湖南省株洲市新高考高一下物理易错易混多选题精粹含解析

湖南省株洲市新高考高一下物理易错易混多选题精粹
多选题有答案含解析
1．(本题9分)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力做功0
D．空气阻力做功为
1
2
F L
π-
阻
2．(本题9分)2012年6月16日，“神舟九号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，并于6月18日转入自主控制飞行与“天宫一号”实施自动交会对接，这是中国实施的首次载人空间交会对接．在“神舟九号”飞船发射前约20天，“天宫一号”目标飞行器开始降轨调相，进入对接轨道，建立载人环境，等待与飞船交会对接．设变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，则有()
A．“天宫一号”变轨前的线速度小于变轨完成后的线速度
B．“天宫一号”变轨前的角速度小于变轨完成后的角速度
C．“天宫一号”变轨前的向心加速度小于变轨完成后的向心加速度
D．“天宫一号”变轨前的运行周期小于变轨完成后的运行周期
3．(本题9分)我国的火星探测计划在2018年展开，在火星发射轨道探测器和火星巡视器。

已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的。

下列说法中正确的是
A．火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三字宙速度
C．火星表面与地球表面的重力加速度之比为4:9
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的倍
4．(本题9分)A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带电小球从A点由静止释放，并开始计时，先后沿直线经过B、C两点，其运动过程中的v-t如图所示，下列说法正确的是
A．电场方向由A指向C
B．A、B、C三点中B点场强最大
C．小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s
D．B、C两点间电势差大小|U BC|大于A、B两点间电势差大小|U AB|
5．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力作用下，分别围绕其连线上某一点做周期相同的匀速圆周运动．某双星质量分别为m1、m2，做圆周运动的轨道半径分别为R1、R2，周期为T，则下列正确的是（）
A．两星质量一定相等B．两星质量之和为m1+m2＝23
12
2
4()
R R
GT
π+
C．两星质量之比为1
2
m
m＝
1
2
R
R D．两星质量之比为
1
2
m
m＝
2
1
R
R
6．(本题9分)图示为一皮带传送装置，a、b分别是两轮边缘上的点，a、b、c的半径之比为3∶2∶1.以v1、v2、v3分别表示这三点线速度的大小，以ω1、ω2、ω3分别表示三点的角速度大小，则以下关系正确的是( )．
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝3∶3∶1
C．ω1∶ω2∶ω3＝3∶2∶3 D．ω1∶ω2∶ω3＝2∶3∶2
7．(本题9分)如图所示，卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用ω、T、v、a分别表示卫星运动的角速度、周期、运行速率、向心加速度．下列关系正确的有
A．T A>T B B．v A>v B
C．a A<a B D．ωA<ωB
8．(本题9分)下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系不正确的是( )
A．如果物体所受合外力为零,则合外力对物体做的功一定为零
B．如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零
C ．物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化
D ．物体的动能不变,所受合外力一定为零
9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A ．极板x 应带正电
B ．极板x´应带正电
C ．极板y 应带正电
D ．极板y´应带正电
10．自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A 、B 、C ，如图所示。

正常骑行自行车时，下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的线速度大小相等，角速度大小也相等
B ．B 、
C 两点的角速度大小相等，周期也相等
C ．A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度
D ．B 点的向心加速度大于C 点的向心加速度
11． (本题9分)如图所示，小物块甲从竖直固定的 光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R ，圆弧底端切线水平．小物块乙从高为R 的光滑斜面顶端由静止滑下，两物块质量相等。

下列判断正确的是( )
\
A ．两物块到达底端时速度相同
B ．两物块到达底端时动能相同
C ．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
D ．两物块到达底端时，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率
12． (本题9分)如图所示，长为L 的轻杆一端固定一个质量为m 的小球，另一端可绕固定轴O 转动，已知小球通过最高点P 2
gL ）
A．在最高点P轻杆受到小球对它的向下的弹力
B．小球在最低点Q受到轻杆对它的弹力大小为9
2 mg
C．小球在最低点Q和最高点P，轻杆中的弹力大小之差为5mg
D．小球要到达最高点P点，最低点Q点最小的速度为5gL
13．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为M的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。

经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（）A．A、B两船最终的速度大小之比为3：2
B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1：1
C．A、B（包括人）最终的动量之和为零
D．因为跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
14．(本题9分)如图为“嫦娥二号”的姐妹星“嫦娥一号”某次在近地点A由轨道1变轨为轨道2的示意图，其中B、C分别为两个轨道的远地点。

关于上述变轨过程及“嫦娥一号”在两个轨道上运动的情况，下列说法中正确的是（）
A．“嫦娥一号”在轨道1的A点处应点火减速
B．“嫦娥一号”在轨道2的A点向C点运动的过程动能减小，势能增大
C．“嫦娥一号”在轨道1的B点运动到A点万有引力做正功，动能增大，机械能守恒
D．以上说法均不正确
15．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的3
4
圆弧轨道，半径OA水平，OB竖直，一个质量为m的小
球自A的正上方P点由静止开始自由下落，不计空气阻力，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知PA=2.5R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中：
A．重力做功2.5mgR B．动能增加0.5mgR
C．克服摩擦力做功mgR D．机械能减少1.5mgR
v=的速度匀速行16．(本题9分)质量为M的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以010m/s
驶．途中某时刻拖车突然与机车脱钩．假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各自所受阻力也不变，下列说法中正确的是（）
A．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m/s、5m/s
-
B．脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是25m/s、2m/s
C．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加
D．从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少
17．甲、乙两物体在同一地点做自由落体运动，已知甲物体的质量是乙物体的质量的2倍，而甲距地面的高度是乙距地面高度的一半，下列说法正确的是（）
A．甲乙两物体的加速度之比为l：1
B．甲乙两物体的着地速度之比为1：2
C．甲乙两物体的下落时间之比为2：1
D．甲乙两物体从下落到着地的过程中的平均速度之比为1：2
18．(本题9分)做曲线运动的物体，可能保持不变的物理量是
A．速度B．合外力C．动能D．机械能
19．（6分）如图甲所示,A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉,小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力),A、B、C在同一直线上。

t=0时,给小球一个垂直于细绳的速度,使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。

在0≤t≤10 s时间内,细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A．两根铁钉间的距离为细绳长的1/6
B．t=10.5 s时细绳拉力的大小为6 N
C．t=14 s时细绳拉力的大小为10 N
D．细绳第三次碰铁钉到第四次碰钉的时间间隔为3 s
20．（6分）(本题9分)1019年4月10日11点，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片。

科学家曾在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，将黑洞视为质点，且两黑洞与圆心始终在一条直线上。

若其中一黑洞的质量为M1，轨道半径为r1，角速度为ω1，加速度为a1，周期为T1，另一黑洞的质量为M1，轨道半
径为r1，角速度为ω1，加速度为a1，周期为T1．根据所学知识，下列选项正确的是（）
A．双黑洞的角速度之比ω1：ω1＝M1：M1
B．双黑洞的轨道半径之比r1：r1＝M1：M1
C．双黑洞的向心加速度之比a1：a1＝M1：M1
D．两黑洞的周期之比为T1：T1＝l：1
21．（6分）(本题9分)发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送人同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点。

轨道2、3相切于P点。

如图所示。

卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）
A．卫星在轨道2上经过P点时的加速度小于它在轨道3上经过P点时的加速度
B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C．卫星在轨道1上运动一周的时间小于它在轨道2上运动一周的时间
D．卫星由轨道2变为轨道3机械能变大
22．（8分）(本题9分)有一台理想变压器及所接负载如下图所示。

在原线圈c、d两端加上交变电流。

已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。

下列说法正确的是（）
A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小B．开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变
C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量将增大
23．（8分）(本题9分)关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是
A．平抛运动过程中物体在相等时间内速度的改变量一定相等
B．平抛运动每秒钟速度变化量在数值上等于重力加速度
C．做圆周运动的物体加速度方向一定指向圆心
D．匀速圆周运动是加速度不变的运动
24．（10分）(本题9分)某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以的加速
度匀减速上升，上升的最大高度为H．水瓶往返过程受到的阻力大小不变．则
A．上升过程中水瓶的动能改变量为
B．上升过程中水瓶的机械能减少了
C．水瓶落回地面时动能大小为
D．水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率
25．（10分）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()
A．p A＝6 kg·m/s，p B＝6 kg·m/s
B．p A＝3 kg·m/s，p B＝9 kg·m/s
C．p A＝－2 kg·m/s，p B＝14 kg·m/s
D．p A＝－4 kg·m/s，p B＝17 kg·m/s
26．（12分）(本题9分)电荷量为q的点电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，则（）
A．电场力做功为W
B．电场力做功为2W
C．两点间的电势差为U
D．两点间的电势差为2U
27．（12分）(本题9分)科幻电影《流浪地球》中讲述了人类想方设法让地球脱离太阳系的故事.地球流浪途中在接近木星时被木星吸引,当地球快要撞击木星的危险时刻，点燃木星产生强大气流推开地球拯救了地球.若逃逸前，地球、木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，且航天器在地球表面的重力为G1，在木星表面的重力为G2，地球与木星均可视为球体，其半径分别为R1、R2，则下列说法正确的是（）
A．地球逃逸前，其在相等时间内与太阳连线扫过的面积相等
B．木星与地球的第一宇宙速度之比为
C．地球与木星绕太阳公转周期之比的立方等于它们轨道半长轴之比的平方
D．地球与木星的质量之比为
28．(本题9分)一人从高h处以初速度v1．水平拋出一个质量为m的物体，以抛出点为重力势能的零点，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．人对小球做的功为1
2
mv12
B．小球落地时的机械能为1
2
mv12
C．小球落地时重力的瞬时功率为m2
02
v gh
D．小球落地时的重力势能为1
29．(本题9分)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。

在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )
A．时，A的动量为2mv B．时，A的动量为4mv
C．时，B的动量为0 D．t＝0至时间内，A、B的总动量守恒
30．(本题9分)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( ) A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
参考答案
多选题有答案含解析
1．ABD
【解析】
A、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，
所以W G =mgL ．故A 正确．B 、因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W FT =1．故B 正确．C 、F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即
12F 1=()2W F x F x F L π-∆+∆+⋅⋅⋅=阻阻阻阻，故C 错误，D 正确；故选ABD ． 【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．
2．ABC
【解析】A 、据2
2Mm v G m r r
=得GM v r =，所以轨道半径减小，线速度增加，故A 正确； B 、据22Mm G
mr r ω=得3GM r ω=，所以轨道半径减小，角速度增加，故B 正确； C 、据2Mm G ma r =得2GM a r
=，所以轨道半径减小，向心加速度增加，故C 正确； D 、据222Mm G m r r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
得周期32r T GM π=，所以轨道半径减小，周期减小，故D 错误。

点睛：天宫一号绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，根据半径变化关系分析线速度、角速度、向心加速度及周期的变化关系。

3．BC
【解析】AB 、火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、可以小于第三宇宙速度，故A 错误，B 正确；
CD 、由得，，则有火星表面与地球表面的重力加速度之比
，火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比
，
故C 正确，D 错误；
故选BC 。

4．BD
【解析】
【详解】 A.根据图线可知，带电小球从A 点由静止释放，速度逐渐增大，说明电场力方向由A 指向C ，但小球的电性未知，故无法判断电场强度的方向，故A 错误；
B.由图知，小球在B 处加速度最大，由qE=ma 知，A 、B 、C 三点中B 点场强最大，故B 正确；
C.如果小球从B 到C 做匀加速直线运动，则小球的平均速度为47 m/s 5.5m/s 2
v +==，但小球由B 至C 过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s ，故C 错误；
D.根据动能定理得：
2211622AB B A qU mv mv m =-=，221116.522
BC C B qU mv mv m =-=，可得U AB 小于U BC ．故D 正确。

5．BD
【解析】
【详解】 ACD ．双星的周期相等，两星质量分别为1m 和2m ，都绕连线上O 点作周期为T 的圆周运动,星球1和星球2到O 的距离分别为1R 和2R ，由万有引力定律提供向心力，对于1m ：2121122()Gm m m R L T
π=，对于2m ：2122222()Gm m m R L T
π=，则有两星质量之比为1221m R m R =，两星质量不一定相等，故选项D 正确，AC 错误； B ．由几何关系知：12R R L += ，联立解得：2123
122()4R R m m GT
π++=，故选项B 正确。

6．BD
【解析】
【详解】
a 、c 两点共轴转动，角速度相等，则有：
ω1：ω3=1：1
a 、c 两点到转轴O 1的距离之比为3： 1，则结合v=rω知：
v 1：v 3=3：1．
a 、
b 两点同缘转动，则线速度相等，即
v 1∶v 2＝1∶1
根据v=rω，a 、b 的半径之比为3∶2，则
ω1∶ω2＝2∶3
则
v 1∶v 2∶v 3＝3∶3∶1
ω1∶ω2∶ω3＝2∶3∶2
故A C 错误，BD 正确；
故选BD ．
点睛：解决本题的关键知道线速度、角速度的关系，以及知道共轴转动，角速度相等；同缘转动线速度相等．
7．ACD
【解析】
【详解】
万有引力提供卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动的向心力，则22
2224=mM v G mr m r m ma r T r
πω=＝＝，解
得T =v =；ω= 2GM a r =，则由于r A >r B ，则T A >T B ，v A <v B ，a A <a B ，ωA <ωB ，故选项ACD 正确，B 错误.
8．BCD
【解析】
【详解】
A. 如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零，此说法正确，选项A 不符合题意；
B. 如果合外力对物体所做的功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项B 符合题意；
C. 物体在合外力作用下做变速运动，动能可能不变，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项C 符合题意；
D. 物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，此说法不正确，选项D 符合题意；
9．AC
【解析】
【详解】
本题考查示波器的原理，YY’间的电场使得电子在y 轴上产生偏转，XX’间的电场使得电子在x 轴上产生偏转
据荧光屏上电子的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y 方向和指向x 方向电场力．即电子在经过偏转电极时向X 、Y 两极板偏转，则这两个电极都应带正电，故AC 正确
10．BC
【解析】
【详解】
A ．A
B 两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=ω•r ，由于半径不同，则角速度不相等，故A 错误；
B ．B
C 两点属于同轴转动，故角速度相等，周期也相等，故B 正确；
C ．AB 两点的线速度相等，根据2
v a r
=可知，A 的半径比较大，所以A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度，故C 正确；
D ．BC 点的角速度是相等的，根据2a r ω=可知，C 点的半径比较大，所以C 点的向心加速度大于B 点的向心加速度，故D 错误。

11．BCD
【解析】
【详解】
AB 、根据动能定理得：
，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向
不同，故A 错误，B 正确。

C 、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，由于质量相等，则重力做功相同，故C 正确；
D 、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率，故D 正确；
故选BCD 。

【点睛】
关键是动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式，注意为力与速度方向的夹角。

12．AC
【解析】
【详解】 A. 向心力2P 12
mv F mg r == ，由于向心力小于小球重力mg ，所以小球在最高点P 受到向上的弹力，根据牛顿第三定律：轻杆受到小球对它的向下的弹力，故A 正确。

B. 小球从P 到Q 的过程，根据动能定理得：22Q P 11222mgL mv mv =- ，解得：Q 92
gL v =，则小球在Q 点向心力为2
Q Q 92mv F mg L == ，对于Q 点的小球：2NQ Q mv F mg L
-= 解得：NQ 112F mg = 。

所以：小球在最低点Q 受到轻杆对它的弹力大小为112
mg ，故B 错误。

C. 在P 点：2
p NP mv mg F L -= ，解得：NP 12F mg =
，NQ NP 5F F mg -= 所以小球在最低点Q 和最高点P ，轻杆中的弹力大小之差为5mg ，故C 正确。

D. 小球要恰好到达最高点P 点速度为零，根据动能定理得：2Q 1-20-
2
mgL mv =，解得：Q 2v gL =，故D 错误。

13．BC
【解析】
【详解】
A.两船和人的总动量守恒，由动量守恒定律可得A B 2Mv Mv =，所以A B :2:1v v =，故A 错误。

B. 两船和人的总动量守恒，所以A 船的动量和B 船（包括人）的动量大小相等，方向相反，即A 、B （包括人）最终的动量大小之比为1：1，故B 正确。

C. 两船和人的总动量守恒，系统的的初动量为零，所以A 、B （包括人）最终的动量之和为零，故C 正确。

D.由上述分析可知D 错误。

14．BC
【解析】
【详解】
A.要想使“嫦娥一号”在近地点A 由轨道1变轨为轨道2，需要加速做离心运动，应在A 点加速，故选项A 不合题意；
B. “嫦娥一号”在轨道2的A 点向C 点运动的过程中，克服万有引力做功，卫星动能减小，势能增大，故选项B 符合题意；
CD. “嫦娥一号”在轨道1的B 点运动到A 点的过程中，万有引力做正功，动能增大，机械能守恒，故选项C 符合题意，选项D 不合题意。

15．BC
【解析】
【详解】
A 、重力做功只与竖直高度有关，故重力做功为：1.5mgR ，A 错误；
B 、恰好到达B 点有：2B mv mg R
= ，由动能定理知由P 运动B 的过程中，合外力所做的功为：211-0=0.522
B W mv mgR mgR 合=
=，故B 正确； C 、由P 到B ，由211.502f B mg R W mv ⋅-=-可得：克服摩擦力做功为：f W mgR =，故C 正确； D 、由以上分析知在由P 运动到B 的过程中，机械能的减少量为等于克服摩擦力所做的功，故为mgR ，D 错误．
16．AC
【解析】
AB 、由题可知，由于牵引力不变，故脱钩后机车做加速运动，拖车做减速运动，且最后减为零，故A 正确，B 错误；
CD 、依题可知，两车组成的系统动量守恒，动能增加，故C 正确，D 错误，
故选AC ．
【点睛】两车组成的系统做匀速运动，合外力为0，系统动量守恒．
17．AB
【解析】
【详解】
A.甲、乙两物体做自由落体运动，加速度都为重力加速度，相同，故A 项符合题意.
B.根据v 2＝2gh ，末速度为v =1，故B 项符合题意.
C.根据h 12=gt 2,得t =1C 项不合题意.
D.都做自由落体运动，则平均速度都是末速度的一半，甲乙两物体的着地速度之比为1，所以两物
体从下落到着地的过程中的平均速度之比也是1，故D 项不合题意.
18．BCD
【解析】
试题分析：做曲线运动的物体的速度方向时刻在变化着，所以速度一定变化，A 错误；平抛运动是曲线运动，但过程中只受重力作用，合力恒定，只有重力做功，机械能守恒，BD 正确；匀速圆周运动过程中，速度大小恒定，所以动能不变，C 正确；在水
考点：考查了对曲线运动的理解
【名师点睛】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的
19．ABD
【解析】
【详解】
A.0∼6s 内绳子的拉力不变，可得
2
1v F m l
=， 6∼10s 内拉力大小不变，知
2
2v F m l ='
， 因为2165
F F =，则 65
l l '=， 两钉子之间的间距
5166
x l l l ∆=-=，
故A 正确；
B.第一个半圈经历的时间为6s ，则
6s l
v π=，
则第二个半圈的时间
55s 6
l t t v π''===， 则t=10.5s 时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6N ，故B 正确；
C.小球转第三个半圈的时间
24s 3
l t t v π''''===， 则t=14s 时，小球转动的半径
23
r l =， 根据
2
F r
v m =， 则拉力变为原来的
32
倍，大小为7.5N ，故C 错误； D.细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少11s 6t =，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔 =6-31s=3s t ∆⨯
故D 正确；
20．BCD
【解析】
【详解】
AD.一对相互环绕旋转的超大质量不等的双黑洞系统，在相互之间的万有引力的作用下，绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，绕它们连线上某点做匀速圆周运动，具有相同的角速度和周期，ω1：ω1＝T 1：T 1＝1：1，故A 项不合题意，D 项符合题意；
B.根据万有引力提供向心力，有122M M G
L
=M 1ω1r 1＝M 11ω1r 1，其中r 1+r 1＝L ，得到r 1：r 1＝M 1：M 1，故B 项符合题意.
C.根据a ＝ω1r ，因为a 1：a 1＝r 1：r 1＝M 1：M 1，故C 项符合题意.
21．CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道半径为r 、地球质量为M ，则有
2
2Mm v G ma m r r
== 解得
2GM a r =
，v = 可知，卫星在轨道2上经过P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点时的加速度，轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故AB 错误；
C ．由开普勒第三定律可知
33122212
r a T T = 由于12r a <，所以1T T >2，卫星在轨道1上运动一周的时间小于它在轨道2上运动一周的时间，故C 正确；
D ．卫星由轨道2变为轨道3，向后喷气加速，即气体对卫星做正功，所以卫星的机械能增大，故D 正确。

故选CD 。

22．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．开关1S 始终接a 不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表1V 示数不变，当滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所以电流2I 会减小，电流表2A 示数变小，而
2121U U I R =-
所以2U 会变大，即电压表2V 示数变大，故A 正确；
B ．开关1S 始终接b ，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表1V 示数不变，当滑片P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表2A 示数增大，电阻1R 消耗的电功率增大，将原线圈和电阻1R 看作等效电源，则2V 示数的变化量与2A 示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B 正确；
C ．保持滑片P 的位置不变，将开关1S 由b 改接a 时，原线圈匝数1n 增大，根据变压比可知 1122
U n U n =。