吉林省Best友好联合体2023-2024学年高三上学期8月质量检测物理/正在持续更新，目前2024届最新高考模拟示范卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

1、2023-2024吉林地区友好学校第30届联考
2、2023-2024吉林地区普通高中友好学校联合体

(新教材)高三大一轮总复多维特训卷物理定理有Ek-2m6=mgy⑦，联立③~⑦式解得Ek=4 ng sine0,A错误；未加电场时，弹簧处于压缩状态，对物块A2μmgL⑧，由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同受力分析，根据衡条件有mg sine0=kx1,解得，工=mg sin,(3)设小球2质量为M,小球1与小球2碰撞后二者的速度大物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由衡条件小分别为、2，要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性可得3mg$in0=kz4,解得，=3 msin,B刚离开C的过程k碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有mw1=中，A发生的位移大小为工=工，十工，一4m8si的，B错误；对mf+Me:，2m=mf+号MgA、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程，联立⑨0中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不解得-M-m2m变，弹簧的弹性势能先减小后增大，物块A的机械能和电势M+m①，：=M+m,②，小球1运动过程能之和先增大后减小，C错误；设A所受的电场力大小为F,中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：第一种：小球1反当A的加速度为零时，B的加速度大小为a,方向沿斜面向弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨上，根据牛顿第二定律对A有F一mg sin0一F薄=0；对B有道滑回，并且在返回O点时的速度大小为2，根据动能定理F弹一3 mg sin0=3ma,F=4 mg sin0+3ma,当B刚离开C时有-u(mg二gE)L三】m)mu?⑧，联立①②⑧解得A的速度为v,电场力对A做功的瞬时功率为P=F)=(4 mg sin0+3ma)v,D正确.故选D.-造④；第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并5.A粒子在左侧电场中有gU=2mu6,在右侧电场有d=t,能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为2，根据.E,根据动能定理，粒子离开E,电场区域时有E,y2动能定理有一u(mg一qE)·2L=1m-2m'⑥，联gU十Ey=+,根据数学关系可知，当心立@®⑤解得M=3+2μgL172vi-2ugLd'gE4U,动能最小，此时U-号，E=9吧，d,粒子离开E,电场(5-24)gLE。dd答案：(1)(2)证明过程见解析2umgL区域时竖直方向偏转的距离y=8U4,粒子离开E。电场4vi-ugLv?-2μgL1(3)30+hgL或3+2μg乙区域时速度与水方向夹角tan0=2X)，A正确，B、C、B新高考直通车D错误故选A6.AB对A、B两球受力分析1情境命题体验可知，A球受到的电场力向1.C2.B右，带正电，B球受到的电场Q和电场强度表达式E=kQ3093.C根据电势表达式0=,可知力向左，带负电，A正确；两球均处于衡状态，对B球，水O点电势为零.电场强度方向沿x轴负方向.正点电荷在原点方向有EgB=(FAB十T)O处静止释放时，它将受电场力的作用向x轴负方向加速运cos30°，竖直方向有mg=(FA动.在两负电荷连线中点处，根据电场强度的矢量叠加可知+T)sin30°.对A球，水方向该处的电场方向水向左，电势不是最低，正电荷在该位置左有EqA=(T十FA)·cs30°十侧速度较大，该位置不是速度最大处，A错误；根据点电荷电To4sin30°，竖直方向有mg十场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧有(T+FA)sin30°=Tan cos30°，其中T=T',FA=FB,联立解一M点，该位置电场强度为0，速度最大，电势最低.将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度4√5√3m得TaA=3 mg,q8=E,g4=53mg3E9A>gB,B正确，C、为v,根据动能定理可知W=之m心，该电荷从x轴上无限D错误.故选AB.远处以初速度2v沿十x方向射入，无穷远电势为0，从无穷7，AD小球B静止时有mgsi0=kg,解得ga=mgsin9远沿十x方向运动到M点，电场力所做的正功等于从原点O12kQ处运动到M点所做的功，可知M点运动到原点O点逆着电A正确；设小球C到达P点时的速度为1，小球C从N点运场线方向运动，电场力做负功，速度减小；根据能量守恒定律动到P点与小球B碰前由动能定理得mgdsin9=2moi,解可知，原点O处与无穷远处电势相等，电势能相等，无穷远与原点O的动能相等、速度大小相等.根据动能定理可知，W得v1=√2 gdsin0,B错误；设PM之间的距离为l1,小球C运动到P点与小球B粘在一起的速度为2，小球C运动到P=Wow=2moia-2m(20)2,解得vw=√5o,同理分析可点后与小球B粘在一起到运动至M点的速度为？，在小球C知，两正电荷连线中点的右侧存在一电势最高、电场强度为0紧贴着小球B由静止释放至运动到M点的过程中，由动能定的N点，从原点O运动到N点逆着电场线方向做减速运动N点速度最小，从N点到正方向无穷远处，电场力做正功理得2mg弘，sin6-Wm=22mu,小球C与小球B碰撞过程中动能增加，速度增大，根据能量守恒可知，正无穷远处速度为由动量守恒定律得mw,=2mw2,小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的过程中，由动能定理得2mgl1sin82m.故根据动能定理可知WN=一Wo=WoM=2m(2u)、1mw,解得N=√5o.综上所述它在以后运动过程中最W,=2m-2m,解得=√+s,C错误，D正确；故选AD.大速度为√5v,最小速度为√3v,该电荷将沿x轴正方向一直8.解析：(1)设小球抛出时的速度大小为v,,经过y轴时的速度运动下去，不做往返运动，C正确，B、D错误.故选C4.D未加电场时，系统处于静止状态，挡板C对物块B的作用为侧有子m=E。,弓md-号，解得-子设小球力大小为A和B的总重力在沿斜面方向上的分力为F、=208