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1[2026安徽铜陵期中,中]如图是四冲程内燃机的工作示意图,下列说法正确的是 (
A.汽油机吸气冲程吸入的只有空气
B.自行车急刹时,轮胎与地面摩擦,温度会升高,能量转化过程与丙图相同
C.内燃机完成一个工作循环的顺序是丁、甲、丙、乙
D.丁图,该冲程使汽车获得了动力
C
)A.汽油机吸气冲程吸入的只有空气
B.自行车急刹时,轮胎与地面摩擦,温度会升高,能量转化过程与丙图相同
C.内燃机完成一个工作循环的顺序是丁、甲、丙、乙
D.丁图,该冲程使汽车获得了动力
答案
1.C 【解析】汽油机在吸气冲程吸入的是汽油与空气的混合物,故A错误。自行车急刹时,轮胎与地面摩擦,温度升高,是将机械能转化为内能;丙图中两气门都关闭,活塞向下运动,是做功冲程,内能转化为机械能,故B错误。丁图中进气门打开,排气门关闭,活塞向下运动,是吸气冲程;甲图中两气门都关闭,活塞向上运动,是压缩冲程;丙图中两气门都关闭,活塞向下运动,是做功冲程;乙图中排气门打开,进气门关闭,活塞向上运动,是排气冲程;因此内燃机完成一个工作循环的顺序是丁、甲、丙、乙,故C正确。根据上述分析,丁图是吸气冲程,而汽车获得动力是在做功冲程,即丙图对应的冲程,故D错误。故选C。
解析
【分析】
要解决本题，需先掌握四冲程内燃机各冲程的判断方法：根据气门的开闭状态和活塞的运动方向区分吸气、压缩、做功、排气冲程，再结合各选项的知识点逐一分析。
1. 先判断四幅图对应的冲程：丁图进气门打开、排气门关闭，活塞向下，是吸气冲程；甲图两气门都关闭，活塞向上，是压缩冲程；丙图两气门都关闭，活塞向下且火花塞点火，是做功冲程；乙图排气门打开、进气门关闭，活塞向上，是排气冲程。
2. 再分析每个选项的对错，结合汽油机吸气冲程的物质、能量转化、工作循环顺序、动力来源等知识点判断。
【解析】
选项A：汽油机吸气冲程吸入的是汽油和空气的混合物，并非只有空气，故A错误。
选项B：自行车急刹时，轮胎与地面摩擦，是机械能转化为内能；丙图是做功冲程，能量转化是内能转化为机械能，二者不同，故B错误。
选项C：内燃机一个工作循环的顺序是吸气冲程（丁）、压缩冲程（甲）、做功冲程（丙）、排气冲程（乙），即丁、甲、丙、乙，故C正确。
选项D：丁图是吸气冲程，汽车获得动力的是做功冲程（丙图），故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内燃机四冲程、汽油机工作原理
【点评】
本题考查四冲程内燃机的工作过程，核心是掌握各冲程的气门状态、活塞运动方向及能量转化，需准确区分四个冲程的特征，属于中等难度的基础题，要求学生熟练掌握内燃机的工作循环规律。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先掌握四冲程内燃机各冲程的判断方法：根据气门的开闭状态和活塞的运动方向区分吸气、压缩、做功、排气冲程，再结合各选项的知识点逐一分析。
1. 先判断四幅图对应的冲程：丁图进气门打开、排气门关闭，活塞向下，是吸气冲程；甲图两气门都关闭，活塞向上，是压缩冲程；丙图两气门都关闭，活塞向下且火花塞点火，是做功冲程；乙图排气门打开、进气门关闭，活塞向上，是排气冲程。
2. 再分析每个选项的对错，结合汽油机吸气冲程的物质、能量转化、工作循环顺序、动力来源等知识点判断。
【解析】
选项A：汽油机吸气冲程吸入的是汽油和空气的混合物，并非只有空气，故A错误。
选项B：自行车急刹时，轮胎与地面摩擦，是机械能转化为内能；丙图是做功冲程，能量转化是内能转化为机械能，二者不同，故B错误。
选项C：内燃机一个工作循环的顺序是吸气冲程（丁）、压缩冲程（甲）、做功冲程（丙）、排气冲程（乙），即丁、甲、丙、乙，故C正确。
选项D：丁图是吸气冲程，汽车获得动力的是做功冲程（丙图），故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内燃机四冲程、汽油机工作原理
【点评】
本题考查四冲程内燃机的工作过程，核心是掌握各冲程的气门状态、活塞运动方向及能量转化，需准确区分四个冲程的特征，属于中等难度的基础题，要求学生熟练掌握内燃机的工作循环规律。
【难度系数】
0.6
2[中]人们通常用砖砌成炉灶烧煤来加热水(如图甲),小明同学将普通的炉灶壁改装成装水的容器,这样在给水壶内的水加热时,也加热了炉灶壁内的水(如图乙)。这样做有利于 (
A.提高煤的热值
B.煤的充分燃烧
C.提高炉灶的效率
D.水壶内的水吸收热量
C
)A.提高煤的热值
B.煤的充分燃烧
C.提高炉灶的效率
D.水壶内的水吸收热量
答案
2.C 【解析】
A 热值是燃料的特性,只与燃料的种类有关,煤的热值不变,A错误
B、图乙所示炉灶相对于图甲所示普通炉灶,在给壶内水加热时,还可将炉灶壁内的水加热,减少了能量的损失,提高了炉灶的效率,但对煤的燃烧程度没有影响,也不影响水壶内的水吸收热量,BD错误,C正确
A 热值是燃料的特性,只与燃料的种类有关,煤的热值不变,A错误
B、图乙所示炉灶相对于图甲所示普通炉灶,在给壶内水加热时,还可将炉灶壁内的水加热,减少了能量的损失,提高了炉灶的效率,但对煤的燃烧程度没有影响,也不影响水壶内的水吸收热量,BD错误,C正确
解析
【分析】
本题需结合热值的概念和炉灶能量利用的知识分析各选项：首先明确热值是燃料的固有属性，仅与燃料种类有关，不会随加热方式改变；再对比甲、乙两图的差异，乙图将炉灶壁改为装水容器，可利用原本散失的热量，据此判断各选项正误。
【解析】
A选项：热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与加热方式无关，因此煤的热值不会改变，A错误；
B选项：乙图仅改装了炉灶壁结构，不会影响煤的燃烧充分程度，B错误；
C选项：乙图中，炉灶壁内的水被加热，原本炉灶壁散失到空气中的热量被有效利用，减少了能量损失，从而提高了炉灶的效率，C正确；
D选项：水壶内的水吸收的热量主要来自火焰的热量，乙图的改装并未直接增加水壶内水吸收的热量，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热值、热效率
【点评】
本题结合实际生活中的炉灶改装场景，考查热值和热效率的基础应用，需要学生理解热值的特性以及提高能量利用率的方法，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
本题需结合热值的概念和炉灶能量利用的知识分析各选项：首先明确热值是燃料的固有属性，仅与燃料种类有关，不会随加热方式改变；再对比甲、乙两图的差异，乙图将炉灶壁改为装水容器，可利用原本散失的热量，据此判断各选项正误。
【解析】
A选项：热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与加热方式无关，因此煤的热值不会改变，A错误；
B选项：乙图仅改装了炉灶壁结构，不会影响煤的燃烧充分程度，B错误；
C选项：乙图中，炉灶壁内的水被加热，原本炉灶壁散失到空气中的热量被有效利用，减少了能量损失，从而提高了炉灶的效率，C正确；
D选项：水壶内的水吸收的热量主要来自火焰的热量，乙图的改装并未直接增加水壶内水吸收的热量，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热值、热效率
【点评】
本题结合实际生活中的炉灶改装场景，考查热值和热效率的基础应用，需要学生理解热值的特性以及提高能量利用率的方法，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
3[2026安徽合肥调研,中]小丽为了测试汽车发动机的效率,开车以60 km/h的平均速度行驶了120 km,用去汽油30 L(汽油完全燃烧),已知汽油的密度为$0.7×10^3$ kg/m³,热值为$4.6×10^7$ J/kg,发动机的功率为34.5 kW,则该汽车发动机的效率为 (
A.25.7%
B.28.8%
C.36.5%
D.38%
A
)A.25.7%
B.28.8%
C.36.5%
D.38%
答案
3.A 【解析】汽车行驶的速度v=60 km/h,由v=$\frac{s}{t}$可得,汽车行驶的时间t=$\frac{s}{v}$=$\frac{120\ km}{60\ km/h}$=2 h=7 200 s,发动机做的功W=Pt=34.5×10³ W×7 200 s=2.484×10⁸ J;汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=ρVq=0.7×10³ kg/m³×30×10⁻³ m³×4.6×10⁷ J/kg=9.66×10⁸ J,汽车发动机的效率η=$\frac{W}{Q_放}$×100%=$\frac{2.484×10^8\ J}{9.66×10^8\ J}$×100% ≈ 25.7%。故选A。
解析
【分析】
要计算汽车发动机的效率，需明确效率公式为$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，其中$W$是发动机做的有用功，$Q_{放}$是汽油完全燃烧放出的总热量。解题步骤：1. 根据行驶路程和速度计算行驶时间；2. 由功率和时间计算有用功$W$；3. 利用汽油的密度和体积计算汽油质量，再结合热值计算总热量$Q_{放}$；4. 代入效率公式计算结果，选出对应选项。
【解析】
解：1. 计算汽车行驶时间：已知速度$v=60\ \mathrm{km/h}$，路程$s=120\ \mathrm{km}$，由$v=\frac{s}{t}$得$t=\frac{s}{v}=\frac{120\ \mathrm{km}}{60\ \mathrm{km/h}}=2\ \mathrm{h}=7200\ \mathrm{s}$；
2. 计算发动机做的有用功：功率$P=34.5\ \mathrm{kW}=34.5×10^3\ \mathrm{W}$，则$W=Pt=34.5×10^3\ \mathrm{W}×7200\ \mathrm{s}=2.484×10^8\ \mathrm{J}$；
3. 计算汽油完全燃烧放出的热量：汽油体积$V=30\ \mathrm{L}=30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由$\rho=\frac{m}{V}$得汽油质量$m=\rho V=0.7×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=21\ \mathrm{kg}$，总热量$Q_{放}=mq=21\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=9.66×10^8\ \mathrm{J}$；
4. 计算发动机效率：$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.484×10^8\ \mathrm{J}}{9.66×10^8\ \mathrm{J}}×100\%≈25.7\%$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
热机效率、功的计算、热值计算
【点评】
本题是热机效率的典型计算题，需熟练掌握速度、功率、密度、热值的相关公式，重点注意单位的统一换算（如体积单位升转立方米、时间小时转秒），是中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
要计算汽车发动机的效率，需明确效率公式为$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，其中$W$是发动机做的有用功，$Q_{放}$是汽油完全燃烧放出的总热量。解题步骤：1. 根据行驶路程和速度计算行驶时间；2. 由功率和时间计算有用功$W$；3. 利用汽油的密度和体积计算汽油质量，再结合热值计算总热量$Q_{放}$；4. 代入效率公式计算结果，选出对应选项。
【解析】
解：1. 计算汽车行驶时间：已知速度$v=60\ \mathrm{km/h}$，路程$s=120\ \mathrm{km}$，由$v=\frac{s}{t}$得$t=\frac{s}{v}=\frac{120\ \mathrm{km}}{60\ \mathrm{km/h}}=2\ \mathrm{h}=7200\ \mathrm{s}$；
2. 计算发动机做的有用功：功率$P=34.5\ \mathrm{kW}=34.5×10^3\ \mathrm{W}$，则$W=Pt=34.5×10^3\ \mathrm{W}×7200\ \mathrm{s}=2.484×10^8\ \mathrm{J}$；
3. 计算汽油完全燃烧放出的热量：汽油体积$V=30\ \mathrm{L}=30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由$\rho=\frac{m}{V}$得汽油质量$m=\rho V=0.7×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×30×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=21\ \mathrm{kg}$，总热量$Q_{放}=mq=21\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=9.66×10^8\ \mathrm{J}$；
4. 计算发动机效率：$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.484×10^8\ \mathrm{J}}{9.66×10^8\ \mathrm{J}}×100\%≈25.7\%$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
热机效率、功的计算、热值计算
【点评】
本题是热机效率的典型计算题，需熟练掌握速度、功率、密度、热值的相关公式，重点注意单位的统一换算（如体积单位升转立方米、时间小时转秒），是中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
4[2026 山东日照期末，中]
如图是我国传统的“走马灯”。点燃底部的蜡烛，热空气上升驱动扇叶转动，观察到纸马的影子动了起
来，在此过程中，能量的转化方式是热空气的
如图是我国传统的“走马灯”。点燃底部的蜡烛，热空气上升驱动扇叶转动，观察到纸马的影子动了起
来，在此过程中，能量的转化方式是热空气的
内
能转化为扇叶的机械能，这与四冲程汽油机的做功
冲程相同。某汽油机每秒对外做功的次数为15次，则该汽油机飞轮的转速为1 800
r/min。答案
4.内 做功 1 800 【解析】热空气上升驱动扇叶转动,热空气对扇叶做了功,热空气内能减小,热空气的内能转化为扇叶的机械能;在四冲程汽油机的做功冲程中,高温高压的燃气推动活塞对外做功,将内能转化为机械能,因此能量转化与四冲程汽油机的做功冲程相同。汽油机每秒对外做功15次,则飞轮每秒转动30 r,因此1 min转动1 800 r,所以飞轮的转速为1 800 r/min。
解析
【分析】
首先明确走马灯的能量转化逻辑：点燃蜡烛后，热空气具有内能，热空气上升时推动扇叶转动，将内能转化为扇叶的机械能；接着回忆四冲程汽油机各冲程的能量转化，做功冲程是内能转化为机械能，与该过程一致；最后根据汽油机的工作规律：一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，结合每秒做功次数计算飞轮转速，即每秒做功15次时，飞轮每秒转30圈，换算为每分钟的转速即可。
【解析】
1. 能量转化：热空气上升驱动扇叶转动时，热空气对扇叶做功，自身内能减小，因此是热空气的内能转化为扇叶的机械能；
2. 汽油机冲程对应：四冲程汽油机的做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞对外做功，将内能转化为机械能，与上述能量转化方式相同；
3. 飞轮转速计算：汽油机完成1个工作循环，飞轮转动2圈，对外做功1次。已知每秒对外做功15次，则飞轮每秒转动的圈数为15×2=30 r；1分钟=60秒，因此飞轮每分钟转动的圈数为30×60=1800 r，即飞轮转速为1800 r/min。
【答案】
内；做功；1800
【知识点】
能量的转化、汽油机冲程、飞轮转速计算
【点评】
本题结合传统走马灯实例，考查能量转化与汽油机工作原理，需掌握汽油机做功次数和飞轮转速的关系，属于中等难度的基础应用题目，能将物理知识与生活实际结合，考查知识应用能力。
【难度系数】
0.6
首先明确走马灯的能量转化逻辑：点燃蜡烛后，热空气具有内能，热空气上升时推动扇叶转动，将内能转化为扇叶的机械能；接着回忆四冲程汽油机各冲程的能量转化，做功冲程是内能转化为机械能，与该过程一致；最后根据汽油机的工作规律：一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，结合每秒做功次数计算飞轮转速，即每秒做功15次时，飞轮每秒转30圈，换算为每分钟的转速即可。
【解析】
1. 能量转化：热空气上升驱动扇叶转动时，热空气对扇叶做功，自身内能减小，因此是热空气的内能转化为扇叶的机械能；
2. 汽油机冲程对应：四冲程汽油机的做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞对外做功，将内能转化为机械能，与上述能量转化方式相同；
3. 飞轮转速计算：汽油机完成1个工作循环，飞轮转动2圈，对外做功1次。已知每秒对外做功15次，则飞轮每秒转动的圈数为15×2=30 r；1分钟=60秒，因此飞轮每分钟转动的圈数为30×60=1800 r，即飞轮转速为1800 r/min。
【答案】
内；做功；1800
【知识点】
能量的转化、汽油机冲程、飞轮转速计算
【点评】
本题结合传统走马灯实例，考查能量转化与汽油机工作原理，需掌握汽油机做功次数和飞轮转速的关系，属于中等难度的基础应用题目，能将物理知识与生活实际结合，考查知识应用能力。
【难度系数】
0.6
5[2026广东湛江质检,中]太阳能是一种清洁、无污染的理想能源。已知某太阳能热水器在有效日照时段里,可将水箱中50 kg水的温度从20 ℃升高到70 ℃[$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$]。
(1)求水箱中50 kg水温度从20 ℃升高到70 ℃吸收的热量；
(2)若这段时间太阳能热水器接收到的太阳辐射热量为$2.8×10^{7} J$,求该太阳能热水器的效率。
@刷素养 ....................🏠走向重高
(1)求水箱中50 kg水温度从20 ℃升高到70 ℃吸收的热量；
(2)若这段时间太阳能热水器接收到的太阳辐射热量为$2.8×10^{7} J$,求该太阳能热水器的效率。
@刷素养 ....................🏠走向重高
答案
5.【解】(1)水吸收的热量:$Q_{吸}=c_{水}\ m(t-t_{0})=4.2×10^{3}\ J/(kg·℃)×50\ kg×(70\ ℃-20\ ℃)=1.05×10^{7}\ J$;
(2)该太阳能热水器的效率:$\eta =\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\% = \frac{1.05×10^7\ J}{2.8×10^7\ J}×100\% = 37.5\%$。
(2)该太阳能热水器的效率:$\eta =\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\% = \frac{1.05×10^7\ J}{2.8×10^7\ J}×100\% = 37.5\%$。
解析
【分析】
要解决本题，需分两步进行：第一步，根据吸热公式计算水吸收的热量，需明确水的比热容、质量、温度变化量，代入公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_{0})$求解；第二步，根据太阳能热水器效率的定义，即水吸收的热量与接收到的太阳辐射总热量的比值，代入效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\%$计算效率。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_{0})=4.2×10^{3}\ J/(kg·℃)×50\ kg×(70\ ℃-20\ ℃)=1.05×10^{7}\ J$；
(2) 太阳能热水器的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\%=\frac{1.05×10^{7}\ J}{2.8×10^{7}\ J}×100\%=37.5\%$。
【答案】
(1) 水箱中50 kg水吸收的热量为$1.05×10^{7}\ J$；(2) 该太阳能热水器的效率为37.5%。
【知识点】
热量的计算、热效率的计算
【点评】
本题为中等难度的基础计算题，考查吸热公式和效率公式的应用，解题关键是准确理解公式中各物理量的意义，正确代入数值计算，注意温度变化量为末温与初温的差值。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分两步进行：第一步，根据吸热公式计算水吸收的热量，需明确水的比热容、质量、温度变化量，代入公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_{0})$求解；第二步，根据太阳能热水器效率的定义，即水吸收的热量与接收到的太阳辐射总热量的比值，代入效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\%$计算效率。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_{0})=4.2×10^{3}\ J/(kg·℃)×50\ kg×(70\ ℃-20\ ℃)=1.05×10^{7}\ J$；
(2) 太阳能热水器的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{总}}×100\%=\frac{1.05×10^{7}\ J}{2.8×10^{7}\ J}×100\%=37.5\%$。
【答案】
(1) 水箱中50 kg水吸收的热量为$1.05×10^{7}\ J$；(2) 该太阳能热水器的效率为37.5%。
【知识点】
热量的计算、热效率的计算
【点评】
本题为中等难度的基础计算题，考查吸热公式和效率公式的应用，解题关键是准确理解公式中各物理量的意义，正确代入数值计算，注意温度变化量为末温与初温的差值。
【难度系数】
0.6
6 核心素养 科学思维 [2026 湖南岳阳调研,偏难]小明同学看到爸爸启动汽车时,转速表如图所示。转速表中的示数反映了发动机曲轴每分钟的转动次数。若汽车用的是单缸四冲程汽油机,一个工作循环对外做功为 1 200 J,则每分钟做功
$1.2×10^6$
J。截至 2024 年底,我国燃油汽车保有量约为3.2亿辆。假设每辆汽车每年耗油 0.64 t,汽车内燃机的效率平均值取30%。如果能把内燃机效率提高 2%,我国燃油汽车每年可以节约$1.28×10^7$
t燃油。答案
6.$1.2×10^6$ $1.28×10^7$ 【解析】由图可知,该汽车发动机曲轴转速为2 000 r/min,即1 min对外做功1 000次,一个工作循环对外做功1 200 J,则每分钟做功W=1 200 J×1 000=$1.2×10^6$ J。若内燃机效率提高2%,$\eta_2=\eta_1+2\%=30\%+2\%=32\%$,因为$\eta=\frac{W}{Q}=\frac{W}{mq}$,所以$W=\eta mq$;因为内燃机效率提高后有用功是相同的,所以每辆汽车效率提高前后的有用功关系为:$\eta_1 m_1 q=\eta_2 m_2 q$,所以$m_2=\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1$,则每辆汽车每年节约燃油$\Delta m=m_1-m_2=m_1-\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1=(1-\frac{\eta_1}{\eta_2})m_1=(1-\frac{30\%}{32\%})×0.64\ t=0.04\ t$;所以我国燃油汽车每年可以节约的燃油质量$\Delta m_总=n\Delta m=3.2×10^8×0.04\ t=1.28×10^7\ t$。
解析
【分析】
首先读取转速表的示数，确定发动机曲轴每分钟的转动次数；结合单缸四冲程汽油机的工作规律（曲轴转2圈完成1个工作循环，对外做功1次），计算每分钟对外做功的总能量；再根据内燃机效率公式，利用有用功相等的关系，推导效率提高后每辆汽车节约的燃油量，最后乘以全国燃油汽车总数量，得到每年节约的燃油总量。
【解析】
1. 计算每分钟做功：
由转速表可知，刻度为“×1000 r/min”，指针指向2，因此发动机曲轴转速为$2×1000\ \mathrm{r/min}=2000\ \mathrm{r/min}$。
单缸四冲程汽油机每完成1个工作循环，曲轴转2圈，对外做功1次，因此每分钟对外做功的次数为：$\frac{2000}{2}=1000$次。
已知一个工作循环对外做功1200 J，所以每分钟做功：$W=1200\ \mathrm{J}×1000=1.2×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算每年节约的燃油：
内燃机效率公式为$\eta=\frac{W}{Q}=\frac{W}{mq}$（$W$为有用功，$m$为燃油质量，$q$为燃油热值）。
效率提高前，每辆汽车的有用功：$W=\eta_1 m_1 q$；
效率提高后，有用功不变，即$W=\eta_2 m_2 q$，因此$\eta_1 m_1=\eta_2 m_2$，可得$m_2=\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1$。
效率提高后$\eta_2=30\%+2\%=32\%$，每辆汽车每年节约的燃油：
$\Delta m=m_1 - m_2=m_1(1-\frac{\eta_1}{\eta_2})=0.64\ \mathrm{t}×(1-\frac{30\%}{32\%})=0.04\ \mathrm{t}$。
全国3.2亿辆汽车每年节约的燃油总量：
$\Delta m_{\mathrm{总}}=3.2×10^8×0.04\ \mathrm{t}=1.28×10^7\ \mathrm{t}$。
【答案】
$1.2×10^6$；$1.28×10^7$
【知识点】
内燃机工作原理、热机效率计算
【点评】
本题结合转速表读数和内燃机工作特点，考查热机做功与效率的综合计算，需掌握单缸四冲程汽油机的做功规律，以及利用效率公式分析燃油节约量的方法，计算时需注意单位和公式推导的准确性。
【难度系数】
0.5
首先读取转速表的示数，确定发动机曲轴每分钟的转动次数；结合单缸四冲程汽油机的工作规律（曲轴转2圈完成1个工作循环，对外做功1次），计算每分钟对外做功的总能量；再根据内燃机效率公式，利用有用功相等的关系，推导效率提高后每辆汽车节约的燃油量，最后乘以全国燃油汽车总数量，得到每年节约的燃油总量。
【解析】
1. 计算每分钟做功：
由转速表可知，刻度为“×1000 r/min”，指针指向2，因此发动机曲轴转速为$2×1000\ \mathrm{r/min}=2000\ \mathrm{r/min}$。
单缸四冲程汽油机每完成1个工作循环，曲轴转2圈，对外做功1次，因此每分钟对外做功的次数为：$\frac{2000}{2}=1000$次。
已知一个工作循环对外做功1200 J，所以每分钟做功：$W=1200\ \mathrm{J}×1000=1.2×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算每年节约的燃油：
内燃机效率公式为$\eta=\frac{W}{Q}=\frac{W}{mq}$（$W$为有用功，$m$为燃油质量，$q$为燃油热值）。
效率提高前，每辆汽车的有用功：$W=\eta_1 m_1 q$；
效率提高后，有用功不变，即$W=\eta_2 m_2 q$，因此$\eta_1 m_1=\eta_2 m_2$，可得$m_2=\frac{\eta_1}{\eta_2}m_1$。
效率提高后$\eta_2=30\%+2\%=32\%$，每辆汽车每年节约的燃油：
$\Delta m=m_1 - m_2=m_1(1-\frac{\eta_1}{\eta_2})=0.64\ \mathrm{t}×(1-\frac{30\%}{32\%})=0.04\ \mathrm{t}$。
全国3.2亿辆汽车每年节约的燃油总量：
$\Delta m_{\mathrm{总}}=3.2×10^8×0.04\ \mathrm{t}=1.28×10^7\ \mathrm{t}$。
【答案】
$1.2×10^6$；$1.28×10^7$
【知识点】
内燃机工作原理、热机效率计算
【点评】
本题结合转速表读数和内燃机工作特点，考查热机做功与效率的综合计算，需掌握单缸四冲程汽油机的做功规律，以及利用效率公式分析燃油节约量的方法，计算时需注意单位和公式推导的准确性。
【难度系数】
0.5
