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2021年湖南省长沙市雅礼中学
高考物理一模试卷（5月份）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1．（6分）低碳环保是我们现代青年追求的生活方式．如图所示，是一个用来争辩静电除尘的试验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香．转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升．关于这个现象，下列说法中正确的是（ ）
A． 烟尘由于带正电而被吸附到缝被针上
B． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大
C． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小
D． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中假如带电量不变，离铝板越近则加速度越大
【考点】： 静电现象的解释．
【分析】： 从静电除尘的原理动身即可解题．当接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，遇到烟尘微粒使它带负电．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消退了烟尘中的尘粒．
【解析】： 解：A、负离子在电场力的作用下，向正极移动时，遇到烟尘微粒使它带负电．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；
B、烟尘向铝板运动的时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B正确，C错误；
D、依据针尖端的电场线密集，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D错误．
故选：B．
【点评】： 本题涉及静电除尘的原理，关键是电子简洁被吸附到烟尘颗粒上，故烟尘颗粒会吸附带带正电的铝板上．
2．（6分）如图所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 对于连接体问题，优先考虑以整体为争辩对象，本题中以整体为争辩对象，可以求出力F的大小，然后依据B处于平衡状态，再求出弹簧弹力，从而进一步求出弹簧的压缩量．
【解析】： 解：以AB整体为争辩对象：
沿斜面方向上依据平衡条件有：F=2mgsin30°
单独对B争辩：
沿斜面方向上依据平衡条件：kx=mgsin30°
所以有F=2kx．
故
故选B．
【点评】： 对于连接体问题留意整体与隔离法的应用，正确选取争辩对象然后受力分析，依据所处状态列方程求解．
3．（6分）2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救供应技术支持．特殊是“高分一号”突破了空间辨别率、多光谱与大掩盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（ ）
A． 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g
B． 假如调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必需对其减速
C． “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小
D． 卫星“”由位置A运动到位置B所需的时间为
【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 依据万有引力供应向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．
“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够供应向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．
“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，要克服阻力做功，机械能减小．
依据万有引力供应向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．
【解析】： 解：A、依据万有引力供应向心力=ma，
得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度a=．故A错误．
B、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故假如调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必需对其减速，故B错误．
C、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，克服阻力做功，运行一段时间后，高度会降低，速度增，机械能减小．故C正确．
D、依据万有引力供应向心力，=mω2r
得ω=，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t==．故D错误．
故选：C．
【点评】： 解决本题的关键把握万有引力供应向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2．
4．（6分）如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）．在此过程中（ ）
A． 水平推力F为恒力
B． 摩擦力对斜面体A不做功
C． 水平推力F和重球B对A做功的大小相等
D． 对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小相等
【考点】： 功的计算；共点力平衡的条件及其应用．
【分析】： 依据恒力做功的表达式W=FScosθ，功的正负可以看力与位移的夹角，当θ＜90°时，力做正功；当θ=90°时，力不做功；当θ＞90°时，力做负功
【解析】： 解：A、通过整体受力分析可得，可以推断推力不为恒力而是变力，故A错误
B、如图，画出小球B受到的支持力N（绿色线），摩擦力f的方向（黑色线）以及小球在该位置时运动的切线的方向（红色线），
由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面对下，依据力的相互性可知，A受到的摩擦力向上，所以A受到的摩擦力与A的位移方向夹角为钝角，所以斜面对B的摩擦力对m做负功，故B错误；
C、斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和重球B对A做功的大小相等，故C正确
D、A对重球B的摩擦力和重球B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，但是B在摩擦力方向上的位移和A在摩擦力方向上的位移不等，所以做功也不等，故D错误
故选：C
【点评】： 解决本题的关键把握功的正负的推断方法，以及会机敏利用动能定理比较功的大小
5．（6分）如图所示的+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为o，下列说法正确的是（ ）
A． A点的电场强度大于B点的电场强度
B． 把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零
C． 电子在A点的电势能小于在B点的电势能
D． 把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加
【考点】： 电场线；电势能．
【分析】： 电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，依据电场线分布分析答题
【解析】： 解：等量异号电荷电场线分布如图所示：
A、由图示电磁线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；
B、A、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，故B错误；
C、电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，
A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；
D、等量异号电荷连线的重锤线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D错误；
故选：C．
【点评】： 本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题
6．（6分）机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”，城市“雾霾”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在渐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（ ）
A． 电动汽车正常工作时消耗的电功率1800 W
B． 电动机的内阻为0.5Ω
C． 蓄电池布满电后储存的电能不小于1.04×108J
D． 布满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 h
【考点】： 电功、电功率．
【专题】： 恒定电流专题．
【分析】： 电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，依据UI=P+I2r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压．
【解析】： 解：A、电动机正常工作时消耗的电功率P=U额I额=36×50=1800W，故A正确；
B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率P热=P电﹣P出=1800﹣1675=125W，则电动机内阻r=Ω，故B错误；
C、蓄电池布满电后储存的电能W=UIt=800×3600×36=1.04×108J，故C正确；
D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t=，故D正确．
故选：ACD
【点评】： 本题考查了速度、功、功率的计算和能量的转化，关键是公式和规律的机敏运用，留意能量守恒定律的运用，计算过程还要留意单位的换算．
7．（6分）如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一抱负自藕变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，100Ω）和滑动变阻器，已知图示状况下灯泡正常发光，电流表视为抱负电表，则下列说法正确的是（ ）
A． 此时原副线圈的匝数比为2：1
B． 此时电流表的示数为0.4A
C． 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗
D． 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
【考点】： 沟通发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 先依据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值，然后依据抱负变压器的变压比公式和变流比公式列式求解．
【解析】： 解：A、输入电压的最大值为：Um=NBSω=，变压器变压器输入电压的有效值为：，开关闭合时灯泡正常发光，所以
此时原副线圈的匝数比为：，故A正确；
B、由欧姆定律得：，依据得：此时电流表的示数为：，故B错误；
C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，依据可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C正确；
D、线圈匝数不变，依据可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2═，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故D错误；
故选：AC．
【点评】： 题关键是记住沟通发电机最大电动势表达式Um=NBSω，同时要明确输入电压打算输出电压，输出电流打算输入电流，输出功率打算输入功率．
8．（6分）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面对外，大小不变；B2垂直水平面对里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．（取π=3）（ ）
A． 通过线框中感应电流方向为顺时针方向
B． t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1Wb
C． 在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12C
D． 经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J
【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
【分析】： 依据楞次定律推断感应电流的方向；依据磁通量Φ=BS求解；由q=t=t求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．
【解析】： 解：A、由磁感应强度B1垂直水平面对外，大小不变；B2垂直水平面对里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、t=0时刻穿过线框的磁通量为：∅=B1××πr2﹣B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12﹣2××3.14×0.12Wb=0.0052Wb，故B错误；
C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=t=t=×△t==C=0.12C，故C正确；
D、由Q=I2Rt=（）2R×△t==J≈0.6J，故D正确．
故选：CD．
【点评】： 考查磁通量的定义，留意磁通量的正负，理解法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，及其焦耳定律，留意安培力大小计算与方向的判定．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生依据要求作答．（一）必考题
9．（6分）某同学设计了以下的试验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，登记线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．转变h，调整线框的位置，多做几次试验．记录各次的h，U．
（1）假如接受图象法对得出的数据进行分析论证，用 U2﹣h 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更简洁得出结论．
（2）影响本试验精确程度的因素主要是 空气阻力 （至少列举一点）．
【考点】： 验证机械能守恒定律．
【专题】： 试验题；机械能守恒定律应用专题．
【分析】： （1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，
（2）由于阻力的存在，会存在肯定误差．
【解析】： 解：（1）mgh=mv2
得：v=
依据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BL
U2=2B2L2gh
每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，假如接受图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，
故用U2﹣h图象；
（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时削减的重力势能不能完全转化为动能带来试验误差．
故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．
【点评】： 解答试验问题的关键是明确试验原理、试验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理试验问题的力量．
10．（10分）在某次描绘小灯泡伏安特性曲线的试验中，所选用的试验器材有：
A：小灯泡“2.5V，0.2A”
B：电流表0﹣0.6A﹣3A（内阻约1Ω）
C：电压表0﹣3V﹣15V （内阻很大）
D：滑线变阻器“2A，10Ω”
E：电源（两节干电池）
F：开关一个，导线若干
（1）在试验时小杰同学接受了如图甲所示的实物电路，则具体试验操作前该电路需改进的地方有 电流表应接受外接法；电流表量程太大；滑片应置于左侧
（2）在改正电路需改进之处后，小杰同学进行了试验，但在试验中发觉，无论怎样调整滑线变阻器，都不能使小灯泡两端电压达到2.5V额定电压，而是只能牵强达到1.80V，于是他猜想是否干电池太旧，总电动势只能达到1.8V，为了验证自己的猜想，他用以上器材进行了测该电源电动势和内阻的试验，电路图如图乙，试验数据如下：
U（V） 2.37 2.30 2.18 2.10 1.90 1.60 1.30
I（A） 0.11 0.14 0.18 0.21 0.29 0.42 0.56
Ⅰ．请在图丙坐标纸上画出U﹣I图线，由图线可得E= 2.61 V，电源内阻为r= 2.6
Ⅱ．描绘小灯泡伏安特性曲线的试验中电压只能达到1.8V的缘由是否如小杰所猜想？由试验数据得小灯泡两端电压为1.8V时电流为0.19A，试通过分析说明只能达到1.80V的缘由．
【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】： 试验题；恒定电流专题．
【分析】： （1）依据灯泡内阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；试验时电表要选择合适的量程；滑动变阻器接受分压接法，闭合开关前，分压电路分得的电压应为零．
（2）应用描点法作图作出电眼的U﹣I图象；电源的U﹣I图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的确定值是电源的内阻；依据试验电路，应用欧姆定律分析答题．
【解析】： 解：（1）小灯泡内阻很小，约为几欧姆到十几欧姆，而电压表内阻很大，约为几千欧姆定律到几万欧姆，灯泡电阻远小于电压表内阻，试验时电流表应接受外接法而不是接受内接法；电源电动势约为3V，灯泡电阻约为几欧姆左右，电路最大电流不会超过0.6A，电流表应选0.6A量程而不是选择3A量程；由图甲所示可知，滑动变阻器接受分压接法，闭合开关前，为爱护电路，滑片应置于左端，不能放在右端．
（2）Ⅰ、依据表中试验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象，电源的U﹣I图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴的交点坐标值为你2.61，则电源电动势E=2.61V，电源内阻r==≈2.6Ω；
Ⅱ、电源电动势为2.61V，电压表示数达不到2.5V，不是电源电动势太小造成的；
灯泡两端电压为1.8V时，灯泡电阻R=≈9.5Ω，
分压支路小灯泡与电流表总内阻约为10欧姆，滑动变阻器最大阻值为10Ω，
则滑动变阻器与分压支路并联电阻约为5欧姆，U分压=IR并=R并=≈1.7V，所以电压表示数不能达到2.5V；
故答案为：（1）电流表应接受外接法；电流表量程太大；滑片应置于左侧；（2）Ⅰ图象如图所示；2.61； 2.6；Ⅱ电压只能到达1.8V的缘由是电源灯泡的最大分压约为1.8V．
【点评】： 本题考查了试验电路分析、求电源电动势与内阻，应用图象法处理试验数据是常用的试验数据的处理方法，要把握描点法作图的方法，要会依据电源的U﹣I图象求出电源的电动势与内阻．
11．（14分）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为q．A静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37°，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为μ，上方有一个平行于斜面对下的匀强电场），轻绳拉直而无形变．不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为k．B、C质量相等，均为m，A的质量为2m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g．
（1）电场强度E的大小为多少？
（2）现突然将电场的方向转变 180°，A开头运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），恳求出此时B的速度大小．
（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？
【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；机械能守恒定律．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： A静止时，受力平衡，依据平衡方程可求得电场强度大小；
初始时刻B静止，由平衡条件可得弹簧压缩量，当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，由平衡条件可得此时弹簧伸长量，分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2x，A、B系统机械能守恒，依据2mg×2xsin37°+qE•2x=可求解；
A滑上斜面的粗糙部分，做匀减速直线运动，求出其加速度，从而依据速度公式可得停下来的时间；
【解析】： 解：（1）A静止，由平衡条件有：2mgsin37°=qE
解得：E=
（2）初始时刻B静止，设弹簧压缩量为x，由平衡条件有：kx=mg
当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，设弹簧伸长量为x´
由平衡条件有：kx′=mg
由于B、C重力相等，故：
分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2x
A、B系统机械能守恒，有：2mg×2xsin37°+qE•2x=
解得：υ=
（3）A滑上斜面的粗糙部分，由牛顿其次定律：μN=2ma
N=2mgcos37°
得：a=μgcos37°=μ
故A做匀减速直线运动，时间：t==
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）此时B的速度大小．
（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再停下来
【点评】： 本题关键依据物体的受力状况和运动状况，结合机械能守恒定律和平衡方程，综合性较强，中难度．
12．（17分）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30°角，P点的坐标为（，0），在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面对外、磁感应强度为B的匀强磁场．在直角坐标系xOy的第Ⅳ象限区域内存在沿y轴，正方向、大小为的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0≤y≤2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场．已知从y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽视电子间的相互作用，不计电子的重力．求：
（1）电子的比荷；
（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；
（3）从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： 从y轴上y=﹣2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，依据牛顿其次定律列方程求比荷；
粒子在磁场中运动圆轨迹必需与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远．
【解析】： 解：（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a，由Bev0=m
得：=
（2）粒子能进入磁场中，且离O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必需与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O′点，
则O′M=2a，
由三角函数关系可得：tan30°=
得：OM=a
有OO′=0.5a，即粒子在离开磁场离O点下方最远距离为ym=1.5a
从y轴进入电场位置在0≤y≤1.5a范围内．
（3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，x=v0t
竖直方向有：y=t2
代入得：x=
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ，则有：
tanθ===
有：H=（3a﹣x）tanθ=（3a﹣）•
当（3a﹣）=时，即y=a时，H有最大值，由于a＜1.5a，所以Hmax=a
答：（1）电子的比荷=；
（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围为0≤y≤1.5a；
（3）从y轴y=a位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远，最远距离为a．
【点评】： 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，并依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，求极值的问题肯定要先找出临界的轨迹，留意数学方法在物理中的应用．
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