2022年湖南省新高考物理試題及答案解析

1、 湖南省2022年普通高中學業(yè)水平選擇性考試物理一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）關于原子結構和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是()A. 盧瑟福的核式結構模型解釋了原子光譜的分立特征B. 玻爾的原子理論完全揭示了微觀粒子運動的規(guī)律C. 光電效應揭示了光的粒子性D. 電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()A. 電場強度方向垂直指向a，電勢減小B. 電場強度方向垂直指向c，電勢減小

2、C. 電場強度方向垂直指向a，電勢增大D. 電場強度方向垂直指向c，電勢增大如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO的磁場，與OO距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為。下列說法正確的是()A. 當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向MB. 電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C. tan與電流I成正比D. sin與電流I成正比1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以

3、速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()A. 碰撞后氮核的動量比氫核的小B. 碰撞后氮核的動能比氫核的小C. v2大于v1D. v2大于v02022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍內(nèi)風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩(wěn)定時，飄帶實際形態(tài)最接近的是()A. B. C. D. 如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電

4、源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片初始位置在最右端。理想電壓表V的示數(shù)為U，理想電流表A的示數(shù)為I。下列說法正確的是()A. 保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B. 保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C. 保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D. 保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小二、多選題（本大題共6小題，共24.0分）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，

5、將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其vt圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是()A. 在0t1時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小B. 在0t1時間內(nèi)，返回艙的加速度不變C. 在t1t2時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小D. 在t1t2時間內(nèi)，返回艙的機械能不變?nèi)鐖D，火星與地球近似在同一平面內(nèi)，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運動，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內(nèi)觀測到火星相對于恒星背景由西向東運動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運動，稱為逆行。當火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側時，稱為火星沖日。忽略地球自

6、轉，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是()A. 火星的公轉周期大約是地球的827倍B. 在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為順行C. 在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為逆行D. 在沖日處，火星相對于地球的速度最小球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻=kv2，k為常量)。當發(fā)動機關閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變

7、化，下列說法正確的是()A. 發(fā)動機的最大推力為1.5MgB. 當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為174MgC. 發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為53m/sD. 當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g如圖，間距L=1m的U形金屬導軌，一端接有0.1的定值電阻R，固定在高=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，導體棒a距離導軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場

8、(圖中未畫出)，磁感應強度大小為0.1T。用F=0.5N沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是()A. 導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6mB. 導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C. 導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D. 導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C利用“渦流效應”可實現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構成。高壓氮

9、氣由噴嘴切向流入渦流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉前進，分子熱運動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達分離擋板處時，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的是()A. A端為冷端，B端為熱端B. A端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于B端流出的C. A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的D. 該裝置氣體進出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學第二定律E. 該裝置氣體進出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學第二定律下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下

10、，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動：與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A. x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B. x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C. x=0.35m和x=0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反D. 木棒在豎直方向做簡譜運動的振幅為F1F22SgE. 木棒的運動為向x軸正方向傳播的機械橫波，波速為0.4m/

11、s三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）小圓同學用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設計了如圖(a)所示的實驗裝置，測量冰墩墩玩具的質(zhì)量。主要實驗步驟如下： 圖(a)(1)查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)量為6.05g；(2)將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長度l，記錄數(shù)據(jù)如下表：序號12345硬幣數(shù)量n/枚510152025長度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(b)上描點，繪制圖線； 圖(b) 圖(c)(4)取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩(wěn)定后橡皮筋長度的示數(shù)如圖(c)所示，此時橡皮筋的長度為_cm；

12、(5)由上述數(shù)據(jù)計算得冰墩墩玩具的質(zhì)量為_g(計算結果保留3位有效數(shù)字)。小夢同學自制了一個兩擋位(“1”“10”)的歐姆表，其內(nèi)部結構如圖所示，R0為調(diào)零電阻(最大阻值為R0m)，Rs、Rm、Rn為定值電阻(Rs+R0mRmRn)，電流計G的內(nèi)阻為RG(RsRG)。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題：(1)短接，將單刀雙擲開關S與m接通，電流計G示數(shù)為Im；保持電阻R0滑片位置不變，將單刀雙擲開關S與n接通，電流計G示數(shù)變?yōu)镮n，則Im_In(填“大于”或“小于”)；(2)將單刀雙擲開關S與n接通，此時歐姆表的擋位為_(填“1”或“10”)；(3)若從“1”擋位換成“10”擋位，調(diào)

13、整歐姆零點(歐姆零點在電流計G滿偏刻度處)時，調(diào)零電阻R0的滑片應該_調(diào)節(jié)(填“向上”或“向下”)；(4)在“10”擋位調(diào)整歐姆零點后，在間接入阻值為100的定值電阻R1，穩(wěn)定后電流計G的指針偏轉到滿偏刻度的23；取走R1，在間接入待測電阻Rx，穩(wěn)定后電流計G的指針偏轉到滿偏刻度的13，則Rx=_。四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容

14、器上板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B；(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E。如圖(a)，質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍(為常數(shù)且0v2碰撞后氫核的動量為pH=mv1=mv0氮核的動量為pN=14mv2=28mv015可得pNpH碰撞后氫核的動能為EkH=12mv12=12mv02氮核的動能為EkN=1214mv22=

15、28mv02225可得EkHEkN故B正確，ACD錯誤。故選B。5.【答案】A【解析】飄帶上任意選取一點P，以P點及P點以下的部分飄帶為研究對象，設飄帶總長L，飄帶寬度為d，質(zhì)量為m，P點距離飄帶下端距離x，P點以下的部分飄帶受到的重力Gx=mgLx，設風速為v，根據(jù)動量定理，可求得風力為F=kxdv2則重力與風力的合力與水平方向的夾角為根據(jù)題中數(shù)據(jù)可得，tan恒定，則P點以下部分的飄帶受到的重力與風力的合力方向不變，則P點上方飄帶對其拉力方向不變。故選A。_6.【答案】B【解析】AB.由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為2，則副線圈的電流為2I，根據(jù)歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為：U2=2IR1

16、，則變壓器原線圈的電壓有效值為：U1=2U2=4IR1，設輸入交流電的電壓有效值為U0，則U0=4IR1+IR2，可得：I=U04R1+R2，保持位置不變，向左緩慢滑動的過程中，I不斷變大，根據(jù)歐姆定律：U1=4IR，可知變壓器原線圈的電壓有效值變大，輸入電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數(shù)U變小，原線圈的電壓電流都變大，則功率變大，根據(jù)原副線圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；CD.設原副線圈的匝數(shù)比為n，同理可得：U1=n2IR1，則U0=n2IR1+IR2，整理可得：I=U0n2R1+R2，保持位置不變，向下緩慢滑動的過程中，n不斷變大，則I變小，對

17、R2由歐姆定律可知：U=IR2，可知U不斷變小，根據(jù)原副線圈的功率相等可知R1消耗的功率：P1=IU1=U0n2R1+R2(U0U0R2n2R1+R2)，整理可得：P1=U02n2R1+R22n2R1+2R2，可知n=3時，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后減小，故CD錯誤。故選B。7.【答案】AC【解析】A.重力的功率為：P=mgv，由圖可知在0t1時間內(nèi)，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；B.根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度可知在0t1時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；C.在t1t2時間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；D

18、.在t2t3時間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機械能減小，故D錯誤。故選AC。8.【答案】CD【解析】A.根據(jù)開普勒第三定律可知：，火星軌道半徑大約是地球軌道半徑的1.5倍，則可得：T火=278T地，故A錯誤；BC.根據(jù)GMmr2=mv2r，可得：v=GMr，由于火星軌道半徑大于地球軌道半徑，故火星運行線速度小于地球運行線速度，所以在沖日處火星相對于地球由東向西運動，為逆行，故B錯誤，C正確；D.由于火星和地球運動的線速度大小不變，在沖日處火星和地球速度方向相同，故相對速度最小，故D正確。故選：CD。9.【答案】BC【解析】A.飛行器關閉發(fā)動

19、機，以v1=10m/s勻速下落時，有Mg=kv12=k100飛行器以v2=5m/s向上勻速時，設最大推力為Fm，F(xiàn)m=Mg+kv22=Mg+k25聯(lián)立可得Fm=1.25Mg，k=Mg100，故A錯誤；B.飛行器以v3=5m/s勻速水平飛行時，故B正確；C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時f=Fm2Mg2=34Mg=kv42解得v4=53m/s，故C正確；D.當飛行器最大推力向下，以v5=5m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值Fm+Mg+kv52=Mam解得am=2.5g，故D錯誤。故選BC。10.【答案】BD【解析】C.導體棒a在導軌上向右運動，產(chǎn)生的感應電流向里，流過導

20、體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故錯誤；A.導體棒b與電阻R并聯(lián)，有流過導體棒a的電流為I=BLvR+R2當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有BI2L=mg聯(lián)立解得a棒的速度為v=3m/sa棒做平拋運動，有x=vt，=12gt2聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為，故A錯誤；B.導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應電動勢不變，故B正確；D.導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為q=It=BLxR+12R=0.111.740.15C=1.16C導體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻

21、R的電荷量為qR=q2=0.58C故D正確。故選BD。11.【答案】ABE【解析】A. 依題意，中心部位為熱運動速率較低的氣體，與擋板相作用后反彈，從A端流出，而邊緣部份熱運動速率較高的氣體從B端流出；同種氣體分子平均熱運動速率較大、其對應的溫度也就較高，所以A端為冷端、B端為熱端，故A正確。B.依題意，A端流出的氣體分子熱運動速率較小，B端流出的氣體分子熱運動速率較大，所以從A端流出的氣體分子熱運動平均速度小于從B端流出的，故B正確。C.A端流出的氣體分子熱運動速率較小，B端流出的氣體分子熱運動速率較大，則從A端流出的氣體分子平均動能小于從B端流出的氣體分子平均動能，內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關

22、；依題意，不能得出從A端流出的氣體內(nèi)能一定大于從B端流出的氣體內(nèi)能，故C錯誤。DE.該裝置將冷熱不均氣體的進行分離，噴嘴處有高壓，即通過外界做功而實現(xiàn)的，并非是自發(fā)進行的，沒有違背熱力學第二定律；溫度較低的從A端出、較高的從B端出，也符合能量守恒定律，故D錯誤，E正確。故選ABE。12.【答案】ABD【解析】A.由簡諧運動的對稱性可知，0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置；則x從到的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經(jīng)平衡位置后到達平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，A正確；B.x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運動(未到平衡

23、位置)，加速度豎直向下，大小減小，B正確；C.x=0.35m和x=0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在同一位置，豎直方向速度大小相等，速度方向相反，而兩時刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C錯誤；D.木棒在豎直方向的簡諧運動可類比于豎直方向的彈簧振子，設木棒長度為L，回復力系數(shù)為k，平衡位置時木棒重心在水面下方x0，則有木棒重心在平衡位置上方最大位移A處時木棒重心在平衡位置下方最大位移A處時可解得k=gS，A=F1F22SgD正確；E.木棒上各質(zhì)點相對靜止隨木棒一起運動，不能看成向x軸正方向傳播的機械橫波，E錯誤。故選ABD。13.【答案】(1) (2

24、)15.35 (3)127【解析】(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)連線如圖(2)由圖可知刻度尺的分度值為1mm，故讀數(shù)l=15.35cm；(3)設橡皮筋的勁度系數(shù)為k，原長為x0，則n1mg=kx1x0n5mg=kx5x0設冰墩墩的質(zhì)量為m1，則有m1g=klx0聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得m1127g。14.【答案】(1)大于 (2)10 (3)向上 (4)400【解析】(1)根據(jù)題意可知RmIn；(2)當開關S撥向n時，全電路的總電阻較大，中值電阻較大，能夠接入待測電阻的阻值也更大，所以開關S撥向n時對應歐姆表的擋位倍率較大，即10；(3)從“1”擋位換成“10”擋位，即開關S從m撥向n，全電路電阻增大，干路電

25、流減小，短接時，為了使電流表滿偏，則需要增大通過電流計G所在支路的電流，所以需要將R0的滑片向上調(diào)節(jié)；(4)在“10”擋位，電路圖結構簡化如圖第一次，當短接，全電路的總電阻為通過干路的電流為I=ER電流表滿偏，根據(jù)并聯(lián)電路中電流之比等于電阻反比可知第二次，之間接入R1=100，全電路總電阻為R+R1，通過干路的電流為I1=ER+R1電流表偏轉了量程的23，則結合第一次和第二次解得R=2R1=200第三次，之間接入Rx，全電路總電阻為R+Rx，通過干路的電流為Ix=ER+Rx電流表偏轉了量程的13，則結合第二次和第三次，解得Rx=R+2R1=40015.【答案】(1)小球在電磁場中作勻速圓周運動

26、，則電場力與重力平衡，可得：Eq=mgR2兩端的電壓：U2=Ed根據(jù)歐姆定律得：U2=E0R1+R2R2聯(lián)立解得：E0=mgd(R1+R2)qR2(2)如圖所示設小球在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系：(rd)2+(3d)2=r2，解得：r=2d根據(jù)：qvB=mv2r，解得：B=mv2dq(3)由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得：Eq=mgcos60，解得：E=mg2q【解析】見答案16.【答案】(1)籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有mgmg=ma下

27、再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有v下2=2a下H籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+mg=ma上再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有v上2=2a上則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k=v上v下=(1+)(1)H(2)若籃球反彈至最高處時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有mg+02F0mg=12mv下2籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有mgmg=012m(kv下)2聯(lián)立解得F0=2mg(1)(H)0(3)方法一：由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下=(1)g(方向向下)a上=(1+)g(方向向下)由題知運動員拍擊一次籃

28、球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球將給它一個速度v。拍擊第1次下降過程有v12v2=2(1)g0上升過程有(kv1)2=2(1+)g1代入k后，下降過程有v12v2=2(1)g0上升過程有v12=2(1)gH1聯(lián)立有1=H0+v22g(1)=(H)10+(H)1v22g(1)拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有v22v2=2(1)g1上升過程有v22=2(1)gH2聯(lián)立有2=H1+v22g(1)再將1代入2有2=(H)20+(H)2v22g(1)+(H)1v22g(1)拍擊第3次，同理代

29、入k后，下降過程有v32v2=2(1)g2上升過程有v32=2(1)gH3聯(lián)立有3=H2+v22g(1)再將2代入3有3=(H)30+(H)3v22g(1)+(H)2v22g(1)+(H)1v22g(1)直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有vN2v2=2(1)gN1上升過程有vN2=2(1)gHN聯(lián)立有N=HN1+v22g(1)將N1代入N有N=(H)N0+(H)Nv22g(1)+(H)N1v22g(1)+(H)1v22g(1)其中N=H，0=則有H=(H)N+(H)N+1HH1v22g(1)則I=mv=m2g(1)(H)(HN+1N+1)(HNN)方法二：_由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下=(1)g(方向向下)a上=(1+)g(方向向下)由題知運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球將給它一個速度v。設籃球從H下落時，速度為v0，反彈高度為，籃球受到?jīng)_量I后速