2022年新高考湖北物理高考真題解析

湖北省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試

物理

一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題

只有一項符合題目要求，第8~11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的

得2分，有選錯的得0分。

1.上世紀四十年代初，我國科學(xué)家王淺昌先生首先提出證明中微子存在實驗方案：如果靜止原子核：Be

俘獲核外K層電子e,可生成一個新原子核X,并放出中微子V”即：Be+：e-X+；v「。根據(jù)核反應(yīng)后

原子核X的動能和動量，可以間接測量中微子的能量和動量，進而確定中微子的存在。下列說法正確的是

（）

A.原子核X是；LiB.核反應(yīng)前后的總質(zhì)子數(shù)不變

C.核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同D.中微子嗔的電荷量與電子的相同

【答案】A

【解析】AC.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒有，X的質(zhì)量數(shù)為7,電荷數(shù)為3,可知原子核X是；Li,A

正確、C錯誤；

B.由選項A可知，原子核X是;Li,則核反應(yīng)方程為：Be+，:e-；Li+，則反應(yīng)前的總質(zhì)子數(shù)為

4,反應(yīng)后的總質(zhì)子數(shù)為3,B錯誤；

D.中微子不帶電，則中微子匕的電荷量與電子的不相同，D錯誤。

故選Ao

2.2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地

球做圓周運動，周期約90分鐘。下列說法正確的是（）

A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)

B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度

C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大

D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小

［答案］C

【/析】A.組合體在天上只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；

B.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，而第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的

速度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；

C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關(guān)系有

2兀

co-——

T

由于7向＞7組合體，則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確；

D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，有

廠Mm442

下=

整理有

T=2汲

\GM

由于7同＞7級合體，則r同＞r組合修，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有

—Mm

ma=G——

則有

a同＜a組合體

D錯誤。

故選C。

3.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p—V圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對應(yīng)該線段的

中點。下列說法正確的是（）

A.a-b是等溫過程

B.a—b過程中氣體吸熱

C.a-c過程中狀態(tài)b的溫度最低

D.arc過程中外界對氣體做正功

【答案】B

【解析】AB.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

T

可知a—b氣體溫度升高，內(nèi)能增加，且體積增大氣體對外界做功，則W<0,由熱力學(xué)第一定律

\U=W+Q

可知a-b過程中氣體吸熱，A錯誤、B正確；

C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

可知，〃一丫圖像的坐標(biāo)值的乘積反映溫度，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標(biāo)值的乘積相等，而中間狀態(tài)的坐標(biāo)值乘

積更大，a-c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯誤；

D.a—c過程氣體體積增大，外界對氣體做負功，D錯誤。

故選B。

4.密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。

用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金

屬板間電勢差為U時，電荷量為外半徑為/?的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為

2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）j----------------1!----------------!o

A.q,rB.2q,rC.2q,2rX

［答案］D?

【/析】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滿足?Y

Eq=mg1?????*

即1"----一

U43

-q=-7ir-pg

a3

AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足

可得

q=—

2

AB錯誤；

CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足

號/乃（2r）、0g

a3

可得

q'=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

5.如圖所示，質(zhì)量分別為加和2%的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平

輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為“，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水

平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧

的勁度系數(shù)為鼠重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移

大小為（）,~~

A.儂B,9整c.包整D,包鱉

kkkkfcdXbxdSL

【答案】C

【解析】Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x,滿足

kx=2從mg

若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對于其初始位

置的最大位移大小為

s=2x=典

k

故選C。

6.我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,

W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達終點站G。設(shè)普通列車的最高速

度為108km/h,高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大

小均為0.5m/s2,其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則

從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）

A.6小時25分鐘B.6小時30分鐘

C.6小時35分鐘D.6小時40分鐘

【答案】B

【解析】108km/h=30m/s,324knVh=90m/s

由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間，

相鄰兩站間的距離

x=1080x%=216xl05m

5

普通列車加速時間

加速過程的位移

1,1,

M=—at：=—x0.5x60*m=900m

'212

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間

士生=2.16x105-2x900s=7i40s

v30

同理高鐵列車加速時間

%'子粉皿

加速過程的位移

/=l^；2=lx0.5xl802m=8100m

12,2

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間

,x-2x：2.16X105-2X8100

t'=--------L=--------------------------s=2220s

2M90

相鄰兩站間節(jié)省的時間

△t-（t2+2乙）—（f：+2，：）=4680s

因此總的節(jié)省時間

△t迄=5加=4680x5s=23400s=6小時30分

故選B。

7.一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2u增大

到5%前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為明和牝，合外力的沖量大小分別為人和/2。下列關(guān)系

式一定成立的是（）

A.叱=3叱，12<31]B.叱=3叱，/2>7,

C.叱=7叱,Z2<3/,D.叱=7叫，/2>/,

【答案】D

【解析】根據(jù)動能定理可知

WJ=；/〃(2n)2-^mv2=^my2

Ii?!

22

W2=—m(5v)-—m(2v)=-mv~

可得

%=7叱

由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大,

因此沖量的大小范圍是

mv</(<3mv

3mv</,<Imv

比較可得，224

一定成立。

故選D?

8.在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充

滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場,

磁感應(yīng)強度大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同

的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。角。已知離子比荷為h不

計重力。若離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為仇則離子的入射速

度和對應(yīng)e角的可能組合為()

11

A.-kBL,0°B.-kBL,0°C,kBL,60°D,2kBL,60°

32

【答案】BC

【解析】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖

根據(jù)幾何關(guān)系則有

R=L

v2

qvB=m—

R

可得

v=^^-=kBLXXXX

mXXXX

根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30。角向上，故出射方向與入射方向夾角為L

6>=60°?

當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖

因為上下磁感應(yīng)強度均為B,則根據(jù)對稱性有

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

2

qvB

可得

qBLI

V=-——=—Kl

此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為，二0。。

通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場射出時，需滿足

qBL_1

(2〃-1)加一2〃-1(〃=1，2,3……)

此時出射方向與入射方向的夾角為敘60。；

當(dāng)粒子從上部分磁場射出時，需滿足

v=--kBL(71=1,2,3....)

2nm2n

此時出射方向與入射方向的夾角為生0°。

故可知BC正確，AD錯誤。

故選BC。

9.近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的

輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為

發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（

A.接收線圈的輸出電壓約為8V

B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

I）.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

【答案】AC

【解析】A.根據(jù)

/?,_80%f7,

n2U2

可得接收線圈的輸出電壓約為S=8V；

B.根據(jù)

%—80%/,

可得

/1_88

故B錯誤；

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；

D.由于穿過發(fā)射線圈磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率

與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。

故選ACo

10.如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方向從坐標(biāo)原點O射入，并經(jīng)過點P（〃>0,6>0）。若上

述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為八，到達P點的動能為Eki。若

上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為t2,到達P點的動能為反2。

下列關(guān)系式正確的是?（）Ay

A.B.P

tl<t2tl>t2,h-----------?

C.Eki<￡k2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】AB.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運o----------a―x

動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實

現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)

x

f=一

V

可知

tl<t2

故A正確，B錯誤。

CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于w；當(dāng)該

過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于而根據(jù)

P12

E,=—mv

人2

可知

Eki>Ek2

故C錯誤，D正確。

故選ADo

11.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)恒定。

整個裝置置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角?？烧{(diào)。導(dǎo)

體棒沿導(dǎo)軌向右運動，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做

勻加速運動或勻減速運動。已知導(dǎo)體棒加速時，加速度的最大值為立g;減速時，加速度的最大值為6

3

g,其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是()§/

A.棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為且一―/

61^及.

B.棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為半/v__________

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，J=60。

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，0=150°

【答案】BC

【解析】設(shè)磁場方向與水平方向夾角為仇，仇<90。;當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左

手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有

FsinG"(mg-Fcos6j=tna]

令

1

cosa=-

歷

J

sina二

Jl+筋

根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得

sin(4+a)=Rmg+ma]

則有

而?/他八+、小j勺jmg?+生ma勺..

同理磁場方向與水平方向夾角為例，/<90。，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手

定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有

尸sin&+必(〃?g+尸cos&)=w生

有

F(Jl+x?jsin(0,+?)=/w2-/Jmg

所以有

sin(%+a)=*|<1

當(dāng)加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得

A/3

帶入

1

cosa=-

歷

可得a=30。，此時

q=%=60"

加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有

0=0,=60

減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有

。=4一4=120°

故BC正確，AD錯誤。

故選BCo

二、非選擇題:本題共5小題。共56分。

12.某同學(xué)設(shè)計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，

另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄

鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值Max和最小值Znin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。

根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Zw一(而圖像是一條直線，如圖乙所示。

(1)若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為

(2)由圖乙得:直線的斜率為—，小鋼球的重力為N。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(3)該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是(單選，填正確答案標(biāo)號)。

A.小鋼球擺動角度偏大

B.小鋼球初始釋放位置不同

C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力

【答案】①.-2②.-2.10.59

@.C

【解析】(1)[1]設(shè)初始位置時，細線與豎直方向

夾角為仇則細線拉力最小值為

電=MgCOS?

到最低點時細線拉力最大，則

12

mg1(1-cos^)=-mv~

2

Tnm-mg=m—/N

圖甲圖乙

聯(lián)立可得Z11ax=3，〃g-2&n

即若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為-2；

(2)[2][3]由圖乙得直線的斜率為

人」77-1.35

0.2

3mg=1.77

則小鋼球的重力為mg=0.59

(3)[4]該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機械能減小，故選C。

13.某探究小組學(xué)習(xí)了多用電表的工作原理

和使用方法后，為測量一種新型材料制成的

圓柱形電阻的電阻率，進行了如下實驗探究。

(1)該小組用螺旋測微器測量該圓柱形電

阻的直徑。示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為

mm,再用游標(biāo)卡尺測得其長度L。

(2)該小組用如圖乙所示的電路測量該圓

柱形電阻尺的阻值。圖中電流表量程為0.6A、

內(nèi)阻為L0C,定值電阻Ro的阻值為20.00電阻箱R的最大阻值為999.9C。首先將S2置于位置1,閉合

S1,多次改變電阻箱R0向阻值，記下電流表的對應(yīng)讀數(shù)/,實驗數(shù)據(jù)見下表。

1,

R/Q1/\-/A-1

5.00.4142.42

10.00.3522.84

15.00.3083.25

20.002723.68

25.00.2444.10

30.00.2224.50

根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖丙中繪制出乙-R圖像。再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A。根據(jù)圖丙中

的圖像可得％=結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。最后可由表達式Q=―得到該材料的電阻率(用D、

L、R,表示)。

y/A-1

(3)該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的圖像，還可以求得電源5.0

14.5

電動勢E=V,內(nèi)阻r=C。(結(jié)果均保留2位有效

4.0

數(shù)字)

(4)持續(xù)使用后，電源電動勢降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將此3.5

圓柱形電阻連入此裝置，測得電路的電流，仍根據(jù)原來描繪的圖丙的3.0

圖像得到該電阻的測量值會_____(選填“偏大”、“偏小”或“不2.5

變”)。

2.0

【答案】①.3.700(2).6.0③.包旦④.12⑤.3.0⑥.偏小

)05101520253035R/C

4L

【解析】(1)口]用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑。，其讀數(shù)為圖丙

3.5mm+O.Olmmx20.0=3.700mm

(2)(3)⑵[3][4北5]由電路可知，當(dāng)將S2置于位置1,閉合S1時

E=/(/?A+R)+廠+R)

即

1=1R?

IEE

由圖像可知

14.9一2.0

~E~—3S-

解得

E=12V

+%+r=2

E~

解得廠=3.0C

再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A,則E=/(7+&+&、+&)

解得&=6.0Q

根據(jù)

nLL

R、=P三=P%-----

sLQ

4

7TD2R

解得夕=X

4L

(3)由(2)可知E=12V,r=3.()Q

(4)根據(jù)表達式E=/'(，+4+RA+&)

因電源電動勢變小，內(nèi)阻變大，則當(dāng)安培表由相同讀數(shù)時，得到的"的值偏小，即凡測量值偏小。

14.如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在8位

置，A位置和B位置的水平距離為d,A位置離水面的高度為(2d。訓(xùn)練員將小球向左水平拋出，入水點在

B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為凡小球在A位置發(fā)出的-束光線經(jīng)水面折射后到達B

位置，折射光線與水平方向的夾角也為。。

4

己知水的折射率〃=一，求：

3

(1)tan。的值；

(2)B位置到水面的距離”。

44d

【答案】(1)tan0=—；(2)H——

327

【解析】(1)由平拋運動的規(guī)律可知

d2

2,1,

—d--gt

32

tan(9=—

%

4

解得tan6*=-

4

(2)因tan"；可知。=53°,從4點射到水面光線的入射角為a,折射角為90-。=37。，則由折射

定律可知

sina

n=------

sin37°

解得a=53。

2

由幾何關(guān)系可知Htan37°+—dtan53°=d

3

4d

解得H

27

15.如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形

單匝線框Med的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6x]()-3。、質(zhì)量〃z=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直,

線框的曲邊與磁場左邊界平齊，，沿邊與磁場下邊界的距離也為小現(xiàn)對線框

施加與水平向右方向成。=45。角、大小為4及N的恒力尸，使其在圖示豎直

平面內(nèi)由靜止開始運動。從功邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；

A邊進入磁場時，兒邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2,

求：

(1)外邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；

(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)磁場區(qū)域的水平寬度。

2

【答案】(1)以=20m/s2,ay=10m/s；(2)B~0.2T,Q=0.4J；(3)X=1.1m

【解析】(I)外邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有

max=Fcos0

2

代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s

在豎直方向有may=Fsin/9-mg

代入數(shù)據(jù)有的=10m/s2

(2)外邊進入磁場開始，外邊在豎直方向切割磁感線；〃邊和院邊的上部分也開始進入磁場，且在水

平方向切割磁感線。但〃d和兒邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電源為"，根據(jù)右

手定則可知回路的電流為"仍a,則外邊進入磁場開始，岫邊受到的安培力豎直向下，a"邊的上部分受

到的安培力水平向右，A邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和兒邊的上部分受到的安培力相互

抵消，故線框受到的安培力的合力為用邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從外邊進入磁場

開始，在豎直方向線框做勻速運動，有

Fsin。-mg-BIL=0

E=BLv..

R

2

vy=2ayL

聯(lián)立有B=0.2T

由題知，從他邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；公邊進入磁場時，兒邊恰好到達磁場右邊

界。則線框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有

Q=W女=BILy

y=L

FsinO-mg=BIL

聯(lián)立解得。=0.4J

（3）線框從開始運動到進入磁場的整個過程中所用的時間為

vy=ayt\

L=Vytz

t=t\+t2

聯(lián)立解得f=0.3s

由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有

1,1,

x--at~=—x20x0.3~m=0.9m

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則磁場區(qū)域的水平寬度乂=》+乙=1.1m

16.打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨

過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C