量最多,"?"处应该填废气带走的能量;因为内燃机效率提高 1%,所以内燃机效率变为 $\eta_2=\eta_1+1\%=30\%+1\%=31\%$,由于内燃机效率提高后有用功是相同的,即$W_1=W_2$,根据 $\eta=\dfrac{W}{Q}=\dfrac{W}{mq}$ 可得 $\eta_1 q m_1=\eta_2 q m_2$,所以内燃机效率提高后消耗的汽油质量 $m_2=\dfrac{\eta_1}{\eta_2}m_1$,则每辆汽车每年节约汽油质量 $\Delta m=m_1-m_2=m_1-\dfrac{\eta_1}{\eta_2}m_1=(1-\dfrac{30\%}{31\%})×2.17\ \mathrm{t}=0.07\ \mathrm{t}$,全市共有 300 万辆汽车,共节约汽油的质量 $m=300×10^4×0.07\ \mathrm{t}=2.1×10^5\ \mathrm{t}$。
【点拨】(1)在四冲程汽油机中,完成一个工作循环,飞轮转2圈,对外做功1次,已知转速表显示 0.75×1 000 r/min=750 r/min,因为每 2 圈对外做功 1 次,所以一个气缸每分钟对外做功的次数为 750÷2=375(次)。(2)燃料燃烧的过程就是把燃料的化学能转化为内能的过程,所以a处应该填燃料的化学能;在内燃机中,废气带走的能量最多,"?"处应该填废气带走的能量;因为内燃机效率提高 1%,所以内燃机效率变为 $\eta_2=\eta_1+1\%=30\%+1\%=31\%$,由于内燃机效率提高后有用功是相同的,即$W_1=W_2$,根据 $\eta=\dfrac{W}{Q}=\dfrac{W}{mq}$ 可得 $\eta_1 q m_1=\eta_2 q m_2$,所以内燃机效率提高后消耗的汽油质量 $m_2=\dfrac{\eta_1}{\eta_2}m_1$,则每辆汽车每年节约汽油质量 $\Delta m=m_1-m_2=m_1-\dfrac{\eta_1}{\eta_2}m_1=(1-\dfrac{30\%}{31\%})×2.17\ \mathrm{t}=0.07\ \mathrm{t}$,全市共有 300 万辆汽车,共节约汽油的质量 $m=300×10^4×0.07\ \mathrm{t}=2.1×10^5\ \mathrm{t}$。
解析
【分析】
本题分为两小问，需分别拆解思路：
1. 第一小问：先读取转速表的数值，结合四冲程汽油机的工作规律（飞轮转2圈完成1个工作循环，对外做功1次），推导计算一个气缸每分钟的做功次数。
2. 第二小问：根据内燃机能量转化逻辑确定a处的能量形式；结合内燃机能量损失的主要部分确定“？”处的能量；再利用热机效率公式，结合有用功相同的条件，计算节约的汽油总质量。
【解析】
(1) 读取转速表：图甲转速表单位为×1000 r/min，指针指向0.75，故转速 $ n = 0.75 × 1000\ \mathrm{r/min} = 750\ \mathrm{r/min} $。
四冲程汽油机中，飞轮每转2圈，完成1个工作循环，对外做功1次。因此一个气缸每分钟做功次数为：$ \frac{750}{2} = 375 $ 次。
(2) 内燃机工作时，燃料燃烧将化学能转化为内能，故“a”处为燃料的化学能；
内燃机能量流向中，有用机械能之外，废气带走的能量占比最大，故“？”处为废气带走的能量；
已知每辆汽车年耗汽油 $ m_1 = 2.17\ \mathrm{t} $，原效率 $ \eta_1 = 30\% $，效率提高后 $ \eta_2 = 30\% + 1\% = 31\% $。
因有用功 $ W $ 相同，根据 $ \eta = \frac{W}{mq} $（$ q $ 为汽油热值），得 $ \eta_1 m_1 q = \eta_2 m_2 q $，即 $ m_2 = \frac{\eta_1}{\eta_2} m_1 $。
每辆汽车年节约汽油：$ \Delta m = m_1 - m_2 = 2.17\ \mathrm{t} × (1 - \frac{30\%}{31\%}) = 0.07\ \mathrm{t} $；
300万辆汽车共节约汽油：$ M = 300 × 10^4 × 0.07\ \mathrm{t} = 2.1 × 10^5\ \mathrm{t} $。
【答案】
(1) 375；(2) 化学；废气带走的能量；$ 2.1 × 10^5 $
【知识点】
四冲程汽油机工作原理；热机能量流向；热机效率计算
【点评】
本题结合汽车实际场景，考查内燃机的工作规律、能量转化及热机效率的应用，需学生掌握四冲程汽油机的核心特点，理解热机效率的含义并灵活运用公式，综合性较强但步骤清晰，适合中等水平学生作答。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，需分别拆解思路：
1. 第一小问：先读取转速表的数值，结合四冲程汽油机的工作规律（飞轮转2圈完成1个工作循环，对外做功1次），推导计算一个气缸每分钟的做功次数。
2. 第二小问：根据内燃机能量转化逻辑确定a处的能量形式；结合内燃机能量损失的主要部分确定“？”处的能量；再利用热机效率公式，结合有用功相同的条件，计算节约的汽油总质量。
【解析】
(1) 读取转速表：图甲转速表单位为×1000 r/min，指针指向0.75，故转速 $ n = 0.75 × 1000\ \mathrm{r/min} = 750\ \mathrm{r/min} $。
四冲程汽油机中，飞轮每转2圈，完成1个工作循环，对外做功1次。因此一个气缸每分钟做功次数为：$ \frac{750}{2} = 375 $ 次。
(2) 内燃机工作时，燃料燃烧将化学能转化为内能，故“a”处为燃料的化学能；
内燃机能量流向中，有用机械能之外，废气带走的能量占比最大，故“？”处为废气带走的能量；
已知每辆汽车年耗汽油 $ m_1 = 2.17\ \mathrm{t} $，原效率 $ \eta_1 = 30\% $，效率提高后 $ \eta_2 = 30\% + 1\% = 31\% $。
因有用功 $ W $ 相同，根据 $ \eta = \frac{W}{mq} $（$ q $ 为汽油热值），得 $ \eta_1 m_1 q = \eta_2 m_2 q $，即 $ m_2 = \frac{\eta_1}{\eta_2} m_1 $。
每辆汽车年节约汽油：$ \Delta m = m_1 - m_2 = 2.17\ \mathrm{t} × (1 - \frac{30\%}{31\%}) = 0.07\ \mathrm{t} $；
300万辆汽车共节约汽油：$ M = 300 × 10^4 × 0.07\ \mathrm{t} = 2.1 × 10^5\ \mathrm{t} $。
【答案】
(1) 375；(2) 化学；废气带走的能量；$ 2.1 × 10^5 $
【知识点】
四冲程汽油机工作原理；热机能量流向；热机效率计算
【点评】
本题结合汽车实际场景，考查内燃机的工作规律、能量转化及热机效率的应用，需学生掌握四冲程汽油机的核心特点，理解热机效率的含义并灵活运用公式，综合性较强但步骤清晰，适合中等水平学生作答。
【难度系数】
0.5
