《2019年高考物理 真題和模擬題分項(xiàng)匯編 專題21 電學(xué)計(jì)算題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理 真題和模擬題分項(xiàng)匯編 專題21 電學(xué)計(jì)算題（含解析）（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題21 電學(xué)計(jì)算題 1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有 ① 設(shè)粒子

2、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ② 由幾何關(guān)系知d=r③ 聯(lián)立①②③式得 ④ （2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸所經(jīng)過的路程為 ⑤ 帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間為 ⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得 ⑦ 2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計(jì)。 （1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從

3、射入電場至此時在水平方向上的位移大小； （2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 ① F=qE=ma② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有 ③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有 ④ l=v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 ⑥ ⑦ （2）設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧ 3．（2019

4、·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點(diǎn)發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時間為 。重力加速度為g，求 （1）電場強(qiáng)度的大?。? （2）B運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式和題給條件，有 mg+qE=ma① ② 解得③ （2）設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時的動能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動能定理

5、有 ④ 且有 ⑤ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 ⑦ 4．（2019·北京卷）如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動，求： （1）感應(yīng)電動勢的大小E； （2）拉力做功的功率P； （3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】（1）BLv （2） （3） 【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢E=BLv （2）線圈中的感應(yīng)電流 拉力大小等于安培力大小F=BIL 拉力的功率 （3）線圈ab

6、邊電阻 時間 ab邊產(chǎn)生的焦耳熱 5．（2019·北京卷）電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。 （1）請?jiān)趫D1中畫出上述u–q圖像。類比直線運(yùn)動中由v–t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Ep。 （2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽略內(nèi)阻）。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q–t曲線如圖3中①②所示。 a．①②兩條曲線不同是______（選填E或R）的改變造成的； b．電容器有時需要快速充電，有時需要均勻

7、充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。 （3）設(shè)想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不變”）。 “恒流源” （2）中電源 電源兩端電壓 通過電源的電流 【答案】見解析 【解析】（1）u–q圖線如答圖1； 電壓為U時，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能Ep 故 （2）a．R b．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電。 （3） “恒流源”

8、 （2）中電源 電源兩端電壓 增大 不變 通過電源的電流 不變 減小 6．（2019·天津卷）如圖所示，固定在水平面上間距為的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒和長度也為、電阻均為，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。兩端通過開關(guān)與電阻為的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。 （1）閉合，若使保持靜止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向； （2）斷開，在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過的電荷量為，求該過程

9、安培力做的功。 【答案】（1），方向水平向右 （2） 【解析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則 ① 設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有 ② 閉合時，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得 ③ 設(shè)中的電流為，有 ④ 設(shè)受到的安培力為，有 ⑤ 保持靜止，由受力平衡，有 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ⑦ 方向水平向右。 （2）設(shè)由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，運(yùn)動的位移為，所用時間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有 ⑧ 其中 ⑨ 設(shè)中的平均電流為，有 ⑩ 根據(jù)電流的定義得 ? 由動能定理，有 ? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得

10、 ? 7．（2019·天津卷）2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極、之間的勻強(qiáng)電場（初速度忽略不計(jì)），、間電壓為，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為，電荷量為，其中是正整數(shù)，是元電荷。 （1）若引擎獲得的推力為，求單位時間內(nèi)飄入、間的正離子數(shù)目為多少； （2）加速正離子束所消耗的功率不同時，引擎獲得的推力也不同，試推導(dǎo)的表達(dá)式； （3）為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議。

11、 【答案】（1）（2） （3）用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。 【解析】（1）設(shè)正離子經(jīng)過電極時的速度為v，根據(jù)動能定理，有 ① 設(shè)正離子束所受的電場力為，根據(jù)牛頓第三定律，有 ② 設(shè)引擎在時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為，由牛頓第二定律，有 ③ 聯(lián)立①②③式，且得 ④ （2）設(shè)正離子束所受的電場力為，由正離子束在電場中做勻加速直線運(yùn)動，有 ⑤ 考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立①⑤式得 ⑥ （3）為使盡量大，分析⑥式得到 三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。 8．（2019·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝

12、閉合線圈，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的面積S=0.3 m2、電阻R=0.6 Ω，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T.現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt=0.5 s時間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中 （1）感應(yīng)電動勢的平均值E； （2）感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向； （3）通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q． 【答案】（1）0.12 V （2）0.2 A 電流方向見解析 （3）0.1 C 【解析】（1）感應(yīng)電動勢的平均值 磁通量的變化 解得， 代入數(shù)據(jù)得E=0.12 V （2）平均電流 代入數(shù)據(jù)得I=0.2 A（電流方向見圖3） （3）電荷量q=I?t

13、代入數(shù)據(jù)得q=0.1 C 9．（2019·江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為d，且d

14、答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子的運(yùn)動半徑 解得 （2）如圖4所示，粒子碰撞后的運(yùn)動軌跡恰好與磁場左邊界相切 由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°） 解得 （3）粒子的運(yùn)動周期 設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t'，則 （a）當(dāng) 時，粒子斜向上射出磁場 解得 （b）當(dāng)時，粒子斜向下射出磁場 解得 10．（2019·浙江選考）如圖所示，在間距L=0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面（向內(nèi)為正）的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為分布沿y方向不變，沿x方向如下： 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C=1F的未充電

15、的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I=2A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0=0.7m處。開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運(yùn)動，到達(dá)x3=－0.2m處時，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求： （提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功） （1）棒ab運(yùn)動到x1=0.2m時的速度v1； （2）棒ab運(yùn)動到x2=－0.1m時的速度v2； （3）電容器最終所帶的電荷量Q。 【答案】（1）2 m/s （2）（3） 【解析】（1）安培力， 加速度 速度 （2）在區(qū)間 安培力，如圖所示 安培力做功 根

16、據(jù)動能定理可得 解得 （3）根據(jù)動量定理可得 電荷量 在處的速度 聯(lián)立解得 11．（2019·浙江選考）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期。板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t=0時刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場

17、中運(yùn)動的時間不計(jì)。 （1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能； （2）若粒子兩次進(jìn)出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系 【答案】（1）， （2） 【解析】】（1）發(fā)射源的位置 粒子的初動能： （2）分下面三種情況討論： （i）如圖1， 由 和， 及 得 （ii）如圖2， 由 和 及 得 （iii）如圖3， 由 和 及 得 12．（2019·湖北省武昌實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬）如圖所示中和為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所

18、在的平面（紙面）向里。導(dǎo)軌的段與段是豎直的，距離為；段與段也是豎直的，距離為。和為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為m1和m2，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿上的豎直向上的恒力。已知兩桿運(yùn)動到圖示位置時，已勻速向上運(yùn)動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路上的熱功率。 【答案】； 【解析】金屬桿向上運(yùn)動的速度為v，因桿的運(yùn)動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢的大小 回路中的電流 方向沿著順時針方向 兩金屬桿都要受到安培力的作用，作用于桿x

19、1y1的安培力為，方向向上；作用于桿x2y2的安培力為，方向向下。當(dāng)金屬桿作勻速運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有 解以上各式，得 作用于兩桿的重力的功率 電阻上的熱功率。 13．（2019·廣東省汕尾市高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測）如圖所示，直角坐標(biāo)系第一象限存在勻強(qiáng)電場，電場方向指向y軸負(fù)方向。第四象限內(nèi)某矩形區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，磁場上邊界為x坐標(biāo)軸，磁場方向垂直于xOy平面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為q的正電粒子以初速度v0從坐標(biāo)為M（0，l）點(diǎn)沿x軸正方向射入，途經(jīng)x軸上N（2l，0）點(diǎn)進(jìn)入磁場，穿越磁場后，經(jīng)y軸上P（0，-61）點(diǎn)、與y軸負(fù)方向夾角為45°射入第三象限，求： （1

20、）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??； （2）粒子途徑N點(diǎn)時的速度大小和方向； （3）矩形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和矩形區(qū)域的最小面積。 【答案】（1） （2）v0，方向與x軸正方向夾角為45° （3）B= 3.3l2 【解析】（1）帶電粒子在第一象限作平拋運(yùn)動， x軸方向，2l=v0t y軸方向，l=at2 由牛頓第二定律，Eq=ma 解得：E= （2）設(shè)粒子途經(jīng)N點(diǎn)時的速度方向與x軸正方向夾角為φ，tanφ= vy=at?? 解得tan φ=1，所以φ=45°，v==v0， （3）作過N點(diǎn)速度延長線和過P點(diǎn)速度反向延長線，三角形HPI為等腰三角形，由幾何關(guān)系知，HP=8

21、l HI=4l????NI=2l 圓弧半徑為R=2l qvB=???求得：B= 最小矩形的長為4l，寬為，面積為（8-8）l2≈3.3l2 14．（2019·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三模擬）如圖所示，左側(cè)正方形區(qū)域ABCD有豎直方向的勻強(qiáng)電場和垂直紙面方向的磁場，右側(cè)正方形區(qū)域CEFG有電場，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從距A點(diǎn)正上方高為L的O點(diǎn)靜止釋放進(jìn)入左側(cè)正方形區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，從C點(diǎn)水平進(jìn)入右側(cè)正方形區(qū)域CEFG。已知正方形區(qū)域的邊長均為L，重力加速度為g，求： （1）左側(cè)正方形區(qū)域的電場強(qiáng)度E1和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； （2）若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加豎直向下的勻強(qiáng)電場，

22、能使小球恰好從F點(diǎn)飛出，求該電場場強(qiáng)E2的大?。? （3）若在右側(cè)正方形區(qū)域內(nèi)加水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為（k為正整數(shù)），試求小球飛出該區(qū)域的位置到G點(diǎn)的距離。 【答案】（1），方向豎直向上 ，方向垂直紙面向外 （2） （3）L或 【解析】（1） 小球做勻速圓周運(yùn)動 解得：，方向豎直向上 由幾何關(guān)系，又 解得：，方向垂直紙面向外 （2）在CEFG區(qū)域，小球做類平拋運(yùn)動， 水平方向：，解得 豎直方向：，解得 又， 解得 （3）水平方向：，解得 豎直方向小球做自由落體運(yùn)動. 當(dāng)水平方向減速至零時，用時 由，解得， ①當(dāng)k=1時，x=L，小球水平方向恰好

23、到達(dá)FG邊，此時豎直位移=L，小球恰好從F點(diǎn)飛出，此時距G點(diǎn)L ②當(dāng)k=2，3，4……時，x

24、 （1）導(dǎo)體棒ab運(yùn)動的最大速度是多少? （2）當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v=1 m/s時，導(dǎo)體棒ab的加速度是多少? （3）導(dǎo)體棒ab由靜止達(dá)到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少? 【答案】（1）vm=1.5 m/s （2）a=1 m/s2 （3）QR=0.075 J 【解析】（1）導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢大?。篍＝BLv， 由閉合電路的歐姆定律得： 導(dǎo)體棒受到的安培力：FA=BIL 當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動時速度最大，由平衡條件得： 解得最大速度：vm=1.5 m/s （2）當(dāng)速度為v由牛頓第二定律得： 解得：a=1 m/s2 （3）在整個過程中，由

25、能量守恒定律可得： 解得：Q=0.15 J 所以QR=0.075 J 16．（2019·陜西省西安市高三三模）如圖所示，熒光屏MN與x軸垂直放置，熒光屏所在位置的橫坐標(biāo)x0=60 cm，在第一象限y軸和MN之間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1.6×103 N/C，在第二象限有半徑R=5 cm的圓形磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外。磁場的邊界和x軸相切于P點(diǎn)。在P點(diǎn)有一個粒子源，可以向x軸上方180°范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射比荷為=1.0×108 C/kg的帶正電的粒子，已知粒子的發(fā)射速率v0=4.0×106 m/s。不考慮粒子的重力、粒子間的相互作用。求：

26、 （1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑； （2）粒子從y軸正半軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍； （3）帶電粒子打到熒光屏上的位置與Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離。 【答案】（1）5 cm （2）0≤y≤10 cm （3）9 cm 【解析】（1）帶電粒子進(jìn)入磁場受到洛倫茲力的作用做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得： qvB=m 解得：r==5×10﹣2 m=5 cm （2）由（1）問可知r=R，取任意方向進(jìn)入磁場的粒子，畫出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知四邊形PO′FO1為菱形，所以FO1∥O′P， 又O′P垂直于x軸，粒子出射的速度方向與軌跡半徑FO1垂直，則所有粒子離開磁場時的方

27、 向均與x軸平行，所以粒子從y軸正半軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍為0≤y≤10cm （3）假設(shè)粒子沒有射出電場就打到熒光屏上， 有x0=v0t0，h=，a= 解得：h=18 cm＞2R=10 cm 說明粒子離開電場后才打在熒光屏上。設(shè)從縱坐標(biāo)為y的點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子在電場中沿x軸方向的位移為x 則x=v0t，y= 代入數(shù)據(jù)解得：x= 設(shè)粒子最終到達(dá)熒光屏的位置與Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為H，粒子射出電場時速度方向與x軸正方向間的夾角為θ， 所以H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣）? 由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)（x0﹣）=時，即y=4.5 cm時H有最大值 所以Hmax=9 cm 21