机密★启用前
黄石二中 2025 届高三下学期适应性考试（一）
物 理
本试卷共 8页，15题。全卷满分 100分。考试用时 75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核
准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2. 请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答
题区域均无效。
3. 选择题用 2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上
作答；字体工整，笔迹清楚。
4. 考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题（1-7 题为单选题，8-10 题为多选题，每题 4 分，共 40 分）
1. 关于下列物理量与括号里的单位对应完全正确的选项是（ ）
A．电量（库仑） 电流（安培） 频率（法拉）
B．电势（伏特） 电容（韦伯） 转速（弧度每秒）
C．电压（伏特） 电阻（库仑） 电流（安培）
D．电感（亨利） 磁通量（韦伯） 磁感应强度（特斯拉）
2. “梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、
深空探测等技术具有重要意义。某原子钟工作的四能级体系如图所示，原子吸收频率为ν0的
光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为 v1的光子，跃迁到钟跃迁的上
能级 2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级 1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐
射出频率为 v3的光子回到基态。已知该原子钟在时间 t内产生的钟激光光子的个数为 n，光
在真空中的速度为 c，普朗克常量为 h，则（ ）
c
A．该原子钟产生的钟激光光子的波长为 v0 v1 v3
hc
B．该原子钟产生的钟激光光子的动量为 v0 v1 v3
C．该原子钟产生的钟激光光子的能量为 h v0 v1 v3
nh v v vD ．该原子钟产生钟激光光子的功率为 0 1 3
t
物理试卷（共 8 页）第 1 页
3. 如图所示，某理想变压器的原副线圈分别接有三个阻值相同的定值电阻 R1、 R2 和 R3。正弦
交流电源的输出电压有效值恒为 U，当开关 S 闭合时，两理想交流电压表的读数均为U0 。
则下列说法正确的是（ ）
A．U 2U0
B．原副线圈匝数之比 n1 : n2 1: 2
C．若断开开关 S，则 R1、 R2 消耗的电功率之比为 4∶1
D．若断开开关 S，则流过 R1、 R2 的电流之比为 1∶2
4. 如图所示，粗糙的正方形斜面 ABCD与水平面间的夹角 30 ，一质量为 m的物体受到与
对角线 BD平行的恒力 F作用，恰好能沿斜面的对角线 AC做匀速直线运动，重力加速度为
g，则（ ）
A 3 6．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．物体与斜面间的动摩擦因数为
3 6
1
C 2．恒力 F的大小为 mg D．恒力 F的大小为 mg
2 2
5. 如图所示，A、B两颗卫星在同一平面内沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，图示时刻 A、
B连线与 A 的轨道相切，B与地心的连线与 AB 夹角为 30°，A 做圆周运动的周期为 T，则
从图示时刻至 A、B间的距离最小所用的最短时间为（ ）
A (4 2)T B (4 2)． ． T C (4 2) (4 2)． T D． T
21 28 7 14
物理试卷（共 8 页）第 2 页
6. 随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工
程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平
直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为 F0的恒定牵引力作用下由静止
开始加速运动，发现经时间 t0飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为m，飞机所受阻力大
小 f kv，其中 k为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是（ ）
F t
A． t 时间内飞机滑行的距离 x 0 00 k
B．驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大
k FC．若 t 00时刻飞机刚好达到额定功率 P0，则 P0
2 2
D． t
F t 3mF
0时间内飞机克服阻力所做的功Wf 0 0 0k 2k 2
7. 一列简谐横波在介质传播过程中依次经过 P、Q两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为
1m，P、Q两个质点的振动图像如图所示，其中实线为 P点的振动图线，虚线为 Q点的振动
图线，则下列说法中正确的是（ ）
A．Q点的振动方程为 y 4sin 5 t cm
6
B．该波的波长可能为 7.2m
5
C．该波的传播速度可能为 m / s
7
30
D．该波的传播速度可能为 m / s
31
8. 如图甲所示，在医学领域的内窥镜检查中，常利用光导纤维将光传输到人体内部进行照明，
并通过另一细管中的微型摄像机来进行观察。如图乙所示，某内窥镜所用光导纤维由折射率
为 n1的内芯和折射率为 n2的外套组成。一束光从空气以入射角θ射向平直的光导纤维内芯的
左端面并在内芯与外套的界面发生全反射。已知光导纤维长度为 L，真空中光速为 c。下列
说法正确的是（ ）
A． n1 n2
B． n1 n2
物理试卷（共 8 页）第 3 页
Ln2
C 1．光在光导纤维中传播的时间为
c n 21 sin
2
2
D Ln．光在光导纤维中传播的时间为 1
c sin
9. 如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，
不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关 S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后
断开开关。图乙是由传感器得到的电压 u随时间 t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈 L的
电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关 S闭合瞬间，流经灯D1和D2的电流相等
B．开关 S闭合瞬间至断开前，流经灯D2的电流保持不变
C．开关 S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中 u1∶u2=3∶4
10. 如图所示，已知纸面内的一条直线上有相距为 L的 A、B两点，现有一个重力不计的质量为
m、电荷量为 q的带正电粒子，从 A点以初速度 v0 射入，方向与 AB之间的夹角为 30°，可
以通过适当的场去控制粒子的运动，为使粒子能到达 B点且速度大小仍为 v0 ，可以在该区域
加一匀强电场或垂直纸面的匀强磁场（不同时存在），下列判断正确的是（ ）
A．该空间存在的可以是电场或磁场，但是因洛伦兹力的方向在变化，所以从 A到 B的过程
中电场力冲量和洛伦兹力冲量不相等
B．无论该区域存在的是电场还是磁场，其经过 B点时的速度方向一定相同
C．加适当的匀强电场或匀强磁场均可以，其从 A到 B的过程中，在电场中运动的时间比在
磁场中长
D B 3v．加适当的匀强电场或匀强磁场均可以，且所加磁场和电场的场强大小满足 0
E 2
物理试卷（共 8 页）第 4 页
二、实验题（8+9=17 分：11 题每空 2 分，共 8 分；12 题前三空每空 2 分，第四空 3 分，共 9 分）
11. 学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量 x、
y、z三个方向的加速度值（如图 1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图
（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。
(1) 若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______
A．x、y方向的加速度值 B．x、z方向的加速度值 C．y、z方向的加速度值
(2) 利用 Phyphox软件可以直接作出向心加速度 an与角速度ω的关系图象，为了直观判断它们的
关系，应让软件作出 an （选填“ω”或“ω2”）图像。
(3) 若由（2）所作图像测出斜率为 k，已知自行车后轮半径为 R，则手机的加速度传感器到轮胎
边缘的距离为 （用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器
质量为 m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力 Fn= （用
题中符号表示）。
物理试卷（共 8 页）第 5 页
12. 某同学通过实验研究LED灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、
电压表、不同规格的LED灯两组、电键、导线。
图甲 图乙
(1) 该同学将灯L1连接成如图甲所示的实验电路。开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变
阻器的 端（填“左”或“右”）。经检查各元件正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑
片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且灯L1不亮，则一定断路的导线是 （选
填导线编号）。
(2) 更换故障导线后，移动滑动变阻器滑片，得到灯L1的 I U 图像如图乙中的图线 L1；换灯 L2
重做实验，得到图线L2；从该图像可得，两灯并联时，灯 （填“ L1”或“L2”）
实际功率大。
(3) 若将 12盏灯L1并联后接在电源电动势为 3V，内阻为1.25Ω的电源两端，则电源输出功率为
W（计算结果保留 3位有效数字）。
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三、解答题（10+15+18=43 分）
13. 在 A地，悬挂一个边长为 0.2m的正方形单匝导体线框，如图所示，ad边固定在东西方向的
转轴上，线框总电阻为 2Ω。起始时刻线框平面处于水平面内的位置 1，释放后线框沿顺时针
方向转动，t时刻到达竖直平面内的位置 2，只考虑地磁场。已知某同学用手机测得 A地的
地磁场分布情况如下（x轴指向南方，y轴指向东方），求：
(1) 线框在位置 2时，cd边内感应电流的方向；
(2) 从位置 1转动到位置 2的过程，通过线框平面 abcd磁通量的最大值；
(3) 从位置 1转动到位置 2的过程，线框中平均感应电流的大小。
14. 如图，圆柱形绝热汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为 S=0.02m2的轻质光滑活塞封闭一定
质量的理想气体，活塞下悬挂质量为 m=80kg重物，此时活塞在距离汽缸上底面 h1=0.2m的
A处，气体的温度为 T1=300K。给汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面
h2=0.26m的 B处，此过程气体吸收了 100J热量，大气压为 p0=1.0×105Pa。
(1) 求活塞在 B处时的气体温度 T2；
(2) 求活塞从 A处到 B处的过程中气体的内能改变了多少？
(3) 保持温度 T2不变，当悬挂重物为 m'=140kg时，打开汽缸阀门放出一部分气体，使得活塞仍
处于 B处，求放出气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值。
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15. 如图（a），质量为 m的篮球从离地 H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反
弹至离地 h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（
H h
为常数且 0 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加
H h
速度大小为 g。
(1) 求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2) 若篮球反弹至最高处 h时，运动员对篮球施加一个向下的压力 F，使得篮球与地面碰撞一次
后恰好反弹至 h的高度处，力 F随高度 y的变化如图（b）所示，其中 h0已知，求 F0的大小；
(3) 篮球从 H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），
瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量 I，经过 N次拍击后篮球恰好反弹至 H高度处，求
冲量 I的大小。
物理试卷（共 8 页）第 8 页《黄石二中 2025 届高三下学期适应性考试（一）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D D B A D D AC AD BC
2．D
【详解】ABC．原子吸收频率为的光子从基态能级 I跃迁至激发态能级Ⅱ时有 EⅡ EI h 0
且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态 I的过程有 EⅡ EI h 1 h 2 h 3，联立解得 2 0 1 3
c c
得该原子钟产生的钟激光光子的波长为 2 0 1
，该原子钟产生的钟激光光子的动量为
3
p h （h 0 1 3） ，该原子钟产生的钟激光光子的能量为 E h 2 （h 0 c 1
3）
nh
故 ABC错误；D W ．已知该原子钟在时间 t内产生的钟激光光子的个数为 n，有 P 0 1 3
t t
故 D正确。故选 D。
3．D
U 2U
【详解】B．设 R1 R2 R3 R，开关 S闭合时，通过原线圈的电流 I 0 01 ，通过副线圈的电流 IR 2
R
n1 I2 n1
可知原副线圈匝数之比 2n I ，故 B错误；A．原线圈两端电压
U1 U0 2U0 ，因此交流电源的输出电压
2 1 n2
I n 1
有效值U U U 3U A D S R R 1 20 1 0，故 错误；， ．断开开关 后，流过 1、 2的电流之比 I2 n1 2
P I 2R 1
故 D正确；C．R1、R2消耗的电功率之比 1 12 ，故 C错误。故选 。P2 I2
D
R 4
4．B
【详解】CD．物块受摩擦力方向与速度方向相反，即沿 CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平衡可知
f cos45 F cos45 mg sin30 ，及 f sin 45 F sin 45 2，解得F mg，故 CD错误；
4
AB．根据 f mgcos30 2 6 F mg，可得 ，故 B正确，A错误。故选 B。
4 6
5．A
【详解】由题意及几何关系可知，A、B的轨道半径之比为 rA : rB 1: 2，图示时刻，A、B与地心连线的夹角为
t t 1
60°，设 B做圆周运动的周期为 TB，最短经过 t时间 A、B间的距离最小，则有 T T ，根据开普勒第三定B 6
T 2 r3 1 (4 2)
律有 A2 3 ，则TB 2 2T，解得T r 8 t T
，故选 A。
B B 21
6．D
【详解】AD．飞机到达最大速度时有 F0 kv
F
，解得 v 0 ，根据动量定理有 F
k 0
t0 ft0 mv
答案第 1页，共 6页
将 f kv代入有 F0t0 kx mv
F
，解得 x 0
t0 F0m 1 22 ，根据动能定理有Fk k 0
x Wf mv2
2
W F0 t 3mF
2
解得 f
0 0 ，故 A错误，D正确；B．飞机受力不断变化，则加速度改变，由 P F0v F at2 0 ，可知驱k 2k
F 2
动飞机的电机输出功率不随时间线性增大，故 B错误；C．若 t0 时刻飞机刚好达到额定功率 P0，则 P0 F0v 0 ，k
F 2
解得 k 0 ，故 C错误；故选 D。
P0
7．D
2
【详解】A．由图可知波的周期为0.4s，Q点的振动方程为 y Asin t
4sin 5 t cm，故 A错误；
T
CD．0~0.1s内，P点到达波峰时有 A 4sin 5 t1 cm t
1
，解得 1 s，当 t2 0.3s，Q点到达波峰，波从 P点 6 15
传播至 Q点，有Δx v nT t2 t1 1m（ n 0,1,2,3
30
），则波速为 v m / s（ n 0,1, 2,3 ）
12n 7
5 5
当该波的传播速度为 m / s时，n不是整数，故该波的传播速度不可能为 m / s，当 n 2时，该波的传播速度为
7 7
30 m / s 12，故 C错误；D正确；B．该波的波长为 vT m n 0,1, 2,3 ，当该波的波长为 7.2m时，n
31 12n 7
不是整数，故当该波的波长不可能为 7.2m，故 B错误。故选 D。
8．AC
【详解】AB．发生全反射的条件是光由光密介质射向光疏介质，所以n1 n2，故 A正确，B错误；CD．当入射
sin n2 sin2
角为θ时，设光的折射角为 r，根据折射定律有 n1 ，由数学知识可知 cos r 1 ，根据几何关系可sin r n1
L c c x Ln21
知，光的传播距离为 x ，由 n 知传播速度为 v ，则传播的时间为 t ，故 C正确，
cos r v n1 v c n21 sin
2
D错误。故选 AC。
9．AD
【详解】AB．开关 S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯 D3没有电流通过，灯D1和D2 串联，流经灯D1
D E和 2 的电流相等，设每个灯泡的电阻为 R，故 I1 ，稳定后灯D2R 2
和D3并联再与D1串联，流过D2 的电流为
I 1 E E2 2 3 R 3R ，故 A正确，B错误；C．开关 S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继
2
续为灯D2 和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2 和D3的电流相等，所以灯D2 逐渐熄灭，故 C 错
E
误；D．开关 S闭合瞬间，灯D1和D2 串联，电压传感器所测电压为 D2两端电压，由欧姆定律u1 ，电路稳定2
答案第 2页，共 6页
I 1 E E
后，流过 D3的电流为 2 3 R 3R ，开关 S断开瞬间，电感线圈能够为
D2 和D3提供与之前等大电流，故其
2
2E u1 3
两端电压为u2 I 2R ，所以 3 u2 4
，故 D正确。
10．BC
【详解】A．若粒子仅受电场力作用，从A到 B速度大小不变，由动能定理知电场力做功为零，这表明A、 B两
点电势相等，电场线垂直于 AB连线，粒子带正电荷，其电场力垂直 AB向下，则粒子做类斜抛运动，根据运动
对称性可知粒子运动到 B点的速度大小为v0，方向与 AB夹角为30 ，根据平行四边形定则可知粒子从A到 B的
过程中速度变化量 v v0（方向垂直 AB向下），由动量定理得电场力冲量 IE m v mv0，方向垂直 AB向下；
若粒子仅受磁场力作用，在磁场中做匀速圆周运动，通过几何关系知粒子从A点以与 AB夹角30 的速度 v0射入，
要到达 B点且速度大小仍为 v0，其运动轨迹关于 AB的中垂线对称，圆心角为60 ，则粒子在 B点速度与 AB夹角
为30 ，故粒子从A到 B的过程中速度变化量 v v0，磁场力冲量 IB mv0（方向垂直 AB向下）由此可知从A
到 B的过程中电场力冲量和洛伦兹力冲量相等，故 A错误；B．由A选项分析可知无论该区域存在的是电场还是
磁场，其经过 B点时的速度方向都与 AB夹角为30 ，方向相同，故 B正确；C．由A选项分析知粒子在电场中做
2L
类斜抛运动，沿 AB方向以 v0cos30 做匀速直线运动，则有 v0cos30 ·t t E L，解得 E 3v ，粒子在磁场中匀速圆0
L L
周运动，圆心角为60 ，由几何关系可得其运动半径 r L，则有v0tB ，解得 tB
tE 2 3，故 1
3 3v0 tB
故 C正确；D．粒子在电场中垂直 AB方向以 v0sin30 为初速度做匀减速直线运动，由 C选项分析可得
t qE t 3mv2 2v sin30 a E
mv
· E ，解得 E 0 v 00 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 qv B m 0 ，解得 B ，则2 m 2 2qL 0 r qL
B 2
E 3v ，故 D错误。故选 BC。0
11．(1)A (2)ω2 (3) R k mω02k
【详解】（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故 x、y方向的加速度值不为零，z
方向的加速度值为零。故选 A。
（2）根据 an=ω2R可知，an ω2图像为直线，an ω为曲线，应让软件作出 an ω2图像能直观地判断它们的关系。
（3）[1]若由（2）所作图像测出斜率为 k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距
离为 R k；[2]若由（2）所作图像测出斜率为 k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机
的加速度传感器做圆周运动的向心力 Fn=mω02k。
答案第 3页，共 6页
12． 左 6 L1 0.342（0.340～0.344）
【详解】（1）图中滑动变阻器采用分压接法，为电路安全，开关闭合前，滑片应置于最左端。 故障为电压表有
示数，但灯不亮，且电流表无示数，各元件正常，那么一定是导线 6断路。
（2） 两灯并联后，两灯电压相等，从两灯的 I U曲线可知 I1 I2 ，根据 P=UI， L1的实际功率大。
（3） 将 12只 L1并联后，设每个灯的电压为 U，电流为 I，根据闭合电路欧姆定律有 E U 12Ir
得 I
1
U E ，其中 E 3V， r 1.25Ω，得
12r 12r
I 1 1 U A，将此直线画在图乙中如图所示
15 5
它跟 L1的 I U图象相交于（2.85V，10.0mA），所以每一个
灯的实际功率 P0 UI 2.85 0.01W 0.0285W ，电源的输
出功率为 P出 12P0 12 0.0285W 0.342W
13．(1)c→d (2)1.19 10 6Wb (3)0
【详解】（1）根据楞次定律，感应电流的方向为 c d
（2）在 A地，地磁场的大小为 B B 2 2x Bz 2Bx ，则可得从位置 1转动到位置 2的过程，通过线框平面 abcd
磁通量的最大值为Φ BL2 2 2.1 10 5m 0.2
2Wb 1.19 10 6Wb
（3）从位置 1转动到位置 2的过程，线框中磁通量的变化量为
Φ Φ Φ B L2 B 2 5 2 5 22 1 x zL 2.1 10 0.2 Wb 2.1 10 0.2 Wb 0根据法拉第电磁感应定律，可得线框中产生
的平均感应电动势 E 0 E，所以，可知从位置 1转动到位置 2的过程，线框中平均感应电流的大小 I 0
t R
1
14．（1）390K；（2）增加了 28J；（3）
2
V1 V2 h1 h2
【详解】（1）依题意，活塞缓慢移动过程，受力平衡，可知封闭气体为等压过程，可得 T T ，即
1 2 T1 T2
解得T2 390K
（2）活塞从 A处到 B处的过程中，对活塞受力分析，可得mg pS p0S ，气体对外界做功W pS h2 h1
联立，解得W 72J，根据热力学第一定律，可得 U W Q，其中W 72J，Q 100J，解得 U 28J
即气体内能增加了 28J。
3 4 4（ ）打开阀门前活塞在 B处，有 p2 p 6 10 Pa，V2 h2S，悬挂 m'后m 'g p3S p0S ，解得 p3 3 10 Pa
若不打开阀门，气体体积设为V3 h3S，该等温过程 p2h2S p3h3S，解得 h3 0.52m，放出气体的质量与原来汽缸
m h3 h2 1
内气体质量的比值 m h3 2
答案第 4页，共 6页
(1 )h F = 2mg(1 )(H h) 2g(1 )(H h)(H
N 1 hN 115 )．（1） k= ；（2）
(1 )H 0 h h
；（3） I m
0 h(H N hN )
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg mg ma下 ，再根据匀变速直线运动的公式，下落的过
2
程中有 v下 2a下H，篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg mg ma上，再根据匀变速直线运动的公式，
2 v (1 )h
上升的过程中有 v 2a h，则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比 k 上 =上 上 v下 (1 )H
（2）若篮球反弹至最高处 h时，运动员对篮球施加一个向下的压力 F，则篮球下落过程中根据动能定理有
mgh h h 0 F0 mgh
1
mv 2下 ，篮球反弹后上升过程中根据动能定理有 mgh mgh 0
1
m(kv ）2
2 2 2 下
F = 2mg(1 )(H h)联立解得 0 h h0
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为 a下 1 g（方向向下），a上 1 g（方
向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量 I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有 I mv，即每拍击一次篮球将给它一个速度 v。拍击第 1
2 2
次下降过程有 v1 v 2 1 gh0 ，上升过程有 kv 21 2 1 gh1，代入 k后，下降过程有 v2 21 v 2 1 gh0
h 2 22
上升过程有 hv1 2 1 gHh1，联立有 h1 (h
v
0 ) (
h
)1 h ( h )1 v ，拍击第 2次，同理代
H 2g(1 ) H 0 H 2g(1 )
2
k v2 2入 后，下降过程有 2 v 2 1 gh hv2
h v
1，上升过程有 2 2 1 gHh2联立有 h2 (h1 )H 2g(1 )
h h v2 22 2
再将 h1代入 h2有 h2 ( ) h0 ( ) (
h )1 v ，拍击第 3次，同理代入 k后，下降过程有
H H 2g(1 ) H 2g(1 )
2
v2 23 v 2 1 gh 2
h v
2 ，上升过程有 hv3 2 1 gHh3，联立有 h3 (h2 )，再将 h2代入 h 有H (1 )2g 3
h h v2 h v2 2h ( )33 h0 ( )
3 ( )2 ( h )1 v ，直到拍击第 N次，同理代入 k后，下降过程有
H H 2g(1 ) H 2g(1 ) H 2g(1 )
2
v2 2N v 2 1 gh 2
h v
N 1，上升过程有 hvN 2 1 gHhN，联立有hN (hH N 1 )，将 hN-1代入 h2g(1 ) N有
h 2 2 2hN ( )
N h h0 ( )
N v ( h )N 1 v h v … ( )1 ，其中 h H ，h h
H H 2g(1 ) H 2g(1 ) H 2g(1 ) N 0
( hh )
N 1 h
N v 2 2g(1 )(H h)(H N 1 hN 1)
则有H ( ) h [ H Hh ] ，则 I mv ' mH 1 2g (1 ) h(H
N hN )
H
方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为 a下 1 g（方向向下），a上 1 g（方
向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量 I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有 I mv '，即每拍击一次篮球将给它一个速度 v’。设篮球
从 H下落时，速度为 v0，反弹高度为 h，篮球受到冲量 I后速度为 v’，落地时速度为 v1，则
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2 2
2(1 )gh (kv )2 2(1 )gh v 2 v '2 h (kv0 ) = v1 v '
2
k v '2 =v 2
h 2
0 ， 1 ，联立可得 ，代入 可得， 1 v ……①2(1 )g 2(1 )g H 0
篮球再次反弹，反弹速度为 k v1，设反弹高度为 h1，受到冲量后，落地速度为 v2，同理可得 2(1 )gh1 (kv1)
2
，
2(1 )gh h1 v
2
2 v '
2 2 2 2
，同理化简可得 v ' v2 v1 ……②，篮球第三次反弹，反弹速度为 k v2，设反弹高度为H
h 2 2 22，受到冲量后，落地速度为 v3，同理可得 2(1 )gh2 (kv2 ) ， 2(1 )gh2 v3 v ' ，同理化简可得
v '2 =v 2 h 2 2 2 h 2 H 03 v2 ……③……第 N次反弹可得 v ' =vN vN 1 ……（N）对式子①②③……(N)两侧分别乘以 ( ) 、H H h
H H 2 …… H
N 1 H H 2 H 3 HN 1 HN 1 h
、 2 、 N 1 ， 再 相 加 可 得 (1
2 2 2
h h h h h2
3 N 1 )v ' h h hN 1
vN v0 ， 得 H
1 (H )N N 1
h v '2 H 2 h 2 2 2H hN 1
vN v 0 ，其中， v0 2(1 )gH ， (kvN ) 2(1 )gH ，可得
1 H
h
2g(1 )(H h)(H N 1 hN 1v '= ) I I mv ' m 2g(1 )(H h)(H
N 1 hN 1)
N N ，可得冲量 的大小 h(H h ) h(H N hN )
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