2018-物理選修3-2人教全程導(dǎo)學(xué)筆記模塊綜合試卷（一）

模塊綜合試卷(一)(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．)1．(多選)(2017·嘉興市高二上學(xué)期期中)電吉他中的拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1所示，磁體附近的金屬弦被磁化，當(dāng)撥動(dòng)琴弦時(shí)，拾音器中的線圈能將振動(dòng)產(chǎn)生的聲音信號(hào)轉(zhuǎn)換為電信號(hào)并傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說(shuō)法正確的是()圖1A．撥動(dòng)琴弦，穿過(guò)線圈的磁通量將發(fā)生變化B．撥動(dòng)琴弦，琴弦上將產(chǎn)生感應(yīng)電流C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．若取走磁體，拾音器將無(wú)法正常工作答案ACD2.如圖2所示，線圈L的電感很大，電源內(nèi)阻不可忽略，A、B是完全相同的兩只燈泡，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，下列判斷正確的是()圖2A．A燈比B燈先亮，然后A燈熄滅B．B燈比A燈先亮，然后B燈逐漸變暗C．A燈與B燈一起亮，然后A燈熄滅D．A燈與B燈一起亮，然后B燈熄滅答案B3．(多選)(2016·蒼南模擬)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖3甲所示，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖象如圖乙所示，則()圖3A．t＝0.005s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行B．t＝0.01s時(shí)線圈的磁通量變化率最大C．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為50HzD．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為311V答案AC解析t＝0.005s時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，則線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，故A正確．t＝0.01s時(shí)電動(dòng)勢(shì)為0，則線圈的磁通量變化率為0，故B錯(cuò)誤．由題圖可知周期為0.02s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C正確．線圈產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為eq\f(311,\r(2))V≈220V，故D錯(cuò)誤．4．(多選)某發(fā)電站用11kV的交變電壓輸電，輸送功率一定，輸電線的總電阻為R，現(xiàn)若用變壓器將電壓升高到330kV送電，下列選項(xiàng)正確的是()A．因I＝eq\f(U,R)，所以輸電線上的電流增為原來(lái)的30倍B．因I＝eq\f(P,U)，所以輸電線上的電流減為原來(lái)的eq\f(1,30)C．因P＝eq\f(U2,R)，所以輸電線上損失的功率增為原來(lái)的900倍D．若要使輸電線上損失的功率不變，可將輸電線的半徑減為原來(lái)的eq\f(1,30)答案BD解析輸送功率P＝UI一定，輸送電壓升高后，輸電線上的電流變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(11,330)＝eq\f(1,30)，A錯(cuò)誤，B正確；P損＝I2R，損失功率變?yōu)樵瓉?lái)的(eq\f(1,30))2＝eq\f(1,900)，C錯(cuò)誤；輸電線的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,30)，根據(jù)公式R＝ρeq\f(l,S)，輸電線的電阻變?yōu)樵瓉?lái)的900倍，輸電線上損失的功率保持不變，D正確．5．(多選)如圖4所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)有理想邊界，用力將矩形線圈從有邊界的磁場(chǎng)中勻速拉出，在其他條件不變的情況下()圖4A．速度越大，拉力做功越多B．線圈邊長(zhǎng)L1越大，拉力做功越多C．線圈邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功越多D．線圈電阻越大，拉力做功越多答案ABC解析將矩形線圈從有邊界的磁場(chǎng)中勻速拉出的過(guò)程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL1v，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，線圈所受的安培力F安＝BIL1，聯(lián)立得：F安＝eq\f(B2L12v,R).因線圈勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力F＝F安＝eq\f(B2L12v,R)，拉力做功W＝FL2＝eq\f(B2L12v,R)·L2.則知，速度越大，邊長(zhǎng)L1越大，邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功就越多，而線圈電阻越大，拉力做功越少．故選A、B、C.6．如圖5所示的是工業(yè)上探測(cè)物體表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)，其原理是用電流線圈使物體內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變，從而獲得構(gòu)件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息．圖6所示是一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開(kāi)關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來(lái)的跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置，將一個(gè)套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過(guò)其中，閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．關(guān)于以上兩個(gè)運(yùn)用實(shí)例理解正確的是()圖5圖6A．渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了互感原理，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了自感現(xiàn)象B．能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料C．以上兩個(gè)案例中的線圈所連接電源都必須是反復(fù)變化的電源D．以上兩個(gè)案例中的線圈所連接電源也可以都是穩(wěn)恒電源答案B解析渦流探傷技術(shù)的原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變；跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示線圈接在直流電源上，閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，穿過(guò)套環(huán)的磁通量會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，會(huì)跳動(dòng)，屬于演示楞次定律，故A錯(cuò)誤．無(wú)論是渦流探傷技術(shù)還是演示楞次定律，都需要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是在導(dǎo)體內(nèi)，故B正確．金屬探傷時(shí)，探測(cè)器中通過(guò)反復(fù)變化的電流，產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，當(dāng)金屬處于該磁場(chǎng)中時(shí)，該金屬中會(huì)感應(yīng)出渦流；演示楞次定律的實(shí)驗(yàn)中，如果線圈接在直流電源上，閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，穿過(guò)套環(huán)的磁通量會(huì)改變，套環(huán)中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，套環(huán)會(huì)跳動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤．7．(2017·麗水高二檢測(cè))風(fēng)速儀的簡(jiǎn)易裝置如圖7甲所示．在風(fēng)力作用下，風(fēng)杯帶動(dòng)與其固定在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中的感應(yīng)電流隨風(fēng)速的變化而變化．風(fēng)速為v1時(shí)，測(cè)得線圈中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示；若風(fēng)速變?yōu)関2，且v2＞v1，則感應(yīng)電流的峰值Im、周期T和電動(dòng)勢(shì)E的變化情況是()圖7A．Im變大，T變小 B．Im變大，T不變C．Im變小，T變小 D．Im不變，E變大答案A解析風(fēng)速越大，永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)越快，線圈中的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，即Im變大；根據(jù)關(guān)系式T＝eq\f(2πr,v)可知，T變?。绢}答案為A.8．(多選)(2017·浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第三次聯(lián)考)圖8甲是交流發(fā)電機(jī)的示意圖，發(fā)出的電直接輸出到理想變壓器的原線圈，為理想交流電壓表．變壓器的副線圈接有三個(gè)支路，每個(gè)支路接有相同規(guī)格的小燈泡L1、L2和L3，且L2串有理想電感器L、L3串有電容器C.發(fā)電機(jī)兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸OO′沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．下列說(shuō)法正確的是()圖8A．圖甲線框位置叫中性面，此時(shí)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由圖乙可得，此時(shí)電壓表示數(shù)為10VB．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為100πrad/s,0.02s時(shí)線框內(nèi)電流的流向是：DCBAC．如果燈泡L1恰好正常發(fā)光，那么L2、L3兩小燈泡都能發(fā)光但比L1要暗D．增大線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)速度，L1、L2、L3三個(gè)小燈泡的亮度均不會(huì)變化答案BC解析中性面與磁場(chǎng)方向垂直，因此題圖甲線框位置不是中性面，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙知，交變電流的周期T＝2×10－2s，線圈的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，由楞次定律知，0.02s時(shí)線框內(nèi)感應(yīng)電流的流向?yàn)镈CBA，選項(xiàng)B正確；L2與電感串聯(lián)，L3與電容器串聯(lián)，電感器有感抗，電容器有容抗，故L2、L3都能發(fā)光但比L1暗，選項(xiàng)C正確；增大線圈的轉(zhuǎn)速，由Em＝NBSω知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值變大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副線圈的輸出電壓增大，L1的亮度變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．9．(多選)(2017·浙江省選考十校聯(lián)盟3月適應(yīng)性考試)如圖9所示，理想變壓器輸入電壓U1一定，原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過(guò)滑動(dòng)觸頭來(lái)調(diào)節(jié)，當(dāng)滑動(dòng)觸頭滑到b、c時(shí)電流表的示數(shù)分別為I1、I1′，通過(guò)電阻R0的電流分別為I2、I3，電阻R0兩端的電壓分別為U2、U3.已知原線圈匝數(shù)為n1，副線圈a、b間和a、c間的匝數(shù)分別為n2和n3，則()圖9A.eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)B.eq\f(I2,I3)＝eq\f(n3,n2)C.eq\f(I1,I1′)＝eq\f(n22,n32)D．U1(I1＋I(xiàn)1′)＝U2I2＋U3I3答案ACD解析由理想變壓器的電壓關(guān)系知，eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，選項(xiàng)A正確；由閉合電路歐姆定律得I2＝eq\f(U2,R0)，I3＝eq\f(U3,R0)，由理想變壓器的電壓關(guān)系知，eq\f(U2,U3)＝eq\f(n2,n3)，由以上三式解得eq\f(I2,I3)＝eq\f(n2,n3)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由理想變壓器的電流關(guān)系知，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(I1′,I3)＝eq\f(n3,n1)，解得eq\f(I1,I1′)＝eq\f(n22,n32)，選項(xiàng)C正確；理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則U1I1＋U1I1′＝U2I2＋U3I3，選項(xiàng)D正確．10．(2017·金華高二期末)光滑水平面上的邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架底邊與磁場(chǎng)邊界平行，完全處于垂直于框架平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)把框架沿與磁場(chǎng)邊界垂直的方向勻速拉出磁場(chǎng)，如圖10所示，E、F外、P分別表示金屬框架產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)、所受水平外力及外力功率，則各物理量與位移x關(guān)系圖象正確的是()圖10答案B解析正三角形框架位移x與切割磁感線的有效長(zhǎng)度l的關(guān)系l＝eq\f(x,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)x，即把框架勻速拉出磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝eq\f(2\r(3)Bxv,3)∝x，當(dāng)x＝eq\f(\r(3),2)a時(shí)，E最大，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；所受水平外力F外＝BlI＝Bleq\f(E,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，其中R為框架的總電阻，當(dāng)x＝eq\f(\r(3),2)a時(shí)，F(xiàn)外最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；外力功率P＝F外v＝eq\f(4B2x2v2,3R)∝x2，當(dāng)x＝eq\f(\r(3),2)a時(shí)，P最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共10分．)11．(4分)(2015·浙江10月選考·21(1))如圖11所示，在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，電源輸出端與變壓器線圈連接方式正確的是________(選填“圖甲”或“圖乙”)．變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為120匝和60匝，測(cè)得的電壓分別為8.2V和3.6V，據(jù)此可知電壓比與匝數(shù)比不相等，主要原因是________________．圖11答案圖乙漏磁、鐵芯發(fā)熱、導(dǎo)線發(fā)熱解析變壓器是靠電磁感應(yīng)原理工作的，必須接交流電，故正確的是題圖乙；理想變壓器電壓與匝數(shù)成正比，實(shí)際變壓器不成正比是由漏磁、鐵芯發(fā)熱、導(dǎo)線發(fā)熱等電能損失造成的．12．(6分)(2017·紹興一中高二上學(xué)期期中)如圖12甲為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中所用器材的示意圖．現(xiàn)將電池組、滑動(dòng)變阻器、帶鐵芯的線圈A和B、電流計(jì)及開(kāi)關(guān)連接成如圖所示的電路．圖12(1)開(kāi)關(guān)閉合后，下列說(shuō)法中正確的是________．A．只要將線圈A放在線圈B中就會(huì)引起電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)B．線圈A插入或拔出線圈B的速度越大，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)的角度越大C．滑動(dòng)變阻器的滑片P滑動(dòng)越快，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)的角度越大D．滑動(dòng)變阻器的滑片P勻速滑動(dòng)時(shí)，電流計(jì)指針不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)(2)在實(shí)驗(yàn)中，如果是因?yàn)榫€圈A插入或拔出線圈B，導(dǎo)致電流計(jì)指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．這時(shí)，是________轉(zhuǎn)化為電能．(3)上述實(shí)驗(yàn)中，線圈A可等效為一個(gè)條形磁鐵，將線圈B和靈敏電流計(jì)簡(jiǎn)化如圖乙所示．當(dāng)電流從正接線柱流入靈敏電流計(jì)時(shí)，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)．則乙圖中靈敏電流計(jì)指針向______接線柱方向偏轉(zhuǎn)(填“正”或“負(fù)”)．答案(1)BC(2)機(jī)械能(3)負(fù)解析(1)當(dāng)線圈A放在線圈B中靜止后，因磁通量不變，則不會(huì)引起電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；線圈A插入或拔出線圈B的速度越大，則穿過(guò)線圈B的磁通量的變化率越大，那么電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)的角度越大，選項(xiàng)B正確；滑動(dòng)變阻器的滑片P滑動(dòng)越快，則穿過(guò)線圈B的磁通量的變化率越大，那么電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)的角度越大，故C正確；滑動(dòng)變阻器的滑片P勻速滑動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量發(fā)生變化，則電流計(jì)指針也會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤；故選B、C.(2)如果是因?yàn)榫€圈A插入或拔出線圈B，導(dǎo)致電流計(jì)指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，對(duì)應(yīng)的是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由能量守恒定律可知，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能．(3)因電流從正接線柱流入靈敏電流計(jì)時(shí)，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)，根據(jù)楞次定律，依據(jù)題圖可知，感應(yīng)電流從負(fù)接線柱流入，則靈敏電流計(jì)指針向負(fù)接線柱方向偏轉(zhuǎn)．三、計(jì)算題(本題共4小題，共50分．解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明，只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位．)13．(10分)如圖13所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k為正的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為l的正方形方框．將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部分位于磁場(chǎng)區(qū)域中，求：圖13(1)導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小；(2)磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化率．答案(1)eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)解析(1)方框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝eq\f(1,2)l2·ΔB②導(dǎo)線中的電流為I＝eq\f(E,R)③式中R是導(dǎo)線的總電阻，根據(jù)電阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)④聯(lián)立①②③④式，將eq\f(ΔB,Δt)＝k代入得I＝eq\f(klS,8ρ).⑤(2)方框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為F＝BIl⑥磁場(chǎng)對(duì)方框的作用力隨時(shí)間的變化率為eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)⑦由⑤⑦聯(lián)立得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).14．(12分)(2017·紹興一中高二上學(xué)期期中)如圖14所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌，它們所構(gòu)成的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，平行導(dǎo)軌間距L＝1.0m．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T．兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．兩金屬桿的質(zhì)量均為m＝0.2kg，電阻均為R＝0.2Ω.若用與導(dǎo)軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導(dǎo)軌勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個(gè)過(guò)程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．金屬導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖14(1)cd桿受到的安培力F安的大?。?2)通過(guò)金屬桿的感應(yīng)電流大小I；(3)作用在金屬桿ab上拉力的功率．答案(1)1.0N(2)5.0A(3)20W解析(1)金屬桿cd靜止在金屬導(dǎo)軌上，所受安培力方向平行于導(dǎo)軌平面向上．則F安＝mgsin30°解得：F安＝1.0N(2)F安＝BIL解得：I＝5.0A(3)金屬桿ab所受安培力方向平行于導(dǎo)軌平面向下，金屬桿ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿導(dǎo)軌方向分力作用下勻速上滑，則F＝BIL＋mgsin30°根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬桿ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E感＝BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過(guò)金屬桿ab的電流I＝eq\f(E感,2R)根據(jù)功率公式：P＝Fv解得：P＝20W.15．(12分)(2016·臺(tái)州六校期中)海洋中蘊(yùn)藏著巨大的能量，利用海洋的波浪可以發(fā)電．南海上有一浮桶式波浪發(fā)電燈塔，其原理示意圖如圖15甲所示．浮桶內(nèi)的磁體通過(guò)支柱固定在暗礁上，浮桶內(nèi)置線圈隨波浪相對(duì)磁體沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，且始終處于磁場(chǎng)中，該線圈與阻值R＝15Ω的燈泡相連．如圖乙所示，浮桶下部由內(nèi)、外兩密封圓筒構(gòu)成，其截面積S＝0.2m2(圖乙中斜線陰影部分)，其內(nèi)為產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁體，與浮桶內(nèi)側(cè)面的縫隙忽略不計(jì)；匝數(shù)N＝200的線圈所在處輻向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，線圈直徑D＝0.4m，電阻r＝1Ω.若浮桶隨波浪上下運(yùn)動(dòng)可視為受迫振動(dòng)，浮桶振動(dòng)的速度可表示為v＝0.4πsin(eq\f(2π,3)t)m/s，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.求：圖15(1)波浪發(fā)電產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)e的瞬時(shí)表達(dá)式；(2)燈泡的電功率．答案(1)e＝64sin(eq\f(2π,3)t)V(2)120W解析(1)線圈在磁場(chǎng)中切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，Emax＝NBlvmax(或et＝NBlvt)l＝πD解得Emax＝64V，則e＝Emaxsin(eq\f(2π,3)t)V＝64sin(eq\f(2π,3)t)V(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律，流過(guò)燈泡的最大電流Imax＝eq\f(Emax,R＋r)＝eq\f(6