D、设“i”形小人落地时速度方向与水平方向的夹角为è，位移与水平方向的夹角为á，由平抛运动的规律有tanè＝2taná＝13. 故选：BCD。
A、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化率不相等，故A错误；
B、竖直上抛运动只受重力，由动量定理可知动量变化率相等，故B正确； C、平抛运动只受重力，由动量定理可知动量变化率相等，故C正确；
D、任意的匀变速直线运动受到恒力作用，动量定理可知动量变化率相等，故D正确； 14. 故选：CD
解：A、当传感器做匀速运动时，没有弹力，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故A错误；
B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；
C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，则电介质看拨出极板间越深，即电介质减小，根据电容器的电容公式C＝?
，则电容器电容减小，故C正确； ，故D错误；
D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确； 15. 故选：AC。
解：A、重物M一直在上升，其重力势能一直增大，故A正确。
BCD、C点线速度方向与绳子方向的夹角为è（锐角），由题知C点的线速度为 vC＝ùL，该线速度在绳子方向上的分速度就为 v绳＝ùLcosè．è的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳＝ùLcosè 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，è变为零度，绳子的速度变为最大，为ùL；然后，è又逐渐增大，v绳＝ùLcosè逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小，作非匀变速直线运动，M的最大速度为ùL．则重物M的动能先增大后减小。故C正确，BD错误。 16. 故选BD。
金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场
力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故AC错误，BD正确。 17. 故选：BCD
A、在最低点时，根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝m
，解得支持力 N＝mg+m
，故A错误。
B、初始位置物体的速度为零，重力的瞬时功率为零。到达最低点时，重力与速度的方向夹角为90度，重力的瞬时功率也为零，可知整个过程中功率的功率先增大后减小。故B正确。 C、在下滑的过程中，重力沿曲面切线方向的分力逐渐减小，滑动摩擦力逐渐增大，开始阶段，重力的切向分力大于摩擦力，物体做加速运动，动能增大，之后，重力的切向分力小于摩擦力，做减速运动，动能减小，则动能先增大后减小。故C正确。
D、对整个过程运用动能定理得 mgR﹣Wf＝mv﹣0，则滑块克服摩擦力做功为 Wf＝mgR﹣mv．故D正确。
18. 电量，减小，增大； 19. （1）B，A；（2）C；（3）A； 20.
解：（1）微粒受力分析如图所示： 由几何关系得：代入数据解得：
N/C①
2
2
粒子带正电，所以电场方向水平向左 （2）A到B由动能定理得：
②
①②联立解得：
21.
解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得：ìmg＝ma 代入数据解得：a＝5m/s，
小物块与传送带共速时，所用的时间为：
2
t＝＝1s，
运动的位移为：s＝＝2.5m＜L﹣xP＝6m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5m/s的速度匀速运动到Q， 然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，在N点，
由牛顿第二定律得：mg＝m，
2
2
从Q到N过程，由机械能守恒定律得：mv0＝mg?2R+mvN， 解得：R＝0.5m，则N点的纵坐标：yN＝2R＝1m；
（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移：△s＝v0t﹣s＝2.5m， 系统产生的热量：Q＝ìmgs＝12.5J；
（3）由（1）可知，当物块从x1＝L﹣s＝5.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等， 物块恰好通过圆轨道的最高点，则当x≤x1＝5.5m时，物块不会脱离圆轨道； 设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置， 从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得： ìmg（L﹣x）﹣mgR＝0﹣0
解得：x2＝7m，当x≥7m时，物块不会脱离轨道；
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：0≤x≤5.5m和7m≤x＜8m；
广西桂林市第十八中学2024 - 2024学年高二物理上学期第一次月考试题
