2022年广东省江门市高考物理模拟试卷（附答案详解）

2022年广东省江门市高考物理模拟试卷

1.入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变,

则（）

A.从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加

B.逸出的光电子的最大初动能将减小

C.单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少

D.有可能不发生光电效应

2.如图所示，小鸟站在倾斜树枝上休息，保持静止状态，下列盂.」二/

说法正确的是（）*•

A.树枝受到压力是因为树枝发生了形变腰习

B.小鸟对树枝的作用力垂直树枝斜向下

C.小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变

D.小鸟把树枝压弯，小鸟对树枝的作用力大于树枝对小鸟的反作用力

3.宇宙用有一孤立星系，中心天体对周围有三颗行星，如图所示，中心天体质量大于

行星质量，不考虑行星之间的万有引力，行星I、in为圆轨道，半径分别为为，

行星口为椭圆轨道，半长轴为a,a=r3,与行星I轨道在8点相切，下列说法正确

的是（）

A.行星II与行星HI的运行周期相等

B.行星n在P点与行星HI在。点时的加速度相同

C.行星in的速率大于行星n在B点的速率

D.行星I的速率与行星II在B点的速率相等

4.如图所示是电子枪部分的原理图，阴极发射的电子在强

电场的作用下从阴极飞向阳极，虚线是其中一个电子的叫《

运动路线，实线是电场线，力、B、C是电场中的三个点,

下列说法正确的是（）

A.C点的电势比4点低

B.4点的电场强度比B点的电场强度大

C.电子从4运动到B的过程电势能增大

D.从4到B电子的加速度不断增人

5.甲、乙两车沿同一直线运动，t图象如图所示，t=0时刻两车刚好经过同一位

置，贝！1（）

A.第2秒末甲乙两车相距最远

B.第5秒末两车相距24m

C.第8秒末甲车回到计时起点位置

A.在M点抛出的小石块飞行过程中加速度更大

B.在N点抛出小石块时对小石块做的功较大

C.在M点抛出的小石块飞行的时间更长

D.在N点抛出的小石块着地时所受重力的瞬时功率较大

7.螺旋测微器是常见的长度测量工具，如图所示，旋动旋钮一圈，旋钮同时会随测微

螺杆沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，已知旋钮上的可动刻度“0”

刻线处A点的旋转半径为R=5.0mm,内部螺纹的螺距x=0.5mm,若匀速旋动旋

钮，则4点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为（）

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A.10：1D.20：1

8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上,虚线右侧有磁感;xXXXXX

•XXXXXX

应强度8=0.257的匀强磁场，方向垂直纸面向里,：XXXX

T77777Tvi7z7777Zr777777777777777777

质量nic=0.001kg、电荷量t/c=2x的小球。

静置于其中，虚线左侧一个质量为初,=0.004kg、不带电的绝缘小球A以速度为=

20m/s进入磁场与C球发生正碰（电荷不转移），碰后C小球对水平面的压力刚好为零,

取向右为正方向，g=10m/s,卜列说法正确的是（）

A.碰后C球速度为20m/sB.碰后C球速度为15m/s

C.C对4的冲量大小为0.4N・sD.C对4的冲量大小为0.2N-s

9.如图（a）,为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所

示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器

原、副线圈的匝数分别为nI、出.当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000W寸,

就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则（）

<b）

A.闭合S,加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50V

B.某交流发电机要产生与图3）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100

转/秒

C.闭合开关S,电压表的示数为25&U

D.变压器原、副线圈的匝数n1、电须满足电>时,，才能实现点火

10.在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为I,电

阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为1的绝缘细线相连,

棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场I、H,宽度也为2,磁场方向均垂直

导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab

和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F

随时间t变化的图像，可能正确的是（规定金属棒昉中电流方向由a到b为正）（）

D./*b--------

II

O—i―2一厂之

11.某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦

因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板

上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实

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验步骤如下:

持宣萧遮光匚片.由C

(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d,其示数如图(b)所示，d=cm；

(2)将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点(图(a)中未画出)，释放后滑块被

弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间必，再测量滑块停止

时的位置与光电门的距离x,则可用表示滑块经过光电门时速度的大小；

(3)改变P点的位置，多次重复步骤(2)；

(4)若用盍-%图像处理数据，所得图象如图(c)所示，设重力加速度为g,则由图

线可得滑块与木板间的动摩擦因数“=(用物理量的符号表示)。

12.图(a)是测量电源电动势E和内阻r的原理图。&=2.50为定值保护电阻，电流表内

阻不计，长度为60cm的电阻丝ab上标有长度刻度。

堡瞧腮搪翻雪森

质解耻越,_

由运盘身照明画侬

(1)在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率“x10”测量时指

针偏角过大，则应选择欧姆挡倍率(选填“x1”或“X100”)重新进行测量。

正确操作后，多用表的示数如图(b)所示，结果为,电阻丝单位长度电阻

40-a/m；

(2)请根据电路图(a)把实验图(c)电路连接完整；

(3)闭合开关S,记录ac的长度L和电流表4的示数/。多次滑动c点改变ac的长度，测

得多组L和/的值，并计算出对应的亍值，贝叶=：(用E、八&、L和〃o表示)

(4)图(d)是根据多组实验数据得到的彳-L图像，由图像得电动势后=V,内

阻r=______0。(计算结果保留到小数点后两位)

13.某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内‘£['f

存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀J••••

强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，只能沿竖

直方向移动。a、b两束宽度不计带正电的离子从静一■一〃'，二..二方

止开始经匀强电场打加速后持续从边界EH水平射

入磁场a束离子在EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出，并打在探测板

的右端点。点，已知正方形边界的边长为2R,两束离子间的距离为0.6R,离子的质

量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用，%已知。求：

(1)求磁场的磁感应强度B的大小以及a束离子在磁场运动的时间t；

(2)要使两束离子均能打到探测板上，求探测板C0到HG的距离最大时多少？

14.“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠

惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电

混动汽车的质量为粗，该汽车设定为前阶段在速度大于孙时选择再生制动，后阶段

速度小于等于孙时选择机械制动。当它以速度"见6>1)在平直路面上做匀速行驶

时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f=kv,后阶

段阻力恒为车重的4倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：

(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的〃倍被转化为电能，那么此次

刹车储存多少电能；

(2)汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；

(3)在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶(速度小

于火)一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制

动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如

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图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生

制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？

15.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意

如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭

充气口，扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在

水不断喷出的过程中，罐内气体'温度始终保持不变，则气体的内能（选填“变

大变小”或“不变”），要（选填“对外放热”或“从外吸热”）。

16.某登山运动员在攀登一座超过8000m的山峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕

上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击。该手表出厂时给

出的参数为：27笃时表内气体压强为1.0x103pa（常温下的海平面的大气压强值），

当内外压强差超过6.0xl（）4pa时表盘玻璃将爆裂。当时登山运动员携带的温度计

的读数是-18T,未爆裂前手表内心体体积的变化可忽略不计，请通过计算判断手

表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂及当时外界的大气压强值是多少？

17.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，介质中x=2zn处的质点P沿y轴方向做

简谐运动的表达式为y—10sin(57Tt)cm,则这列简谐波的振幅为cm,传播

速度为m/s.

18.如图所示为直角三棱镜的截面图，一条光线平行于8c边入射，入射点G与4点的距

离为/，经棱镜折射后从4c边射出。已知4力=9=60。,光在真空中的传播速度为c,

求该棱镜材料的折射率及光在棱镜中的传播时间是多少？

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】

【分析】

发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内

发出光电子的数目.

解决本题的关键知道发生光电效应的条件，以及知道光的强弱会影响单位时间内发出光

电子的数目.

【解答】

4、光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔。

故A错误。

B、根据光电效应方程知，EKm=惇-川0知，入射光的频率不变，则最大初动能不变。

故B错误。

C、单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，光电流减弱，C正确。

。、入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应。故。错误。

故选：Co

2.【答案】C

【解析】解：A、小鸟对树枝有压力是因为小鸟发生了形变而产生对树枝的弹力，故A

错误：

8、小鸟受重力、支持力、摩擦力三力而平衡，其中树枝对小鸟的作用力为支持力和摩

擦力的合力，根据三力平衡的特点可知，树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力大小相等，

方向相反，可知树枝对小鸟的作用力方向为竖直向上，根据牛顿第三定律，小鸟对树枝

的作用力竖直向下，故B错误；

C、小鸟受重力、支持力、摩擦力三力而平衡，摩擦力大小等于重力沿树枝向下的分力，

小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变，故C正确；

。、小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的反作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿

第三定律，小鸟对树枝的作用力等于树枝对小鸟的反作用力，故。错误。

故选：C。

对小鸟受力分析，明确小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡，根据平衡条件即可确定

树枝对小鸟的支持力和摩擦力的情况。

本题考查共点力的平衡条件以及牛顿第三定律，要注意明确树枝对小鸟的作用力包括弹

力和摩擦力。

3.【答案】A

【解析】解：4、根据开普勒第三定律可得与=%行星口的半长轴等于与行星m轨道

半径，所以行星II与行星in的运行周期相等，故A正确；

B、根据牛顿第二定律可得竿=ma,解得a=当，可知行星II在P点与行星IH在。点

时的加速度大小相同，但方向不同，故8错误；

CD、由万有引力提供向心力有：=解得：v=怪,可知DI的运行速率小于

rzryjr

i的运行速率，n在B点相对于i在B点做离心运动，所以行星I的速率小于行星n在B

点的速率，所以行星m的速率小于行星口在B点的速率，故co错误。

故选：Ao

根据开普勒第三定律分析周期大小；加速度是矢量，分析加速度相同时方向必须相同；

根据〃=产分析HI的运行速率和I的运行速率，根据离心运动分析I的速率与行星口

在B点的速率。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心

力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

4.【答案】B

【解析】解：B、电场线密集程度表示场强大小，由图知4点的电场强度比B点的电场强

度大，从4到B电场强度逐渐减小，加速度不断减小，故B正确，。错误；

A、电场线由阳极指向阴极，沿电场线方向电势逐渐降低，故C点的电势比4点高，故A

错误；

C、阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极，电场力做正功，电势能减少，

故电子从4运动到B的过程电势能减小，故C错误；

故选：Be

由电源两级确定场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低；根据电场分布图电子在各点的

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场强大小和加速度大小；根据电场力做功判断电势能的变化。

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后

进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。

5.【答案】B

【解析】解：A、在0〜5s内，甲的速度一直大于乙，则甲、乙之间的距离一直变大，5s之

后，甲的速度小于乙，两车间的距离变小，则第5s末甲乙两车相距最远，故A错误；

B、由v—t图象的“面积”等于位移可知，第5秒末两车相距△%=(等x2+gx8x

3)m=24m,故8正确；

C、在。〜8s内甲车一直向正方向运动，则第8秒末甲车没有回到计时起点位置，故C错

误；

D、因为在0〜8s内甲车的位移大于乙车，则在5〜8秒之间甲、乙辆车不会相遇，故。

错误。

故选：B。

根据甲、乙两车的速度关系，分析两车间距离的变化情况，确定何时相距最远、何时相

遇。结合图象与坐标轴围成面积代表位移分析。

本题是速度-时间图象问题，要明确在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含

义，即可分析两车运动情况的关系。

6.【答案】D

【解析】解：4、不计空气阻力，在M点抛出的小石块飞行过程中，只受重力，根据牛

顿第二定律可知

mg^ma,解得a=g,所以在M点抛出的小石块飞行过程中加速度不变，故A错误；

B、根据题意有h=x=整理得%=久由图可知，从N点抛出的小石块的

初速度较小，根据动能定理有〃=诏可知，在N点抛出小石块时对小石块做的功较

小，故8错误；

C、根据题意有h=\gt2,则1=件,由图可知，在M点抛出的小石块飞行的时间更短，

故C错误;

。、根据题意有呼=2gh,则由图可知，在N点抛出小石块时落地的竖直分速度较大，

根据P=mg%可知，在N点抛出的小石块着地时所受重力的瞬时功率较大，故。正确；

故选：Do

不计空气阻力，小石块在空中只受重力作用，加速度为g；根据动能定理求抛出石块时

对石块做的功：由逆向思维法石块的运动看成平抛运动，根据t=后比较石块飞行时

间；根据PG=比较重力的瞬时功率。

解答本题的关键是知道平抛运动的特点，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和

竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法即可求解。

7.【答案】C

【解析】解:旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，

4点做圆周运动的线速度为：力】=当，

4点水平移动的速度为："A2=三，

带入数据得：4=20兀：1,故C正确，48。错误；

VA2

故选：Co

根据题意应用线速度的定义式与平均速度定义式求出速度，然后求出速度之比。

知道螺旋测微器的结构与工作原理是解题的前提，应用线速度与速度公式即可解题，要

注意基础知识的学习与积累。

8.【答案】AD

【解析】解：AB,设碰后4球的速度为％,C球速度为外。碰撞后C球对水平面压力刚

好为零，说明C受到的洛伦兹力与其重力平衡，则有：BqcW=nicg，代入数据解得：

v2=20m/s,故A正确，8错误；

CD、在4、C两球碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0=mAvx+

m〃2，代入数据解得：vi=15m/s。

对4球，根据动量定理得C对4的冲量为：/=mAV1-mAv0=(0.004x15-0.004x

20)Ns=-0.02N-s,则C对4的冲量大小为0.2N-s,故C错误，2正确。

故选：AD.

碰撞后C小球对水平面的压力刚好为零，说明小球C受到的洛伦兹力与其重力平衡，据

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此求出碰后C球的速度。在4、C两球碰撞过程中，系统的动量守恒，根据动量守恒定律

求出碰后4球速度，根据动量定理求出C对力的冲量。

本题的突破口是碰撞后C球对水平面压力刚好为零，知道C球受到的洛伦兹力等于其重

力。要知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，动量定理是求碰撞中冲力常用的方法。

9.【答案】CD

【解析】解：AC,根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50人加在变压器原线圈上正

弦交流电压的有效值为U=£=25近乙电压表的示数为：U=25V27.故A错误，C

正确。

B、根据图(b)得到原线圈电流周期为0.02s,转速n="=50转/秒，某交流发电机要产

生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为50转/秒，故B错误。

D、瞬时电压大于5000U即火花放电；根据m=件且劣=50乙U225000V得到实现

点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数叫、物须满足叫＞100%,故。正确。

故选:CD.

根据图(b)得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数。

当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系

即可求解。

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得

到解决。

10.【答案】AC

【解析】解：AB、ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为b-a

即为负，电动势为

E=BLv

感应电流为

EBLv

I=一=--

RR

当位移为21时，棒Cd也进入磁场，由右手定则可知，金属棒小和均产生顺时针感应

电流，即为正，设电路总电阻为R,感应电流为

2E2BLv

I=-=---

RR

当位移为21-3,时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为

负，大小为

I.=-E=——BLV

RR

故A正确，B错误；

CD、当位移为0-，时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零，当位移为2/时，

两棒均受到向左的安培力，对cd,根据平衡条件，细线拉力向右，大小为

当位移为21-32时，cd受到向左的安培力，对cd,根据平衡条件，细线拉力向右，大小

为

F2=Bil=~~=2&

故C正确，D错误。

故选：AC<.

在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，ab棒或cd棒切割磁感线，由E=BLu分

析感应电动势的变化，应用欧姆定律判断感应电流大小的变化，由楞次定律分析感应电

流的方向；由尸=8几得到安培力的表达式，再由平衡条件分析户的变化.

对于电磁感应中图象问题，先根据楞次定律判断感应电流方向，再运用E=BA、欧姆

定律判断感应电流大小的变化情况，要注意公式E=中L是有效的切割长度。

11.【答案】L025整

At2bg

【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为不需要估读，则d=1cm+2x0.1mm=

1.02c?n：

(2)滑块经过光电门时的速度大小为：v=£

(4)物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得：

"ng=ma

根据速度一位移公式可知：v2=2ax

联立解得：白=碧

结合图©可得图像的斜率为："警

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解得：”舞

故答案为：(1)1.02；(2)^；(4)黑

(1)根据游标卡尺的读数规则得出遮光片的宽度；

(2)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度；

(4)根据牛顿第二定律结合速度一位移公式和图像得出动摩擦因数的表达式。

本题主要考查了摩擦力的相关应用，熟悉运动学公式和牛顿第二定律，要熟练掌握图像

的物理意义。

12.【答案】xl6010—+—2.001.50

EE

【解析】解：(1)在电阻丝接入电路前，使用多用电表测量待测电阻的阻值，选择倍率

“X10”测量时指针偏角过大，应选择欧姆挡“xl”倍率重新进行测量；

正确操作后，多用表的示数如图他)所示，结果为6。；

长度为60cn的电阻丝上标有长度刻度，则

的="短°削=10n/m

(2)根据图(a)画出对应的电路连线图如下图所示：

(3)因为是串联电路，根据欧姆定律得：

E=I(Ro+〃()L+r)

即工=%+r+Ro

IEE

(4)由图可知，号=2；勺=喋丸

cCtU.56

联立解得：E=2.00匕r=1.500

故答案为：(1)X1；60；10；(2)连线如上图所示：(3)4+学；(4)2.00；1.50

CC

(1)熟悉欧姆挡的倍率调整，结合指针的偏角得出电阻的示数，同时根据单位长度电阻

的定义式计算出具体的数值；

(2)根据图(a)画出完成的电路连线图；

(3)根据欧姆定律得出对应的表达式；

(4)根据图像和表达式计算出电源的电动势和内阻。

本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，解题的关键点是根据欧姆定律结合数学知识

和图像计算出电源的电动势和内阻，整体难度不大。

13.【答案】解：(1)离子在电场中加速，由动能定理;

rJ12z

qU0="mv

解得：叵

7m

依题意：a束离子在磁场中做匀速圆周运动，r=R

2

由牛顿第二定律：qvB=my

联立解得：F=i

由于7=等

t=—T

360°

(2)设力束离子从边界HG的P点射出磁场

由几何关系：O'”=0.6R,HP=yjR2-(0.6/?)2

由tern。=丝＞=—

“OrHPQ

联立解得：QD=?

答：(1)磁场的磁感应强度B的大小为/片近，a束离子在磁场运动的时间为?恁

(2)要使两束离子均能打到探测板上，探测板CD到HG的距离最大为2R。

【解析】(1)根据动能定理求解速度大小，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解

磁感应强度与时间；

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(2)画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解CD与HG的最大距离。

本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动，关键是分析清楚粒子的运动过程，画出运动

轨迹，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。

14.【答案】解：(1)设气电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E,依题意:

七二坂如小诏一如诏)

解得：E=-r](n2-1)

(2)设气电混动汽车再生制动阶段运动的位移为无i

由动量定理得：一那t=mAv

又f=kv

所以在再生制动阶段有：-kX]=mv0-mnvQ

解得：/=四铲

在机械制动阶段，气电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得：iimg=ma

设匀减速运动的位移为小，

由运动学得:-Vo=2(-a)x2

联立解得：％2=磊

所以气电混动汽车从刹车到停止的位移为：X=X1+X2

解得一=中+孺

(3)对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①可知『=署=

5

8X10=2000/V；

(11-7)x102

由图线②，设汽车的位移为小，回收的动能为/Ek=8X105/-2000x(8.5-7)x

102/=5x105J

答：(1)如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的77倍被转化为电能，那么此次

刹车储存加诏・〃(1一1)电能；

(2)汽电混动汽车从刹车到停止的位移为嗯山+磊；

(3)“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是5x105/。

【解析】(1)根据再生制动中的初末速度即可求出动能的改变量，再根据题意即可求出

储存的动能；

(2)根据牛顿第二定律以及运动学公式分别对两次制动过程列式，从而求出位移；

(3)结合图像可计算回收的动能。

本题考查牛顿第二定律以及功能关系的应用，关键是明确题意，由题意确定对应的物理

模型即可正确选择物理规律求解。

15.【答案】不变从外吸热

【解析】解：4、在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，根据一定质量

的某种理想气体内能只与温度有关，所以气体的内能不变，即AU=O,气体体积增加，

气体对外界做功，即W<0,根据热力学第一定律4U=W+Q,可得Q>0,则气体要

从外界吸收热量。

故答案为：不变，从外吸热。

根据一定质量的某种理想气体内能只与温度有关判断；根据热力学第一定律判断。

本题以水枪是孩子们喜爱的玩具为背景，主要考查热力学第一定律和理想气体内能，解

答本题的关键