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人大附中2026届高三暑假自主复习检测练习
物理参考答案
第一部分
2
3
4
5
6
7
8
9
10
CD
BD
BC
ACD
AB
ACD
BD
BCD
C.
BC
第二部分
11.（1)BD;(2)C:0.61
12.(1)BD
(2)mghn
m(heha)
822
(3)AC
(4)遊光条初始位置到光电门的距离
以歌=偶+mX
I3.（1)由牛领第二定律，对A;mmg=maw:对B:0ng=Maa,
代入数据，解得：a=8ms2,阳=2m/s2
(2)对物体和木板用动量守恒定律，得mw"(+M0,
解得：=lms
(3》对物体用动能定理，有：？=m2-号mG,解得：彤24
2
3
14,(1)通过C点时，m8=m
,得=VgR
R
(2)从C点平抛，由2R=5gr及x=,解得x=2R
(3)由能量守恒定律有：E,=Hmg4R+mg2R+片m-号mgR
2
2
15、(1)因为AB组成的系统不受外力，故运动过程中动量守恒。
假设任意时刻两者速度大小分别为以及阳，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
2mWA-mv4=0,在极短时间△r内，可认为以及 均不变，故有2mv△M=mVg·△M,
即2mAxa=m△xm,同理有2m△xn=m△x2…累加可得2r4=mxg又由几何关系可
1
得x4十xg三x,解得xA=
3
(2)AB离开弹簧时，设B的速度大小为v,则由动量守恒定律有2v-w=0,对B用
动量定理，得I3三-m-0=-2v,亦即冲量大小为2w,方向向右。
)》由能量守恒定律有E。=2m2+-mwP3m
16.
(1)通过电阻的电流大小和电容器充电电流大小相等。故由定义，[=A9,又因为g一CU,
故I=CAe-0A
△
(2)同理可得在1s-2s内，电流大小为=4A;39-5s内，电流大小为P=2A,故由
Q=R1+2R42=72
(3)由于电容器的电容C是不变的，两极板间的电势差尸g/C,即u正比于电容器所带电
荷量。所以g图象是通过坐标轴原点的一条直线，如图所示。该直线的斜率等于电容量的
倒数1/C:。
借鉴用图象的面积求位移的思想，把充电过程分成无数小的过程，每个小的过程充电量
为△Q,但每次充电时电压依次增加。在每次充电过程中可认为电压不变，故克原电场力做
功取，=△QU,其几何意义即为图中矩形的面积；把这些矩形面积相加即可粗略表示整个
充电过程中克服电场力所做的功：在△Q→0时，上述面积之和即为图线与横轴围成的三角形
面积。亦即直线跟？轴所夹的面积在数值上等于充电时电源对电容器做的功和，也就等于电
容器内储存的能量。
△Q
图1
图2
是，对一个具有固定电容量的电容器来说，E=W二)U=心
电容器储存的能量为
2C
。代入数据得B-43。
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