物理卷·2018届山东省济南外国语学校高三上学期12月考试试题（解析版）

物理卷·2018届山东省济南外国语学校高三上学期12月考试试题（解析版）

山东省济南外国语学校2018届高三12月考试物理试题 一、选择题 ‎1. 下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( ）‎ A. 电学中引入了点电荷的概念，运用了理想化模型的方法，只有带电体体积很小的情况下才能看做点电荷 B. 在推导匀变建直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法 C. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容，加速度都是采用比值法定义的 D. 根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法 ‎【答案】D ‎【解析】A. 理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，点电荷是理想化模型，体积、大小以及电荷量的分布情况对研究结果没有影响或影响很小时可以看做点电荷，故A错误；‎ B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故B错误；‎ C. 电容C=Q/U，是采用比值法定义，加速度a=F/m不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式。故C错误；‎ D. 瞬时速度是依据速度定义式v=△x/△t，当△t非常小时，△x/△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D正确。‎ 故选：D ‎2. 现用某一光电管进行光电效应实验，当用频率为υ的光照射时，有光电流产生下列说法正确的是( ）‎ A. 光照时间越长，光电流就越大 B. 减小入射光的强度，光电流消失 C. 用频率小υ的光照射，光电效应现象消失 D. 用频率为2υ的光照射，光电了的初动能变大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．‎ 光电流的大小与入射光的时间无关，入射光的强度越大，饱和光电流越大，故A错误；发生光电效应时，能否发生光电效应与入射光的强度无关，减小入射光的强度，光电流不能消失，故B错误；用频率为v的光照射时，有光电流产生，用频率小于v的光照射，光电效应现象不一定消失，还要看入射光的频率是否小于极限频率．故C错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，故D正确；‎ ‎3. 在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点做为x轴的原点，通过传够器发现汽车刹车后的坐标x与时间t的关系调足x=60+30t-52t2(m)。下列说法正确的是( ）‎ A. 汽车刹车过程的初速度大小为30m/s，加速度大小为10m/s2‎ B. 汽车刹车过程的初速度大小为30m/s，加速度大小为5m/s2‎ C. 汽车刹车过程的初速度大小为60m/s，加速度大小为5m/s2‎ D. 汽车刹车过程的初速度大小为60m/s，加速度大小为2.5m/s2‎ ‎【答案】A 考点：匀变速直线运动的规律 ‎4. 未来的星际航行中，字航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，字航员站在特舱内网柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下州说法正确的是( ）‎ A. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C. 学航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D. 字航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 ‎【答案】B ‎【解析】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有，故可知，与宇航员质量无关，所以选项CD错误； 旋转半径越大，转运角速度就越小，故选项A正确、B错误；‎ 考点：万有引力与航天 ‎ ‎ ‎5. 如图甲所示，线图ABCD 固定于匀强磁场中，磁场方向最直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由法拉第电磁感应定律可知，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=BIL=，‎ 由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,若磁场B增大,则△B/△t减小，若磁场B减小,则△B/△t增大；‎ 线圈AB边所受安培力向右，则感应电流的方向是顺时针，原磁场磁感强度应是增加的，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D.‎ ‎6. 质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力、的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间和4物速度分别达到2和时，分别撤去和，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设和对A、B的冲最分别为和，和对A、B做的功分别为和，则下列结论正确的是( )‎ A. ：=12：5，：=6：5‎ B. ：=6：5，：=3：5‎ C. ：=3：5，：=6：5‎ D. ：=3：5，：=12：5‎ ‎【答案】C ‎【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为相等，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则摩擦力大小都为。根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：2v0/t0,v0/4t0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F−f=ma，则，，F1和F2的大小之比为12:5；‎ 所以：I1：I2==3：5；‎ 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则加速阶段的位移之比为s1：s2=：=1:2；‎ 所以拉力做的功之比W1：W2=，故C正确，ABD错误。 ‎ 故选：C。‎ 点睛：根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出冲量之间的关系． 速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比．根据做功公式求出做功之比。 ‎ ‎7. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖真平面内从a点沿ab、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始終不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )‎ A. 沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B. 若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀建速动 C. 若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动 D. 两小球在运动过程中机械能均保持不变 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：沿抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，故AB正确， C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】考查带小球受电场力、重力与洛伦兹力共同作用，掌握左手定则的应用，理解受力平衡的条件，注意速度影响加速度，则是直线运动必然是匀速直线运动，这是解题的关键。‎ ‎8. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且0M>ON，中图可知( ）‎ A. N点的电势低于M点的电势 B. M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小 C. 仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动 D. 负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功 ‎【答案】BD ‎【解析】A. 由图知，N点的电势高于M点的电势。故A错误；‎ B. 由E=U/d可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。故B正确；‎ C. 根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。故C错误；‎ D. 负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向由从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功。故D正确。‎ 故选：BD 点睛：根据电势的图象直接读出电势高低．由E=U/d可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况．根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负．‎ ‎9. 如图所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ=60°。可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一成量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是( ）‎ A. 当小车与挡板均静止时，球对斜面0A的压力小于mg B. 保持θ=60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面OA的压力可能为零 C. 保持小=车静止， 在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OB的压力逐渐先减小再增大 D. 保持小车静止， 在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OA的压力逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：‎ FA、FB以及G之间的夹角两两都为120°，根据几何关系可知,FA=FB=mg，故A错误；‎ B. 若保持θ=60∘不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FB和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故B正确；‎ CD、保持小车静止,在θ由60∘缓慢减小至15∘的过程中，根据图象可知，FA不断减小,FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC.‎ 点睛：将小球的重力按照作用效果进行分解，结合几何关系分析；如果小球对斜面的压力为零，受重力和挡板B的支持力，合力水平，说明加速度水平向右；将小球的重力按照作用效果进行分解，通过作图分析各个分力的变化情况．‎ ‎10. 如图所示，、、为完全相间的标准电阻。甲、乙两种情况下电阻、的功率均为P，且匝数之比：均为4：1，则( )‎ A. 图甲中的功率16P B. 图甲中的功率 C. 图乙中的功率16P D. 国乙中的功率 ‎【答案】AD ‎【解析】AB、图甲中，设R2两端电压为U，根据电压与匝数成正比，得线圈n1两端的电压为4U，根据，R1两端的电压是R2两端电压的4倍，R1的功率为R2的功率的16倍，为16P，故A正确，B错误； ‎ CD、图乙中，R2、R3是完全相同的电阻，功率均为P，由P=I2R知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据电压与匝数成正比，有原线圈两端电压为4U，根据输入功率等于输出功率，有4UI1=2P=2UI，解得I1=I/2，R1的功率P1=(I/2)2R=P/4，故C错误，D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎11. 一个质最为的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻和一个质最为的太空碎片发生迎头正碰，碰后二者结合成一个整体，速度大小变为卫星原来速度的，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点，若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次通过远地点时通过极短时间的遥控喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同。已知地球的半径为R，地球表面的重力加度大小为g，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 卫星与碎片碰撞前的线速度大小为 B. 卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为 C. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为 D. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：万有引力充当向心力，根据公式分析碰撞卫星线速度，根据分析碰撞前卫星的周期；根据能量守恒分析喷气装置做的功 卫星受到万有引力定律充当向心力，故有碰撞前，结合黄金替代公式可得卫星与碎片碰撞前的线速度大小为，A错误；根据公式，解得，B正确；当再次回到碰撞点，要使两者回到原来轨道运动，速度必须满足，故根据能量守恒定律可得，解得，故C错误D正确。‎ ‎12. 如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态。现剪断B和C之间的绳子，则A和B将一起振动，且它们均各在某一位置上下振动，振动过程中离开那一位置向上或向下距离相同。已知物体A质量为3m，B和C质最均为2m，弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是( ）‎ A. 剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧形变量为 B. 物体A振动过程中的最大速度时弹簧的形变量为 C. 振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg D. 物体A振动过程中的最大速度为 ‎【答案】ABC ‎【解析】A. 剪断B和C间绳子之前，A,B,C均处于静止状态时，设绳子拉力为F，对BC整体受力分析得：F=4mg，对A受力分析得：F=3mg+kx1，解得弹簧的伸长量：x1=mg/k，故A正确；‎ B.当物体A所受合外力为零时，速度最大。此时绳子拉力F1=2mg，根据A合力为零，弹簧弹力为mg，弹簧压缩量：x2=mg/k，故B正确；‎ 对A.B组成的系统，根据机械能守恒定律得：‎ ‎3mg(x1+x2)−2mg(x1+x2)= ×5mv2‎ 解得，物体A振动过程中的 .故D错误。‎ C.B振动到最低点时拉力最大,为F2，根据牛顿第二定律得：F2−2mg=2ma，3mg+kx1−F2=3ma，‎ 解得：F2=2.8mg，即振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg，故C正确。‎ 故选：ABC 二、填空题 ‎13. 某物理兴趣小组利用用如图1所示的装置进行实验，在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门。水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：‎ ‎①在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；‎ ‎②用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量、；‎ ‎③在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；‎ ‎④细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；‎ ‎⑤记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；‎ ‎⑥滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离；‎ ‎⑦小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面上的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离；‎ ‎⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量。‎ ‎(1)该实验要验证“动量守但定律”，则只需验证_________=_________即可。（用上述实验数据字母表示）‎ ‎(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到与的关系图象如图2所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为______‎ ‎。（用上述实验数据字母表示）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】试题分析：要验证动量守恒，必须求出被弹开瞬间两滑块的速度，根据通过光电门的平均速度等于其瞬时速度和平抛运动规律求解（2）根据动能定理写出表达式，然后根据斜率列等式求解 ‎（1）由于A点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a的瞬时速度等于经过光电门的速度，即，b被弹开后的瞬时速度等于做平抛运动的初速度，根据可得，该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证 ‎（2）根据动能定理可得，即，化简得，即解得 ‎14. 国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有： ‎ ‎ 电源(电动势约为3V，内阻可忽略) ‎ ‎ 理想电压表(量程为3V）‎ ‎ 理想电压表(量程为3V）‎ ‎ 定值电阻(阻值4kΩ) ‎ ‎ 定值电阻(阻值2kΩ) ‎ ‎ 电阻箱R(最大阻值9999Ω) ‎ ‎ 单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。‎ ‎ ‎ 实验步骤如下： ‎ ‎ A.用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；‎ ‎ B.向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；‎ ‎ C.用刻度尺测量并记录水柱长度L；‎ ‎ D.把S拨到1位置，记录电压表示数；‎ ‎ E.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表示数与电压表示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ ‎ F.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D、E；‎ ‎ G.断开S，整理好器材。‎ ‎(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=_______mm；‎ ‎(2)玻璃管内水柱的电阻的表达式为=_____； (用、、R表示)‎ ‎(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的图象。可求出自来水的电阻率ρ=__________Ω•m(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 20.0 (2). (3). 12.6‎ ‎【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为：2.0cm=20mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：20.0mm；‎ ‎(2)设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为U/R1，总电压U总= ‎ ‎ +U 当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为U/R，‎ 总电压U′总=，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得Rx=； ‎ ‎(3)从图丙中可知，R=1×103Ω时，1/L=5.0m−1，‎ 此时玻璃管内水柱的电阻Rx==8000Ω，‎ 水柱横截面积S= =3.14×10−4m2，‎ 由电阻定律得：‎ ρ≈12.6Ω⋅m；‎ 三.计算题 ‎15. 如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角θ=30°。，导轨间的距离L=1.0m，电阻R=R1=3.0Ω，电容器电容C=2×10-8C，导轨电阻不计。匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=2.0T，质量m=0.4kg，电阻r=1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F=5.0N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，求：‎ ‎(1)金属棒ab达到匀速运动时的速度大小（)；‎ ‎(2)金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量。‎ ‎【答案】(1) 3 m/s. (2) 9×10－8C ‎【解析】试题分析：（1）当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：‎ 求得：‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：．‎ ‎（2）当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压 电容器极板上聚集的电荷量 考点：考查了导体切割磁感线运动，含电容电路 ‎【名师点睛】始时拉力F大于重力沿斜面向下的分力，因此导体棒向上运动，回路中产生逆时针方向电流，根据左手定则可知，导体棒受到沿斜面向下的安培力，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到最后匀速运动为止，根据平衡状态列方程即可求解正确结果 ‎16. 如图所示，一质量m=1kg的小物块(可视为质点），放置在质量M=4kg的长木板左侧。长木板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度=2m/s向左匀速运动，在长木板的左端上方固定着一障碍物A，当物块运动到障碍物A处时与A发生弹性碰撞(碰撞时间极短，无机械能损失)。而长木板可继续向左运动，取重力加速度g=10m/s²。‎ ‎（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率； ‎ ‎（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小； ‎ ‎（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产生的内能。‎ ‎【答案】（1）1.2m/s（2）（3）10J ‎ ‎ ‎（1）物块与挡板碰后，小物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得，‎ ‎（2）物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右做减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得：，代入数据得 木板在水平方向只受到摩擦力，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据得 ‎（3）由题可知，物块多次与障碍物碰撞后，最终将与木板同时都静止，设物块在木板上的相对位移为l，则由能量的转化与守恒得：‎ 代入数据得 可知，木板的长度至少为2m，又 代入数据得Q=10J ‎17. 在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画)。在x=4L处垂直于x轴放置一荧光屏，与x轴的交点为Q。电子束以相同的速度v从y轴上0≤y≤2.5L的区间垂直于电场和磁场方向进入场区，所有电子均做匀速直线运动。忽略电子间的相互作用力，不计重力，电子的质量为m，所带电量的绝对值为q，磁场的磁感应强度为。求：‎ ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)若撤去电场，并将磁场反向，求从y=0.5L处射入的电子经多长时间打到荧光屏上；‎ ‎(3)若撤去磁场，求电子打到荧光屏距Q点的最远距离。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子做匀速直线运动，则 电场强度为 ‎（2）电子做圆周运动 圆心角 电子做圆周运动的周期 电子做圆周运动的时间 电子离开场区之后的运动时间 电子打到荧光屏上的时间 ‎（3）设电子在电场中运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，则 解得： ‎ 设电子穿出电场时的速度方向与x轴的夹角为θ，则 电子打到荧光屏上距离Q点的距离 由数学知识得：当y=2L时，H有最大值，最大值为Hm=4L 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。‎ ‎ ‎