第三章 专题突破5 动力学中的图像和临界极值问题（课件PPT）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

专题突破5　 动力学中的图像和临界极值问题　 返回 ‹#› 1.掌握动力学图像的物理意义，会解决动力学图像问题。 2．理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。 复习 目标 返回 ‹#› 1 考点一　 2 考点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 1．常见的动力学图像 考点一 动力学中的图像问题 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 返回 ‹#› a-t 图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 返回 ‹#› 2.解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。 (2)注意图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。 (3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 返回 ‹#› (多选)(2025·山东济南模拟)用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．物块的质量为3 kg B．最大静摩擦力为3 N C．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s D．若在4 s时撤 去水平拉力，物 块还可以继续滑 行8 m ABC 解析：ABC　根据图乙可知，在1 s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据图甲可知，最大静摩擦力为3 N，B正确；在2 s时刻拉力为6 N，加速度为1 m/s2，则有m＝ kg＝3 kg，A正确；a-t图像的面积表示速度的变化量，结合上述则有v4＝Δv＝ m/s＝4.5 m/s，撤去拉力后的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，则物块还可以继续滑行的时间t＝＝4.5 s，C正确；根据上述，若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离x＝＝10.125 m，D错误。 答案 解析 返回 ‹#› (2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　) D 返回 ‹#› 解析：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。 返回 ‹#› 1．“四种”典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)速度极值的临界条件：当沿速度方向上的加速度变为0时，速度达到最大值或最小值。 考点二 动力学中的临界、极值问题 返回 ‹#› 2．处理临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 返回 ‹#› (2025·河北唐山模拟)如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度为(　　) A．　　　　　　 B． C． D．g B 解析：B　对重物受力分析可得FAsin 30° ＋FBsin 60°＝mg，FBcos 60°－FAcos 30°＝ma，联立解得·－FA＝ma，整理得FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值，为g，故选项B正确。 答案 解析 角度1　绳子断裂与松弛的临界问题 返回 ‹#› (多选)(2025·湖北武汉模拟)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是(　　) A．当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F>3μmg时，A、B间相对滑动 C．当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μg D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg CD 返回 ‹#› 解析：CD　地面的最大静摩擦力为Ff地＝0.5μ(2m＋m)g＝1.5μmg<F＝2μmg，可知A、B都相对地面发生运动，A错误；物块A能够获得的最大加速度amax＝＝μg，当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对地面静止，则有3μmg－0.5μ(m＋2m)＝(m＋2m)a1，解得a1＝0.5μg<amax＝μg可知，当F＝3μmg时，A、B保持相对静止， B的加速度等于0.5μg，C正确；若A、B恰好发生相对运动，对A有amax＝＝μg，对A、B有F2－0.5μ(2m＋m)g＝(2m＋m)amax，解得F2＝4.5μmg，可知当F>4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为amax＝μg，即无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。 返回 ‹#› 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 角度3　接触与脱离的临界问题 返回 ‹#› 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0 由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得 kx1－m1g sin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，故 返回 ‹#› Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－m2g sin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。 答案：72 N　36 N 返回 ‹#› 如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 角度4　动力学中的极值问题 返回 ‹#› 解析：(1)根据L＝v0t＋at2， 代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α， 平行斜面方向有F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝ 返回 ‹#› 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin， 代入数据解得Fmin＝ N。 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 (选择题1～7题每题5分，8～9题每题6分，共47分) [基础分组训练] 题组1　动力学中的图像问题 1．(多选)(2023·全国甲卷，19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙　　　　　 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 限时规范 训练(17) BC 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：BC　对物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg；由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B、C正确。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　　) A．0到6 s内的位移约等于30 m B．0时刻的速度约为28 km/h C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2 D．4 s时受到外力的合力约为2500 N B 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：B　由a-t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s＝28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x<＝23.25 m，故A错误，B正确；由题 图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故 C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到 外力的合力约为F＝ma＝5000 N，故D错误。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(2024·广东卷，7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) B 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：B　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy′－mg，木块所受合外力向上，随着Δy增大F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确； 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 同理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y-t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性 可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加 速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点， C、D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 题组2　动力学中的临界、极值问题 4．(多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 BD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：BD　设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 5．(多选)(2025·河北唐山模拟)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D．t＝ s时，两物体A、B恰好分离 BD 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：BD　t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 6．(多选)(2025·甘肃天水模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0 B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F－μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力为 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 ABC 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 解析：ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态。此时A受到的静摩擦力到达最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体有a＝，对B有a＝，联立解得绳中拉力为F拉＝，故C正确；由B的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于，故D错误。 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 7．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　) A．0.12 m　　　　 B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m C 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：C　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v02＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－gg，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 [创新提升训练] 8．(多选)如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 m/s2。下列判断正确的是(　　) A．物块的质量为1 kg B．k的值为5 N/s C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．t＝3 s时，物块的加速度大小为4 m/s2 ABD 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：ABD　t＝0时Ff＝mg sin θ＝5 N，解得m＝1 kg，故A正确；当t＝1 s时，Ff＝0，说明F＝mg sin θ＝5 N，由F＝kt可知k＝5 N/s，故B正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmg cos θ＝6 N，解得μ＝，故C错误；由F＝μmg cos θ＋mg sin θ，即kt0＝6 N＋5 N，解得t0＝2.2 s，即2.2 s后物块开始向上滑动，当t＝3 s时，F＝15 N，则F－μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得加速度大小为a＝4 m/s2，故D正确。 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力Ff随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 AB 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：AB　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝ m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4 s内，F－F摩＝ma1，4～5 s内，F摩＝ma2，解得m＝1 kg， F＝0.4 N，A、B正确；0～2 s内，F＝Ff， 由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错 误；因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g 可知动摩擦因数不可求，D错误。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(10分)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图像如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。 (1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？ (2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的 大小和方向； (3)绳能够承受的拉力至少为多少？ 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得h0＝＝20 m。 (2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡， 有kv＝2mg，解得k＝200 N·s/m， 刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得 a＝＝30 m/s2，方向竖直向上。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得 8FTcos 37°－mg＝ma 解得FT＝312.5 N 所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N。 答案：(1)20 m　 (2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(13分)(2025·广东惠州模拟)如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m＝1.0 kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，平底箱包与拉杆箱之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计其他摩擦阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝ m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若F＝25 N，求拉杆箱的加速度大小a； (2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m 时的 速度大小v； (3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)若F＝25 N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 F cos α＝(m＋M)a 解得a＝2 m/s2。 (2)根据速度与位移关系式可得v2＝2ax 解得v＝4 m/s。 (3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此时箱包的加速度为a0 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 根据牛顿第二定律可得 FNsin θ＋Ffcos θ＝ma0 FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN 解得a0＝20 m/s2 以整体为研究对象， 水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcos α＝(m＋M)a0 解得拉力的最大值为Fm＝250 N。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)250 N 返回 ‹#› 专题突破5　动力学中的图像和临界极值问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $