物理高考12大難點與例題解答

1、請認真閱讀后確認是否使用PAGE 物理高考12大難點與例題解答 物理高考12大難點與例題解答 目錄1追碰問題解題思路2連接體問題分析策略、整體法與隔離法3變力做功與能量轉化4速度關聯(lián)類問題求解、速度的合成與分解5衛(wèi)星運行特點分析及應用6彈簧類問題求解策略7動量守恒條件及應用8靜電平衡狀態(tài)下導體特點與應用9滑動變阻器應用分析10電阻測量設計與誤差分析11含電容電路的分析策略12電磁感應電路分析與模型轉換 難點1 “追碰”問題解題思路“追碰”類問題以其復雜的物理情景，綜合的知識內(nèi)涵及廣闊的思維空間，充分體現(xiàn)著考生的理解能力、分析綜合能力、推理能力、空間想象能力及理論聯(lián)系實際的創(chuàng)新能力，是考生應考的

2、難點，也是歷屆高考?？汲Ｐ碌拿}熱點.難點磁場1.為了安全，在公路上行駛的汽車之間應保持必要的距離.已知某高速公路的最高限速v=120 km/h.假設前方車輛突然停止，后車司機從發(fā)現(xiàn)這一情況，經(jīng)操縱剎車，到汽車開始減速所經(jīng)歷的時間（即反應時間）t=0.50 s,剎車時汽車受到阻力的大小f為汽車重的0.40倍，該高速公路上汽車間的距離s至少應為多少？（取重力加速度g=10 m/s2）圖1-12.一輛實驗小車可沿水平地面（圖中紙面）上的長直軌道勻速向右運動.有一臺發(fā)出細光束的激光器裝在小轉臺M上，到軌道的距離MN為d=10 m，如圖1-1所示.轉臺勻速轉動，使激光束在水平面內(nèi)掃描，掃描一周的時間為

3、T60.光束轉動方向如圖中箭頭所示.當光束與MN的夾角為45時，光束正好射到小車上.如果再經(jīng)過t2.5 ，光束又射到小車上，則小車的速度為多少?（結果保留兩位數(shù)字）圖1-1圖1-23.一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，槽內(nèi)有一小物塊B，它到槽內(nèi)兩側的距離均為，如圖1-2所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽與木板間的摩擦不計，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為.A、B、C三者質量相等，原來都靜止.現(xiàn)使槽A以大小為圖1-2v0的初速向右運動，已知v0.當A和B發(fā)生碰撞時，兩者的速度互換.求：（1）從A、B發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內(nèi)，木板C運動的路程.（2）在A、B剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者

4、速度的大小.案例探究例1從離地面高度為h處有自由下落的甲物體，同時在它正下方的地面上有乙物體以初速度v0豎直上拋，要使兩物體在空中相碰，則做豎直上拋運動物體的初速度v0應滿足什么條件？（不計空氣阻力，兩物體均看作質點）.若要乙物體在下落過程中與甲物體相碰，則v0應滿足什么條件？命題意圖：以自由下落與豎直上拋的兩物體在空間相碰創(chuàng)設物理情景，考查理解能力、分析綜合能力及空間想象能力.B級要求.錯解分析：考生思維缺乏靈活性，無法巧選參照物，不能達到快捷高效的求解效果.解題方法與技巧：（巧選參照物法）選擇乙物體為參照物，則甲物體相對乙物體的初速度:v甲乙=0-v0=-v0甲物體相對乙物體的加速度a甲乙

5、=-g-（-g）=0由此可知甲物體相對乙物體做豎直向下，速度大小為v0的勻速直線運動.所以，相遇時間為：t=對第一種情況，乙物體做豎直上拋運動，在空中的時間為：0t即:0所以當v0,兩物體在空中相碰.對第二種情況，乙物體做豎直上拋運動，下落過程的時間為：t即.所以當 v0時,乙物體在下落過程中與甲物體相碰.圖1-3例2如圖1-3所示,質量為m的木塊可視為質點，置于質量也為m的木盒內(nèi)，木盒底面水平，長l=0.8 m,木塊與木盒間的動摩擦因數(shù)=0.5,木盒放在光滑的地面上，木塊A以v0=5 m/s的初速度從木盒左邊開始沿木盒底面向右運動，木盒原靜止.當木塊與木盒發(fā)生碰撞時無機械能損失，且不計碰撞時

6、間，取g=10 m/s2.問：圖1-3（1）木塊與木盒無相對運動時，木塊停在木盒右邊多遠的地方？（2）在上述過程中，木盒與木塊的運動位移大小分別為多少？命題意圖：以木塊與木盒的循環(huán)碰撞為背景，考查考生分析綜合及嚴密的邏輯推理能力.B級要求.錯解分析：對隔離法不能熟練運用，不能將復雜的物理過程隔離化解為相關聯(lián)的多個簡單過程逐階段分析，是該題出錯的主要原因.解題方法與技巧：（1）木塊相對木盒運動及與木盒碰撞的過程中，木塊與木盒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩者獲得相同的速度，設共同的速度為v,木塊通過的相對路程為s,則有：mv0=2mvmgs=mv02-2mv2由解得s=1.25 m設最終木塊距木盒右邊

7、為d,由幾何關系可得：d=s-l=0.45 m 圖1-4（2）從木塊開始運動到相對木盒靜止的過程中，木盒的運動分三個階段：第一階段，木盒向右做初速度為零的勻加速運動；第二階段，木塊與木盒發(fā)生彈性碰撞，因兩者質量相等，所以交換速度；第三階段，木盒做勻減速運動，木盒的總位移等于一、三階段的位移之和.為了求出木盒運動的位移，我們畫出狀態(tài)示意圖，如圖1-4所示.圖1-4設第一階段結束時，木塊與木盒的速度分別為v1、v2,則：mv0=mv1+mv2 mgL=mv02-m（v12+v22）因在第二階段中，木塊與木盒轉換速度，故第三階段開始時木盒的速度應為v1,選木盒為研究對象對第一階段：mgs1=mv22

8、對第三階段：mgs2=mv12-mv2從示意圖得 s盒=s1+s2s塊=s盒+L-d解得 s盒=1.075 m s塊=1.425 m錦囊妙計一、高考走勢“追碰”問題，包括單純的“追及”類、“碰撞”類和“追及碰撞”類，處理該類問題，首先要求學生有正確的時間和空間觀念（物體的運動過程總與時間的延續(xù)和空間位置的變化相對應）.同時，要求考生必須理解掌握物體的運動性質及規(guī)律，具有較強的綜合素質和能力.該類問題綜合性強，思維容量大，且與生活實際聯(lián)系密切，是高考選拔性考試不可或缺的命題素材，應引起廣泛的關注.二、“追及”“碰撞”問題指要1.“追及”問題討論追及、相遇的問題，其實質就是分析討論兩物體在相同時間

9、內(nèi)能否到達相同的空間位置問題.一定要抓住兩個關系：即時間關系和位移關系.一個條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能否追上、追不上或（兩者）距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點.2.“碰撞”問題碰撞過程作用時間短，相互作用力大的特點，決定了所有碰撞問題均遵守動量守恒定律.對正碰，根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)的動能是否變化，又分為彈性碰撞和非彈性碰撞.彈性碰撞：系統(tǒng)的動量和動能均守恒，因而有：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1v12+m2v22=m1v12+m2v22上式中v1、v1分別是m1碰前和碰后的速度，v2、v2分別是m2碰前和碰后的速度.解式得v1=v2=完全非彈性碰撞：m1與m2

10、碰后速度相同，設為v,則m1v1+m2v2=（m1+m2）v,v=.系統(tǒng)損失的最大動能Ekm=m1v12+m2v22-（m1+m2）v2.非彈性碰撞損失的動能介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間.在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基本原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則.（2）碰撞后系統(tǒng)動能不增原則.（3）碰撞后運動狀態(tài)的合理性原則.碰撞過程的發(fā)生應遵循客觀實際.如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動.三、處理“追碰”類問題思路方法據(jù)物體運動性質列（含有時間）的位移方程由示意圖找兩物體位移關系分析兩物體運動過程畫運動示意圖據(jù)物體運動性質列（

11、含有時間）的位移方程由示意圖找兩物體位移關系分析兩物體運動過程畫運動示意圖由示意圖找兩聯(lián)立方程求解（判斷能否碰撞）聯(lián)立方程求解（判斷能否碰撞）若發(fā)生碰撞，據(jù)動量關系（守恒能量轉化關系列方程求解若發(fā)生碰撞，據(jù)動量關系（守恒能量轉化關系列方程求解解決“追碰”問題大致分兩類方法，即數(shù)學法（如函數(shù)極值法、圖象法等）和物理方法（參照物變換法、守恒法等）.殲滅難點訓練1.兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0,若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車時的加速度開始剎車，已知前車在剎車過程中所行駛的距離為s,若要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持距離至

12、少應為多少？圖1-6圖1-52.如圖1-5所示，水平軌道上停放著一輛質量為5.0102 kg的小車A，在A的右方L=8.0 m處，另一輛小車B正以速度vB=4.0 m/s的速度向右做勻速直線運動遠離A車，為使A車能經(jīng)過t=10.0 s時間追上B車，立即給A車適當施加向右的水平推力使小車做勻變速直線運動，設小車A受到水平軌道的阻力是車重的0.1倍，試問：在此追及過程中，推力至少需要做多少功？取g=10 m/s2）圖1-6圖1-5 3.如圖1-6所示，在光滑的水平面上放置一質量為m的小車，小車上有一半徑為R的1/4光滑的弧形軌道，設有一質量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，

13、達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h的大小及小球剛離開軌道時的速度.圖1-74.如圖1-7所示，長為2L的板面光滑且不導電的平板小車C放在光滑水平面上，車的右端有塊擋板，車的質量mC=4 m,絕緣小物塊B的質量mB=2 m.若B以一定速度沿平板向右與C車的擋板相碰，碰后小車的速度總等于碰前物塊B速度的一半.今在靜止的平板車的左端放一個帶電量為+q、質量為mA=m的小物塊A，將物塊B放在平板車的中央，在整個空間加上一個水平方向的勻強電場時，金屬塊A由靜止開始向右運動，當A以速度v0與B發(fā)生碰撞，碰后A以v0/4的速率反彈回來，B向右運動.圖1-7（1）求勻強電場的場強大小和方向.（2）若A第二

14、次和B相碰，判斷是在B與C相碰之前還是相碰之后？（3）A從第一次與B相碰到第二次與B相碰這個過程中，電場力對A做了多少功？圖1-85.如圖1-8所示，水平放置的導軌，其電阻、摩擦均不計，固定在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，左端間距為2L，右端間距為L，今在導軌上放ab、cd兩桿，其質量分為2M、M，電阻分為2R、R，現(xiàn)讓ab桿以初速度v0向右運動.求cd棒的最終速度（兩棒均在不同的導軌上）.圖1-8參考答案：難點磁場1.1.6102 m2.提示：該題為一“追及”的問題，有兩種可能解，第一次為物追光點，在相同時間內(nèi)，汽車與光點掃描的位移相等，L1=d（tan45-tan30）,則v1=1

15、.7 m/s,第二次為（光）點追物，時間相同，空間位移相同，L2=d（tan60-tan45）,可得v2=2.9 m/s.3.（1）s=l- （2）vA=v0;vB=vC=v0殲滅難點訓練1.2 s 2.Wmin=2.8104 J3.小球從進入軌道，到上升到h高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉化為重力勢能（而不是熱能）.據(jù)此可列方程：mv0=（m+m）v,mv02=（m+m）v2+mgh解得h=v02/4g.小球從進入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，又由于小球和車的等質量，由彈性碰撞規(guī)律可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時速度為零.說明：廣義上的碰撞，相互作用力可

16、以是彈力、分子力、電磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏觀物體間的碰撞，也可以是微觀粒子間的碰撞.拓寬后的碰撞，除例題代表的較長時間的碰撞題型外，還有非接觸型碰撞和非彈力作用的碰撞.4.（1）對金屬塊A用動能定理qEL=mv02所以電場強度大小E= 方向水平向右（2）A、B碰撞，由系統(tǒng)動量守恒定律得mAv0=mA（-v0）+mBvB用mB=2m代入解得vB=v0B碰后做勻速運動，碰到擋板的時間tB=A的加速度aA=A在tB段時間的位移為sA=vatB+atB2=-v0（）2=L因sAL,故A第二次與B相碰必在B與C相碰之后（3）B與C相碰，由動量守恒定律可得mBvB=mBvB+mCvC vC=vB

17、 vB=0A從第一次相碰到第二次與B相碰的位移為L，因此電場力做的功W電=qEL=mv02.5.難點2 連接體問題分析策略整體法與隔離法兩個或兩個以上物體相互連接參與運動的系統(tǒng)稱為連接體.以平衡態(tài)或非平衡態(tài)下連接體問題擬題屢次呈現(xiàn)于高考卷面中，是考生備考臨考的難點之一.圖2-1難點磁場圖2-1圖2-2 1.如圖2-1，質量為2 m的物塊A與水平地面的摩擦可忽略不計，質量為m的物塊B與地面的動摩擦因數(shù)為，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，A對B的作用力為_.圖2-22. A的質量m1=4 m,B的質量m2=m,斜面固定在水平地面上.開始時將B按在地面上不動，然后放手，讓A沿斜面下滑而B

18、上升.A與斜面無摩擦，如圖2-2，設當A沿斜面下滑s距離后，細線突然斷了.求B上升的最大高度H.案例探究圖2-3例1如圖2-3所示，質量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上套著一個質量為m的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的，即a=g,則小球在下滑的過程中，木箱對地面的壓力為多少？圖2-3命題意圖：考查對牛頓第二定律的理解運用能力及靈活選取研究對象的能力.B級要求.錯解分析：（1）部分考生習慣于具有相同加速度連接體問題演練，對于“一動一靜”連續(xù)體問題難以對其隔離，列出正確方程.（2）思維缺乏創(chuàng)新，對整體法列出的方程感到疑惑.解題方法與技巧：解法一：（

19、隔離法）圖2圖24取小球m為研究對象，受重力mg、摩擦力Ff,如圖2-4，據(jù)牛頓第二定律得：mg-Ff=ma 取木箱M為研究對象，受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff如圖2-5.圖2-5據(jù)物體平衡條件得：圖2-5FN-Ff-Mg=0 且Ff=Ff 由式得FN=g由牛頓第三定律知，木箱對地面的壓力大小為FN=FN=g.解法二：（整體法）對于“一動一靜”連接體，也可選取整體為研究對象，依牛頓第二定律列式：（mg+Mg）-FN=ma+M0故木箱所受支持力：FN=g,由牛頓第三定律知：木箱對地面壓力FN=FN=g.圖2-6例2一個質量為0.2 kg的小球用細線吊在傾角=53的斜面頂端，如圖

20、2-6，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10 m/s2的加速度向右做加速運動時，求繩的拉力及斜面對小球的彈力.圖2-6命題意圖：考查對牛頓第二定律的理解應用能力、分析推理能力及臨界條件的挖掘能力.B級要求.錯解分析：對物理過程缺乏清醒認識，無法用極限分析法挖掘題目隱含的臨界狀態(tài)及條件，使問題難以切入.解題方法與技巧：當加速度a較小時，小球與斜面體一起運動，此時小球受重力、繩拉力和斜面的支持力作用，繩平行于斜面，當加速度a足夠大時，小球將“飛離”斜面，此時小球受重力和繩的拉力作用，繩與水平方向的夾角未知，題目中要求a=10 m/s2時繩的拉力及斜面的支持力，必須先求出

21、小球離開斜面的臨界加速度a0.（此時，小球所受斜面支持力恰好為零）由mgcot=ma0所以a0=gcot=7.5 m/s2圖2-7因為a=10 m/s2a0圖2-7所以小球離開斜面N=0，小球受力情況如圖2-7，則Tcos=ma,Tsin=mg所以T=2.83 N,N=0.錦囊妙計一、高考走勢連接體的擬題在高考命題中由來已久，考查考生綜合分析能力，起初是多以平衡態(tài)下的連接體的題呈現(xiàn)在卷面上，隨著高考對能力要求的不斷提高，近幾年加強了對非平衡態(tài)下連接體的考查力度.二、處理連接體問題的基本方法在分析和求解物理連接體命題時，首先遇到的關鍵之一，就是研究對象的選取問題.其方法有兩種：一是隔離法，二是整

22、體法.1.隔離（體）法（1）含義：所謂隔離（體）法就是將所研究的對象-包括物體、狀態(tài)和某些過程，從系統(tǒng)或全過程中隔離出來進行研究的方法.（2）運用隔離法解題的基本步驟：明確研究對象或過程、狀態(tài)，選擇隔離對象.選擇原則是：一要包含待求量，二是所選隔離對象和所列方程數(shù)盡可能少.將研究對象從系統(tǒng)中隔離出來；或將研究的某狀態(tài)、某過程從運動的全過程中隔離出來.對隔離出的研究對象、過程、狀態(tài)分析研究，畫出某狀態(tài)下的受力圖或某階段的運動過程示意圖.尋找未知量與已知量之間的關系，選擇適當?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解.2.整體法（1）含義：所謂整體法就是將兩個或兩個以上物體組成的整個系統(tǒng)或整個過程作為研究對象進行分析研

23、究的方法.（2）運用整體法解題的基本步驟：明確研究的系統(tǒng)或運動的全過程.畫出系統(tǒng)的受力圖和運動全過程的示意圖.尋找未知量與已知量之間的關系，選擇適當?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解.隔離法與整體法，不是相互對立的，一般問題的求解中，隨著研究對象的轉化，往往兩種方法交叉運用，相輔相成.所以，兩種方法的取舍，并無絕對的界限，必須具體分析，靈活運用.無論哪種方法均以盡可能避免或減少非待求量（即中間未知量的出現(xiàn)，如非待求的力，非待求的中間狀態(tài)或過程等）的出現(xiàn)為原則.殲滅難點訓練圖2-81.如圖2-8所示，質量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定一個質量為m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起.當框架對地

24、面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為圖2-8A.g B. g C.0 D. g圖2-92.如圖2-9所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30的光滑斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為圖2-9A.都等于 B. 和0圖2-10C.和0 D.0和 圖2-10圖2113.如圖2-10，質量為m的物體A放置在質量為M的物體B上，B與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧振動，振動過程中A、B之間無相對運動，設彈簧的勁度系數(shù)為k，當物體離開平衡位置的位移為x時，圖211A.0B.kC.（）kD.（）k圖2-124.如圖2-11所示，半徑為R的光滑圓柱體，由支

25、架固定于地面上，用一條質量可以忽略的細繩，將質量為m1和m2的兩個可看作質點的小球連接，放在圓柱體上，兩球和圓心O在同一水平面上，在此位置將兩物體由靜止開始釋放，問在什么條件下m2能通過圓柱體的最高點且對圓柱體有壓力？圖2-125.如圖2-12所示，一輕繩兩端各系一小球（可視為質點），質量分別為M和m（Mm）,跨放在一個光滑的半圓柱體上.兩球從水平直徑AB的兩端由靜止釋放開始運動.當m剛好達到圓柱體側面最高點C處時，恰脫離圓柱體.則兩球質量之比Mm=?圖2-136.如圖2-13所示，金屬桿a在離地h高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導軌平行的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平部分導軌上原來放有一

26、金屬桿b,已知a桿的質量與b桿的質量為mamb=34,水平導軌足夠長，不計摩擦，求：圖2-13（1）a和b的最終速度分別是多大？（2）整個過程中回路釋放的電能是多少？（3）若已知a、b桿的電阻之比RaRb=34,其余電阻不計，整個過程中a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少？參考答案：難點磁場1.T=（F+2mg） 2.H=1.2 s殲滅難點訓練1.D 2.D 3.D4.選系統(tǒng)為研究對象，據(jù)機械能守恒定律得：m1g=m2gR+（m1+m2）v2選m2為研究對象，在最高點據(jù)牛頓第二定律得：m2g-N=m2（N為m2所受支持力）欲使m2通過圓柱體最高點，則：N0聯(lián)列得：m1,且應m1m2.故條件為：m1m2

27、.5.選系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得： Mg=mgR+（M+m）v2因m到達最高點時恰離開圓柱體，據(jù)牛頓第二定律得： mg=m聯(lián)立式得：6.提示：本題實質亦屬連接體問題，金屬桿a和b的連結是靠它們間所受安培力的作用實現(xiàn)的.在解題過程中，由于各自所受安培力為變力，若用隔離法不便列式求解，而采用整體法對系統(tǒng)列方程便非常易解.（1）va=vb= （2）E=magh （3）Qa/Qb=Ra/Rb=; Qa=E=magh Qb=難點3 變力做功與能量轉化功是中學物理中的重要概念，它體現(xiàn)了力對物體的作用在空間上的累積過程.在考綱中屬B級.對功尤其是變力做功是近年考查熱點，亦是考生應考的難點.難點磁場

28、1.一物體靜止在升降機的地板上，在升降機加速上升的過程中，地板對物體的支持力所做的功等于圖3-1A.物體勢能的增加量圖3-1B.物體動能的增加量C.物體動能的增加量加上物體勢能的增加量D.物體動能的增加量加上克服重力所做的功圖3-22.一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ提升井中質量為m的物體，如圖3-1所示.繩的P端拴在車后的掛鉤上.設繩的總長不變，繩的質量、定滑輪的質量和尺寸、滑輪上的摩擦都忽略不計.開始時，車在A點，左右兩側繩都已繃緊并且是豎直的，左側繩長為H.提升時，車向左加速運動，沿水平方向從A經(jīng)過B駛向C.設A到B的距離也為H，車過B點時速度為vB.求車由A移到B的過程中，繩Q端的拉力

29、對物體做的功是多少？圖3-23.如圖3-2所示，若在湖水里固定一細長圓管，管內(nèi)有一活塞，它的下端位于水面上，活塞的底面積S=1 cm2，質量不計.大氣壓強p0=1.0105 Pa.現(xiàn)把活塞緩慢地提高H=15 m，則拉力對活塞做的功為_ J.（g=10 m/s2）案例探究例1用鐵錘將一鐵釘擊入木塊，設木塊對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進入木塊內(nèi)的深度成正比.在鐵錘擊第一次時，能把鐵釘擊入木塊內(nèi)1 cm.問擊第二次時，能擊入多少深度？（設鐵錘每次做功相等）命題意圖：考查對功概念的理解能力及理論聯(lián)系實際抽象建立模型的能力.B級要求.錯解分析：（1）不能據(jù)阻力與深度成正比這一特點，將變力求功轉化為求平均阻力的功，

30、進行等效替代.（2）不能類比遷移，采用類似據(jù)勻變速直線速度-時間圖象求位移的方式，根據(jù)F-x圖象求功.解題方法與技巧：解法一：（平均力法）圖3-3鐵錘每次做功都用來克服鐵釘阻力做的功，但摩擦阻力不是恒力，其大小與深度成圖3-3正比，F(xiàn)=-f=kx,可用平均阻力來代替.如圖3-3，第一次擊入深度為x1,平均阻力=kx1,做功為W1=x1=kx12.第二次擊入深度為x1到x2,平均阻力=k（x2+x1）,位移為x2-x1,做功為W2=（x2-x1）= k（x22-x12）. 兩次做功相等：W1=W2.解后有：x2=x1=1.41 cm,x=x2-x1=0.41 cm.圖3-4解法二：（圖象法）圖3

31、-4因為阻力F=kx,以F為縱坐標，F(xiàn)方向上的位移x為橫坐標，作出F-x圖象（圖3-4）.曲線上面積的值等于F對鐵釘做的功.由于兩次做功相等，故有：S1=S2（面積），即： kx12=k（x2+x1）（x2-x1）,圖3-5所以x=x2-x1=0.41 cm圖3-5例2如圖3-5所示，置于水平面的平行金屬導軌不光滑，導軌一端連接電阻R，其他電阻不計，垂直于導軌平面有一勻強磁場，磁感應強度為B，當一質量為m的金屬棒ab在水平恒力F作用下由靜止向右滑動時A.外力F對ab棒做的功等于電路中產(chǎn)生的電能B.只有在棒ab做勻速運動時，外力F做的功才等于電路中產(chǎn)生的電能C.無論棒ab做何運動，它克服安培力做

32、的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能D.棒ab勻速運動的速度越大，機械能轉化為電能的效率越高命題意圖：考查考生理解能力、分析綜合及推理能力.B級要求.錯解分析：對整個物理情景理解不透，對整個物理過程中能量的轉化及傳遞途徑理解不透.解題方法與技巧：（能量守恒法）在導體棒的運動過程中外力做的功，用來克服由于發(fā)生電磁感應而產(chǎn)生的感應電流的安培力的那一部分轉化為電能，又因為有摩擦，還需克服摩擦力做功，轉化成內(nèi)能.所以A、B錯，C對；又當勻速運動時，由能量轉化的觀點，可知=v,B、l、F、R一定，所以 v,即v越大越大，D對.故CD正確.錦囊妙計變力做功的求解方法對于變力做功一般不能依定義式W=Fscos直接求

33、解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉化間接求解.圖3-61.平均力法：圖3-6如果參與做功的變力，其方向不變，而大小隨位移線性變化，則可求出平均力等效代入公式W=scos求解. 2.圖象法：如果參與做功的變力，方向與位移方向始終一致而大小隨時變化，我們可作出該力隨位移變化的圖象.如圖3-6，那么圖線下方所圍成的面積，即為變力做的功.3.動能定理法：在某些問題中，由于力F大小或方向的變化，導致無法直接由W=Fscos求變力F做功的值.此時，我們可由其做功的結果動能的變化來求變力F的功：W=Ek.4.功能關系法：能是物體做功的本領，功是能量轉化的量度.由此，對于大小、方向都隨時變化的變力F所做的功，可以

34、通過對物理過程的分析，從能量轉化多少的角度來求解.殲滅難點訓練1.一輛汽車在平直公路上從速度v0開始加速行駛，經(jīng)時間t后，前進了距離s,此時恰好達到其最大速度vmax,設此過程中發(fā)動機始終以額定功率P工作，汽車所受阻力恒為F,則在這段時間里，發(fā)動機所做的功為A.Fs B.PtC. mv2max+Fs-mv02D.Ft2.如圖3-7所示，質量為m的物體被細繩牽引著在光滑水平面上做勻速圓周運動，O為一光滑孔，當拉力為F時，轉動半徑為R；當拉力為8F時，物體仍做勻速圓周運動，其轉動半徑為，在此過程中，外力對物體做的功為A.7FR/2 B.7FR/4 C.3FR/2 D.4FR圖37 圖38圖3-93

35、.一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移到Q點.如圖3-8所示，此時懸線與豎直方向夾角為,則拉力F所做的功為圖3-9A.mgLcosB.mgL（1-cos）C.FLsinD.FL4.掛在豎直墻上的畫長1.8 m,畫面質量為100 g,下面畫軸質量為200 g,今將它沿墻緩慢卷起，g=10 m/s2.需做_ J的功.圖3-105.用大小不變、方向始終與物體運動方向一致的力F，將質量為m的小物體沿半徑為R的固定圓弧軌道從A點推到B點，圓弧對應的圓心角為60，如圖3-9所示，則在此過程，力F對物體做的功為_.若將推力改為水平恒力F，則此過程力F對物

36、體做的功為_.圖3-106.一個圓柱形的豎直的井里存有一定量的水，井的側面和底部是密閉的.在井中固定插著一根兩端開口的薄壁圓管，管和井共軸，管下端未觸及井底.在圓管內(nèi)有一不漏氣的活塞，它可沿圓管上下滑動.開始時，管內(nèi)外水面相齊，且活塞恰好接觸水面，如圖3-10所示.現(xiàn)用卷揚機通過繩子對活塞施加一個向上的力F，使活塞緩慢向上移動.已知管筒半徑 0.100 m，井的半徑R2，水的密度1.00103kg/m3，大氣壓p01.00105 Pa.求活塞上升H9.00 m的過程中拉力F所做的功.（井和管在水面以上及水面以下的部分都足夠長.不計活塞質量，不計摩擦，重力加速度g取10 m/s2）參考答案：難點

37、磁場1.CD 2.mvB2+mg（-1）H 3.100 殲滅難點訓練1.BC 2.C 3.B 4.4.5 J 5.F,FR 6.1.65104 J難點4 速度關聯(lián)類問題求解速度的合成與分解運動物體間速度關聯(lián)關系，往往是有些高考命題的切入點.而尋找這種關系則是考生普遍感覺的難點難點磁場圖4-11.如圖4-1所示，A、B兩車通過細繩跨接在定滑輪兩側，并分別置于光滑水平面上，若A車以速度v0向右勻速運動，當繩與水平面的夾角分別為和時，B車的速度是多少？圖4-12.如圖4-2所示，質量為m的物體置圖4-2于光滑的平臺上，系在物體上的輕繩跨過光滑的定滑輪.由地面上的人以恒定的速度v0向右勻速拉動，設人從

38、地面上的平臺開始向右行至繩與水平方向夾角為45處，在此過程中人對物體所做的功為多少？圖4-2案例探究圖4-3例1如圖4-3所示，在一光滑水平面上放一個物體，人通過細繩跨過高處的定滑輪拉物體，使物體在水平面上運動，人以大小不變的速度v運動.當繩子與水平方向成角時，物體前進的瞬時速度是多大？圖4-3命題意圖：考查分析綜合及推理能力，B級要求.圖4-4錯解分析：弄不清合運動與分運動概念，將繩子收縮的速度按圖4-4所示分解，從而得出錯解v物=v1=vcos.圖4-4解題方法與技巧：解法一:應用微元法設經(jīng)過時間t，物體前進的位移s1=BC，如圖4-5所示.過C點作CDAB，當t0時，BAC極小，在ACD

39、中，可以認為AC=AD，在t時間內(nèi)，人拉繩子的長度為s2=BD，即為在t時間內(nèi)繩子收縮的長度.圖4-5由圖可知：BC=圖4-5由速度的定義：物體移動的速度為v物=人拉繩子的速度v= 圖4-6由解之：v物=圖4-6解法二:應用合運動與分運動的關系繩子牽引物體的運動中，物體實際在水平面上運動，這個運動就是合運動，所以物體在水平面上運動的速度v物是合速度，將v物按如圖4-6所示進行分解.其中:v=v物cos，使繩子收縮.v=v物sin,使繩子繞定滑輪上的A點轉動.所以v物=解法三：應用能量轉化及守恒定律由題意可知：人對繩子做功等于繩子對物體所做的功.人對繩子的拉力為F，則對繩子做功的功率為P1=Fv

40、；繩子對物體的拉力，由定滑輪的特點可知，拉力大小也為F，則繩子對物體做功的功率為P2=Fv物cos，因為P1=P2所以v物= 圖4-7例2一根長為L的桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個小球A，靠在一個質量為M，高為h的物塊上，如圖4-7所示，若物塊與地面摩擦不計，試求當物塊以速度v向右運動時，小球A的線速度vA（此時桿與水平方向夾角為）.命題意圖：考查綜合分析及推理能力.B級要求.錯解分析：不能恰當選取連結點B來分析，題目無法切入.無法判斷B點參與的分運動方向.解題方法與技巧：選取物與棒接觸點B為連結點.（不直接選A點，因為A點與物塊速度的v的關系不明顯）.因為B點在物塊上，該點運動方向

41、不變且與物塊運動方向一致，故B點的合速度（實際速度）也就是物塊速度v；B點又在棒上，參與沿棒向A點滑動的速度v1和繞O點轉動的線速度v2.因此，將這個合速度沿棒及垂直于棒的兩個方向分解，由速度矢量分解圖得：v2=vsin.設此時OB長度為a，則a=h/sin.令棒繞O 點轉動角速度為，則：=v2/a=vsin2/h.故A的線速度vA=L=vLsin2/h.錦囊妙計一、分運動與合運動的關系1.一物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行，各自產(chǎn)生效果（v分、s分）互不干擾，即：獨立性.2.合運動與分運動同時開始、進行、同時結束，即：同時性.3.合運動是由各分運動共同產(chǎn)生的總運動效果，合運動與各分

42、運動總的運動效果可以相互替代，即：等效性.二、處理速度分解的思路1.選取合適的連結點（該點必須能明顯地體現(xiàn)出參與了某個分運動）.2.確定該點合速度方向（通常以物體的實際速度為合速度）且速度方向始終不變.3.確定該點合速度（實際速度）的實際運動效果從而依據(jù)平行四邊形定則確定分速度方向.4.作出速度分解的示意圖，尋找速度關系.殲滅難點訓練圖4-8一、選擇題圖4-81.如圖4-8所示，物體A置于水平面上，A前固定一滑輪B，高臺上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點，再繞過B、D.BC段水平，當以速度v0拉繩子自由端時，A 沿水平面前進，求：當跨過B的兩段繩子夾角為時A的運動速度v.2.如圖4-9所示

43、，均勻直桿上連著兩個小球A、B，不計一切摩擦.當桿滑到如圖位置時，B球水平速度為vB，加速度為aB，桿與豎直夾角為，求此時A球速度和加速度大小. 圖4-9 圖4-103.一輕繩通過無摩擦的定滑輪在傾角為30的光滑斜面上的物體m1連接，另一端和套在豎直光滑桿上的物體m2連接.已知定滑輪到桿的距離為m.物體m2由靜止從AB連線為水平位置開始下滑1 m時，m1、m2恰受力平衡如圖4-10所示.試求：圖4-11（1）m2在下滑過程中的最大速度.圖4-11（2）m2沿豎直桿能夠向下滑動的最大距離.4.如圖4-11所示，S 為一點光源，M為一平面鏡，光屏與平面鏡平行放置.SO是垂直照射在M上的光線，已知S

44、O=L，若M以角速度繞O點逆時針勻速轉動，則轉過30角時，光點 S在屏上移動的瞬時速度v為多大？圖4-125.一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ提升井中質量為m的物體，如圖4-12所示.繩的P端拴在車后的掛鉤上，Q端拴在物體上.設繩的總長不變，繩子質量、定滑輪的質量和尺寸、滑輪上的摩擦都忽略不計.開始時，車在A點，左右兩側繩都已繃緊并且是豎直的，左側繩繩長為H.提升時，車加速向左運動，沿水平方向從A經(jīng)B駛向C.設A到B的距離也為H，車過B點時的速度為vB.求在車由A移到B的過程中，繩Q端的拉力對物體做的功.圖4-12圖4-136.如圖4-13所示，斜劈B的傾角為30，劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平地

45、面上，現(xiàn)將一個質量與斜劈質量相同、半徑為r的球A放在墻面與斜劈之間，并從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，求此后運動中圖4-13（1）斜劈的最大速度.（2）球觸地后彈起的最大高度。（球與地面作用中機械能的損失忽略不計）參考答案：難點磁場1.vB= 2.略殲滅難點訓練1.v=2.vA=vBtan;aA=aBtan3.（1）由圖可知，隨m2的下滑，繩子拉力的豎直分量是逐漸增大的，m2在C點受力恰好平衡，因此m2從B到C是加速過程，以后將做減速運動，所以m2的最大速度即出現(xiàn)在圖示位置.對m1、m2組成的系統(tǒng)來說，在整個運動過程中只有重力和繩子拉力做功，但繩子拉力做功代數(shù)和為零，所以系統(tǒng)機械能守恒.E

46、增=E減，即m1v12+m22v2+m1g（A-A）sin30=m2gB又由圖示位置m1、m2受力平衡，應有：TcosACB=m2g,T=m1gsin30又由速度分解知識知v1=v2cosACB，代入數(shù)值可解得v2=2.15 m/s,（2）m2下滑距離最大時m1、m2速度為零，在整個過程中應用機械能守恒定律，得：E增=E減即:m1g（）sin30=m2gH利用（1）中質量關系可求得m2下滑的最大距離H=m=2.31 m4.由幾何光學知識可知：當平面鏡繞O逆時針轉過30時，則：SOS=60，OS=L/cos60.圖41選取光點S為連結點，因為光點 S在屏上，該點運動方向不變，故該點實際速度（合速

47、度）就是在光屏上移動速度v；光點S又在反射光線OS上，它參與沿光線OS的運動.速度v1和繞O點轉動，線速度v2；因此將這個合速度沿光線OS及垂直于光線 圖41v1=vsin60,v2=vcos60又由圓周運動知識可得：當線OS繞O轉動角速度為2.圖42則：v2=2圖42vcos60=2L/cos60,v=8L.5.以物體為研究對象，開始時其動能Ek1=0.隨著車的加速運動，重物上升，同時速度也不斷增加.當車子運動到B點時，重物獲得一定的上升速度vQ，這個速度也就是收繩的速度，它等于車速沿繩子方向的一個分量，如圖4-2，即vQ=vB1=vBcos45=vB于是重物的動能增為 Ek2 =mvQ2=

48、mvB2在這個提升過程中，重物受到繩的拉力T、重力mg，物體上升的高度和重力做的功分別為h=H-H=（-1）HWG=-mgh=-mg（-1）H于是由動能定理得 WT+WG=Ek=Ek2-Ek1即WT-mg（-1）H=mvB2-0所以繩子拉力對物體做功WT=mvB2+mg（-1）H6.（1）A加速下落，B加速后退，當A落地時，B速度最大，整大過程中，斜面與球之間彈力對球和斜面做功代數(shù)和為零，所以系統(tǒng)機械能守恒.mg（h-r）=mvA2+mvB2 由圖中幾何知識知：h=cot30r=r B的運動均可分解為沿斜面和垂直斜面的運動，如圖43所示。圖43由于兩物體在垂直斜面方向不發(fā)生相對運動，所以vA2

49、=vB2即vAcos30=vBsin30 解得vA=vB= （2）A球落地后反彈速度vA=vA做豎直上拋運動的最大高度：Hm=難點5 衛(wèi)星運行特點分析及應用衛(wèi)星運行問題與物理知識（如萬有引力定律、勻速圓周運動、牛頓運動定律等）及地理知識有十分密切的相關性，是新高考突出學科內(nèi)及跨學科間綜合創(chuàng)新能力考查的命題熱點，也是考生備考應試的難點.難點磁場1.用m表示地球通訊衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）的質量，h表示它離地面的高度，R0表示地球的半徑，g0表示地球表面處的重力加速度，0表示地球自轉的角速度，則通訊衛(wèi)星所受地球對它的萬有引力的大小A.等于0 B.等于m2C.等于m2D.以上結果都不對2.俄羅斯“和平號”空

50、間站在人類航天史上寫下了輝煌的篇章，因不能保障其繼續(xù)運行，3月23日墜入太平洋.設空間站的總質量為m，在離地面高度為h的軌道上繞地球做勻速圓周運動.墜落時地面指揮系統(tǒng)使空間站在極短時間內(nèi)向前噴出部分高速氣體，使其速度瞬間變小，在萬有引力作用下下墜.設噴出氣體的質量為m/100，噴出速度為空間站原來速度的37倍，下墜過程中外力對空間站做功為W.求：（1）空間站做圓周運動時的線速度.（2）空間站落到太平洋表面時的速度.（設地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R）3.已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2=,其中G、m、R分別是引力常量、地球的質量和半徑.已知G=6.6710-11Nm2/k

51、g2,c=2.9979108 m/s.求下列問題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫作黑洞，設某黑洞的質量等于太陽的質量m=1.981030 kg，求它的可能最大半徑；（2）在目前天文觀測范圍內(nèi)，物質的平均密度為10-27 kg/m3，如果認為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙的半徑至少多大？案例探究例1用m表示地球同步通信衛(wèi)星的質量、h表示衛(wèi)星離地面的高度、M表示地球的質量、R0表示地球的半徑、g0表示地球表面處的重力加速度、T0表示地球自轉的周期、0表示地球自轉的角速度，則：（1）地球同步通信衛(wèi)星的環(huán)繞速度v為

52、A.0（R0+h） B.C. D. （2）地球同步通信衛(wèi)星所受的地球對它的萬有引力F的大小為A.m B.m20（R0+h）C.m D.m（3）地球同步通信衛(wèi)星離地面的高度h為A.因地球同步通信衛(wèi)星和地球自轉同步，則衛(wèi)星離地面的高度就被確定B. -R0 C. -R0D.地球同步通信衛(wèi)星的角速度雖已確定，但衛(wèi)星離地面的高度可以選擇.高度增加，環(huán)繞速度增大，高度降低，環(huán)繞速度減小，仍能同步命題意圖：考查推導能力及綜合分析能力.B級要求.錯解分析：（1）把握不住解題的基本依據(jù)：地球對其表面物體的萬有引力約等于物體所受重力，衛(wèi)星圓周運動的向心力由萬有引力提供，使問題難以切入.（2）思維缺乏開放性造成漏解

53、.（3）推理缺乏嚴密性導致錯解.解題方法與技巧：（1）設地球同步衛(wèi)星離地心的高度為r,則r=R0+h則環(huán)繞速度v=0r=0（R0+h）.同步衛(wèi)星圓周運動由萬有引力提供向心力：即G得v=又有G=m02,所以r=則v=0r=0=故選項A、B、C、D均正確.（2）地球同步衛(wèi)星的重力加速度為g=（）2g0，地球對它的萬有引力大小可認為等于同步衛(wèi)星的重力mg0來提供向心力：即mg0=m02（R0+h）所以h=-R0F向=m02（R0+h）=m故選項A、B、C、D均正確.（3）因為h=-R0，式中R0、g0、0都是確定的，故h被確定.但0=，所以h=-R0故選項A，B，C正確.例21986年2月20日發(fā)射

54、升空的“和平號”空間站，在服役15年后于2001年3月23日墜落在南太平洋.“和平號”風風雨雨15年鑄就了輝煌業(yè)績，已成為航天史上的永恒篇章.“和平號”空間站總質量137 t，工作容積超過400 m3，是迄今為止人類探索太空規(guī)模最大的航天器，有“人造天宮”之稱.在太空運行的這一“龐然大物”按照地面指令準確墜落在預定海域，這在人類歷史上還是第一次.“和平號”空間站正常運行時，距離地面的平均高度大約為350 km.為保證空間站最終安全墜毀，俄羅斯航天局地面控制中心對空間站的運行做了精心安排和控制.在墜毀前空間站已經(jīng)順利進入指定的低空軌道，此時“和平號”距離地面的高度大約為240 km.設“和平號”

55、沿指定的低空軌道運行時，其軌道高度平均每晝夜降低2.7 km.設“和平號”空間站正常運轉時沿高度為350 km圓形軌道運行，在墜落前沿高度為240km的指定圓形低空軌道運行，而且沿指定的低空軌道運行時，每運行一周空間站高度變化很小，因此計算時對空間站的每一周的運動都可以作為勻速圓周運動處理.（1）簡要說明，為什么空間站在沿圓軌道正常運行過程中，其運動速率是不變的.（2）空間站沿正常軌道運行時的加速度與沿指定的低空軌道運行時加速度大小的比值多大？計算結果保留2位有效數(shù)字.（3）空間站沿指定的低空軌道運行時，每運行一周過程中空間站高度平均變化多大？計算中取地球半徑R=6.4103 km，計算結果保

56、留1位有效數(shù)字.命題意圖：考查閱讀攝取信息并結合原有知識解決新情景問題的創(chuàng)新能力，B級要求.解題方法與技巧：（1）空間站沿圓軌道運行過程中，僅受萬有引力作用，所受到的萬有引力與空間站運行方向垂直，引力對空間站不做功，因此空間站沿圓軌道運行過程中，其運動速率是不變的.（2）不論空間站沿正常軌道運行，還是沿指定的低空軌道運行時，都是萬有引力恰好提供空間站運行時所需要的向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有G=ma空間站運行時向心加速度是a=G空間站沿正常軌道運行時的加速度與在沿指定的低空軌道運動時加速度大小的比值是 =0.9842=0.97（3）萬有引力提供空間站運行時的向心力，有G=mr不計地

57、球自轉的影響，根據(jù)G =mg，有GM=R2g則指定的低空軌道空間站運行的周期為T=2r=2r=5.3103s設一晝夜的時間t，則每晝夜空間站在指定的低空軌道繞地球運行圈數(shù)為n=空間站沿指定的低空軌道運行時，每運行一周過程中空間站高度平均減小 h=2.7 km/n=2.7 km/17=0.2 km錦囊妙計衛(wèi)星問題貼近科技前沿，且蘊含豐富的中學物理知識，以此為背景的高考命題立意高、情景新、綜合性強，對考生的理解能力、綜合分析能力、信息提煉處理能力及空間想象能力提出了極高的要求，亦是考生備考應試的難點.考生應試失誤的原因主要表現(xiàn)在：（1）對衛(wèi)星運行的過程及遵循的規(guī)律認識不清，理解不透，難以建立清晰的

58、物理情景.（2）對衛(wèi)星運行中力與運動量間，能量轉化間的關系難以明晰，對諸多公式含義模糊不清.一、衛(wèi)星的運行及規(guī)律一般情況下運行的衛(wèi)星，其所受萬有引力不剛好提供向心力，此時，衛(wèi)星的運行速率及軌道半徑就要發(fā)生變化，萬有引力做功，我們將其稱為不穩(wěn)定運行即變軌運動；而當它所受萬有引力剛好提供向心力時，它的運行速率就不再發(fā)生變化，軌道半徑確定不變從而做勻速圓周運動，我們稱為穩(wěn)定運行.對于穩(wěn)定運行狀態(tài)的衛(wèi)星，運行速率不變；軌道半徑不變；萬有引力提供向心力，即GMm/r2=mv2/r成立.其運行速度與其運行軌道處于一一對應關系，即每一軌道都有一確定速度相對應.而不穩(wěn)定運行的衛(wèi)星則不具備上述關系，其運行速率和

59、軌道半徑都在發(fā)生著變化.二、同步衛(wèi)星的四定地球同步衛(wèi)星是相對地球表面靜止的穩(wěn)定運行衛(wèi)星.1.地球同步衛(wèi)星的軌道平面，非同步人造地球衛(wèi)星其軌道平面可與地軸有任意夾角，而同步衛(wèi)星一定位于赤道的正上方，不可能在與赤道平行的其他平面上.2.地球同步衛(wèi)星的周期：地球同步衛(wèi)星的運轉周期與地球自轉周期相同.3.地球同步衛(wèi)星的軌道半徑：據(jù)牛頓第二定律有GMm/r2=m02r，得r=，0與地球自轉角速度相同，所以地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r=4.24104 km.其離地面高度也是一定的.4.地球同步衛(wèi)星的線速度：地球同步衛(wèi)星的線速度大小為v=0r=3.08103 m/s，為定值，繞行方向與地球自轉方向相同. 殲滅

60、難點訓練1.設想人類開發(fā)月球，不斷把月球上的礦藏搬運到地球上，假定經(jīng)過長時間開采后，地球仍可看作是均勻的球體，月球仍沿開采前的圓周軌道運動，則與開采前相比A.地球與月球間的萬有引力將變大B.地球與月球間的萬有引力將變小C.月球繞地球運動的周期將變長D.月球繞地球運動的周期將變短2.地球同步衛(wèi)星到地心的距離r可由r3=求出.已知式中a的單位是m,b的單位是s,c的單位是m/s2，則A.a是地球半徑，b是地球自轉的周期，c是地球表面處的重力加速度B.a是地球半徑，b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期，c是同步衛(wèi)星的加速度C.a是赤道周長，b是地球自轉的周期，c是同步衛(wèi)星的加速度D.a是地球半徑，b是同步衛(wèi)