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2025 年高考湖北卷物理真题
一、单选题
1.(2025·湖北卷·1)PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性
同位素(如 9
18 F)的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。 9
18
F 的衰变方程为 9
18
F→X＋
1
0e＋ 0
0ν，其中 0
0ν 是中微子。已知 9
18 F 的半衰期是110 分钟。下列说法正确的是( )
A.X 为 8
17 O
B.该反应为核聚变反应
C.1 克 9
18 F 经110 分钟剩下0.5 克 9
18 F
D.该反应产生的 0
0ν 在磁场中会发生偏转
2.(2025·湖北卷·2)甲、乙两行星绕某恒星做匀速圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万
有引力作用，下列说法正确的是( )
A.甲运动的周期比乙的小
B.甲运动的线速度比乙的小
C.甲运动的角速度比乙的小
D.甲运动的向心加速度比乙的小
3.(2025·湖北卷·3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热
丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2 倍，同时其体积
缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是( )
A.外力F 保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2 倍
4.(2025·湖北卷·4)如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O 点，线
圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M 和N 两点，它们到O 点的距离相等。已知M 点的总磁感应强
度大小为零，则N 点的总磁感应强度大小为( )
A.0
B.B
C.2B
D.3B
5.(2025·湖北卷·5)如图(a)所示，相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻
均为R 的金属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与
导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B 随时间变化的图像如图(b)所示，t＝T 时刻，B＝0。t＝0 时
刻，两棒相距x0，ab 棒速度为零，cd 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T 时间内流过回路的电荷量
为( )
A.B0 L x0
4 R
B.B0 L x0
2 R
C.B0 L x0
R
D.2B0 L x0
R
6.(2025·湖北卷·6)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L
2 、L，网球
离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好
直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ 的值为( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
6
7.(2025·湖北卷·7)一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为L
2 的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图(a)
所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另
一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比
为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于( )
A.√
L
2 μg
B.√
L
μg
C.√
2 L
μg
D.2√
L
μg
二、多选题
8.(多选)(2025·湖北卷·8)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，
左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是( )
A.仅增加用户数，r 消耗的功率增大
B.仅增加用户数，用户端的电压增大
C.仅适当增加n2，用户端的电压增大
D.仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
9.(多选)(2025·湖北卷·9)质量均为m 的小球a 和b 由劲度系数为k 的轻质弹簧连接，小球a 由不可伸长的细
线悬挂在O 点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b 竖直下拉长度l 后由静止释放。重力加速度大小
为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b 后( )
A.小球a 可能会运动
B.若小球b 做简谐运动，则其振幅为l
2
C.当且仅当l≤mg
k 时，小球b 才能始终做简谐运动
D.当且仅当l≤2mg
k
时，小球b 才能始终做简谐运动
10.(多选)(2025·湖北卷·10)如图所示，在xOy 平面内有一以O 点为中心的正五边形，顶点到O 点的距离为
R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q 的正点电荷，且电荷量为3q 的
电荷在y 轴正半轴上。静电力常量为k，则O 点处的电场强度( )
A.方向沿x 轴负方向
B.方向与x 轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为2kq
R
2 (cos 54°＋cos 18°)
D.大小为2kq
R
2 (2cos 54°＋cos 18°)
三、实验题
11.(2025·湖北卷·11)某实验小组为测量一节干电池的电动势E 和内阻r，设计了如图(a)所示电路，所用器材
如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智
能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的
电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
(1)R0在电路中起 (选填“保护”或“分流”)作用。
(2)1
I 与E、r、R、R0的关系式为1
I ＝ 。
(3)根据记录数据作出1
I －R 图像，如图(b)所示。已知R0＝9.0 Ω，可得E＝ V(保留三位有效
数字)，r＝ Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果 (填“有”或“无”)影响。
12.(2025·湖北卷·12)某同学利用如图(a)所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上
不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1 上，用天平测量重锤1 和遮光片的总质量m、重锤2 的质量M(M>m)。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1 压在桌面上，保持系统静止，重锤2 距离地面足够高。用刻度尺测
量遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g 的平均值。
回答下列问题：
(1)测量d 时，游标卡尺的示数如图(b)所示，可知d＝ cm。
(2)重锤1 通过光电门时的速度大小为v＝ (用遮光片d、t 表示)。若不计摩擦，g 与m、M、d、t、H
的关系式为g＝ 。
(3)实验发现，当M 和m 之比接近于1 时，g 的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导
致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的
绳两端拉力差ΔT＝4γ
Mm
M ＋mg，其中γ 是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持M＋m＝2m0不变，
其中M＝(1＋β)m0，m＝(1－β)m0。β 足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为a＝(β－γ)g。调整两
重锤的质量，测得不同β 时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速
度大小g＝ m/s2(结果保留三位有效数字)。
β
0.04
0.06
0.08
0.10
a/(m·s－2)
0.084
0.281
0.477
0.673
13.(2025·湖北卷·13)如图所示，三角形ABC 是三棱镜的横截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱镜放在平面镜
上，AC 边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O 点，入射角为α，O 点离A 点足够近。已知三棱镜的
折射率为√2。
(1)当α＝45°时，求光线从AB 边射入棱镜时折射角的正弦值；
(2)若光线从AB 边折射后直接到达BC 边，并在BC 边刚好发生全反射，求此时的α 值。
14.(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左侧区域和PQ 右侧区域内均有垂直于
纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从MN 左侧
O 点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为3m v0
2qB ，粒子能回到O 点，
并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
15.(2025·湖北卷·15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n 是大于1 的正整数)
个质量均为m 的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离
均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均
处于静止状态。现给第1 个滑块一个水平向右的初速度，大小为√βμgL(β 为足够大常数，g 为重力加速度
大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1 个滑块与第2 个滑块碰撞前瞬间，第1 个滑块的速度大小；
(2)记木板滑动前第j 个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1 个滑块开始滑动时的速度为vj＋1。用已知量和vj
表示vj＋1；
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β 的值[参考公式：12＋22＋…＋k2＝1
6k(k＋1)(2k＋1)]。
答案精析
1.C [核反应过程中质量数与电荷数守恒，可知X 为 8
18 O，故A 错误；该衰变过程不属于核聚变反应，
故B 错误；半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，1 克 9
18
F 经110 分钟剩下0.5 克
9
18 F，故C 正确； 0
0ν 不带电，在磁场中不偏转，故D 错误。]
2.A [恒星对行星的万有引力提供行星做匀速圆周运动所需的向心力，可知G Mm
r
2 ＝mv
2
r ＝mω2r＝m4 π
2
T
2 r
＝ma，解得T＝2π√
r
3
GM
，v＝√
GM
r
，ω＝√
GM
r
3 ，a＝GM
r
2 ，因r 甲<r 乙，可知T 甲<T 乙，v 甲>v 乙，ω 甲>ω 乙，
a 甲>a 乙，故选A。]
3.B [设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析有pS＝p0S＋F＋mg，气体温度升高，体积减小，
根据理想气体状态方程pV
T ＝C，知气体压强变大，则外力F 增大，选项A 错误；密封气体为理想气体，
温度升高，则密封气体内能变大，选项B 正确；气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C 错误；根
据pV
T ＝C，热力学温度变为原来的2 倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2 倍，选项D 错
误。]
4.A [由右手螺旋定则及对称性可知，通电线圈在M、N 两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，
由于M 点的总磁感应强度为零，说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M 点处产生的磁感应强度等大
反向，则由矢量叠加原理可知N 点的总磁感应强度大小为0，故选A。]
5.B [t＝0 时，Φ1＝B0Lx0；t＝T 时，磁感应强度为零，Φ2＝0，0~T 时间内流过回路的电荷量q＝IΔt＝I
T，I ＝E
2 R ，E＝ΔΦ
Δt ＝B0 L x0-0
T
，联立以上各式，解得q＝B0 L x0
2 R
，故选B。]
6.C [设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平方向均做匀速直线
运动，有L＝v0cos θ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h－L
2 ＝v0sin θ·t－1
2gt2，斜向下将球击出后，沿
竖直方向有L－h＝v0sin θ·t＋1
2gt2，解得tan θ＝1
4 ，故选C。]
7.B [解法一：由题意知门板的初速度为0，末速度为0，根据牛顿第二定律，门板先做匀加速直线运动，
运动的加速度大小为a1＝F - μmg
m
，再做匀减速直线运动，运动的加速度大小为a2＝μg，总位移大小为L
2 ，
设总时间为t。当门板受到的恒力F 不同时，会得到不同的运动时间，门板的速度—时间图像如图所示，
根据图像可知，需要满足总位移x 不变，即v－t 图像与t 轴所围的面积不变，当恒力F 趋近于无穷大，匀
加速运动过程的时间趋近于0 时，总时间最小，此时总位移L
2 ＝1
2μgtmin
2，解得tmin＝√
L
μg，故选B。
解法二：设拉力为F，作用时间为t1，撤去拉力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，
则由动量定理有(F－μmg)t1＝mvm，可得t1＝
m vm
F - μmg ，撤去拉力后有μmgt2＝mvm，可得t2＝vm
μg，对于全过
程有Ft1＝μmgt，可得F＝μmgt
t1
，对于全过程有L
2 ＝vmt
2 ，故门板运动的总时间t＝t1＋t2＝
mvm
F - μmg ＋vm
μg ＝
mvm
μmgt
t1
- μmg
＋vm
μg ＝vm
μg·
t
t -t1
＝vmt
μg · 1
t -t1
＝
L
μgt2，可知t2越大时，t 越小，故t2趋近
于t 时，门板的整个运动过程用时趋近于最短为tmin，可知tmin＝
L
μgtmin
，解得tmin＝√
L
μg，故选B。]
8.AC [整个电路物理量标注如图
仅增加用户数，相当于负载电阻R 减小，降压变压器副线圈中的电流I4增大，由I 3
I 4
＝n4
n3
可知降压变压器
原线圈中的电流I3也增大，又I2＝I3，ΔP＝I 2
2r，可知r 消耗的功率增大，故A 正确；根据U3＝U2－I2r，仅
增加用户数，I2增大，可知U3减小，根据用户端的电压U4＝n4
n3
U3，可知用户端的电压减小，故B 错误；
仅适当增加n2，根据U2＝n2
n1
U1，可知U2增大，根据I2＝
U 2
r ＋( n3
n4
)
2 R用户
，可知I2增大，根据U3＝I2(n3
n4
)2R
用户，可知U3增大，用户端的电压U4＝n4
n3
U3，可知用户端的电压增大，故C 正确；由C 选项分析可知，仅
适当增加n2，U2、I2都增大，整个电路消耗的电功率P1＝P2＝U2I2变大，故D 错误。]
9.AD [若小球b 做简谐运动，则由小球b 在平衡位置所受合力为0，可知小球b 初始时刻的位置即为其做
简谐运动的平衡位置，可知其振幅为l，B 错误；小球a 发生运动的条件为弹簧对小球a 向上的弹力大于小
球a 的重力，若恰好将要运动，则此时对小球a 有kx0＝mg，对小球b 有kx0＋mg＝ma，若小球b 做简谐运
动，由简谐运动的对称性可知将小球b 向下拉到最低点由静止释放时的加速度大小也为a，有kl＝ma，解
得l＝2mg
k
，故当且仅当l≤2mg
k
时，小球b 才能始终做简谐运动，否则小球a 会发生运动，A、D 正确，
C 错误。]
10.AD [将五个点电荷等效成(q，－q)、(2q，－2q)这两组等量异种点电荷，如图所示，
O 点恰好在两组等量异种点电荷的中垂线上，则O 点处电场强度的方向为沿x 轴负方向，故A 正确，B 错
误；五个点电荷与O 点距离均为R，则E0＝kq
R
2，由几何关系结合矢量合成法则，可知O 点电场强度大小
为E＝2×2E0cos 54°＋2E0cos 18°＝2kq
R
2(2cos 54°＋cos 18°)，故C 错误，D 正确。]
11.(1)保护 (2) R
E ＋R0＋r
E
(3)1.47 1.3 (4)有
解析 (1)R0与电阻箱串联，可知R0在电路中起保护作用。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋R0＋r)
整理可得1
I ＝R
E ＋R0＋r
E
(3)因1
I ＝R
E ＋R0＋r
E
，结合题图(b)，有1
E ＝24 -7
25-0 V－1，R0＋r
E
＝7 A－1
解得E≈1.47 V，r≈1.3 Ω
(4)当电流传感器有电阻时，内阻测量值r 测＝r 真＋r 传，导致干电池内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻
对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
12.(1)0.515 (2)d
t ( M ＋m)d
2
2( M -m)H t
2 (3)9.81
解析 (1)游标卡尺的读数为5 mm＋0.05×3 mm＝5.15 mm＝0.515 cm
(2)根据光电门的测速原理，重锤1 通过光电门时的速度大小为v＝d
t ；
重锤1 与重锤2 组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有(M－m)gH＝1
2(M＋m)v2
其中v＝d
t ，解得g＝( M ＋m)d
2
2( M -m)H t
2
(3)由于γ 是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有a＝(β－γ)g＝gβ－gγ
取表格从左至右四组数据分别为a1，a2，a3，a4和对应的β1，β2，β3，β4
利用表格中的数据，根据逐差法有g＝a4＋a3-a2-a1
β4＋β3- β2- β1
代入数据，解得g≈9.81 m/s2。
13.(1)√6
4 (2)60°
解析 (1)作出光路图，如图甲所示
由几何关系可知∠BAC＝180° -∠C
2
＝75°
当α＝45°时，
∠1＝∠BAC－(90°－α)＝30°
所以光在AB 边的入射角为∠2＝90°－∠1＝60°
由折射定律得n＝sin ∠2
sin ∠3
则光线从AB 边射入棱镜时折射角的正弦值为sin ∠3＝sin ∠2
n
＝√6
4
(2)光在BC 边刚好发生全反射，设全反射临界角为C'，根据sin C'＝1
n ＝√2
2 ，解得C'＝45°，如图乙所示
由几何关系知，光在AB 边的折射角为∠3'＝90°－[180°－(75°＋90°－45°)]＝30°
根据折射定律可知，光在AB 边的入射角满足
n＝sin∠2'
sin∠3'
解得∠2'＝45°
根据几何关系可知，
α＝90°－[∠BAC－(90°－∠2')]＝60°。
14.(1)mv0
qB (2)√3m v0
2qB
(3)(5 π ＋3√3)m
3qB
解析 (1)粒子在MN 左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m v0
2
R
解得R＝mv0
qB
(2)粒子从O 点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cos θ＝O1 D
R
又O1D＝OD－R＝mv0
2qB
解得θ＝60°
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动，从PQ 边界上的E 点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速
圆周运动，从PQ 边界上的F 点第二次经过PQ 边界，在右侧磁场中，有qv0×2B＝m v0
2
R'
解得R'＝mv0
2qB
由几何关系知粒子在PQ 右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ＝120°，则粒子第一次和第二次经过PQ 时位
置的间距x＝2R'sin 60°＝√3R'＝√3m v0
2qB
(3)要使粒子能回到O 点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN 左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1＝2
3T1＝2
3×2π m
qB ＝4 π m
3qB
粒子在PQ 右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2＝1
3T2＝1
3×2π m
2qB ＝π m
3qB
设粒子从MN 到PQ 过程中运动的距离为l，由几何关系知Rsin 60°＝R'sin 60°＋lcos 60°
解得l＝√3m v0
2qB
则粒子在MN 和PQ 之间运动的时间t3＝2l
v0
＝√3m
qB
综上可知，粒子的运动周期为T＝t1＋t2＋t3＝5 π m
3qB ＋√3m
qB ＝(5 π ＋3√3)m
3qB
。
15.(1)√( β - 4)μgL
(2)vj＋1＝
j
j＋1 √v j
2- 4 μgL
(3)β＝4 n(2n＋1)(8n
2＋10n＋5)
3(2n-1)
解析 (1)滑块1 运动时，结合牛顿第三定律知，滑块对木板的滑动摩擦力为Ff1＝2μmg
地面对木板的最大静摩擦力为Ff2＝μ(3nm＋nm)g＝4μnmg>Ff1，所以此过程中木板保持不动。
每个滑块之间的距离为L，设第1 个滑块与第2 个滑块碰撞前瞬间速度大小为v1，从第1 个滑块开始运动到
与第2 个滑块碰撞前瞬间，对滑块1 由动能定理有－2μmgL＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
解得v1＝√( β - 4)μgL
(2)滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j 个滑块开始运动时加速度大小为aj
＝2 μ·jmg
jm
＝2μg
根据运动学公式，第j 个滑块开始滑动至与第j＋1 个滑块碰撞前瞬间有v j
2－vj'2＝2ajL
第j 个滑块和第j＋1 个滑块碰撞过程中动量守恒有jmvj'＝(j＋1)mvj＋1
联立解得vj＋1＝
j
j＋1 √v j
2- 4 μgL
(3)当第k 个滑块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ·kmg＝μ(nm＋3nm)g
解得k＝2n(n 为整数)
则第k＋1 个(即2n＋1 个)滑块开始滑动时，木板开始滑动，假设木板和剩下的滑块不发生相对滑动，则
2μ(2n＋1)mg－μ(nm＋3nm)g＝｛nm＋[3nm－(2n＋1)m]｝a
解得a＝2 μg
2n-1<2μg，故木板和剩下的滑块不发生相对滑动。
对前面k＋1 个滑块，有ak＋1＝2 μ·(k ＋1)mg
(k ＋1)m
＝2μg
若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，则前面k＋1 个滑块和第k＋2 个滑块共速，且相对位移恰好为
L，则
vk ＋1
2- v共
2
2ak ＋1
－v共
2
2a ＝L
可知vk ＋1
2＝2nv共
2＋4μgL
又v 共＝at＝vk＋1－2μgt
则v 共＝vk ＋1
2n
则vk ＋1
2＝8nμgL
2n-1
第1 个滑块开始运动的速度大小v0＝√βμgL，则v0
2＝βμgL
与第2 个滑块碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2
结合v1＝√( β - 4)μgL，可知第2 个滑块开始运动时的速度大小v2＝1
2 √( β - 4)μgL，
即4 v2
2＝βμgL－4μgL
由第(2)问可得，(j＋1)2v j＋1
2＝j2v j
2－4j2μgL，则对第3 个滑块开始滑动到第k＋1 个滑块将要发生滑动的过
程，有
9 v3
2＝4v2
2－4×4μgL
16 v4
2＝9v3
2－9×4μgL
25v5
2＝16v4
2－16×4μgL
……
(k ＋1)
2vk ＋1
2＝k2vk
2－k2×4μgL
将相关方程累积求和可得即4 v2
2＋9 v3
2＋16 v4
2＋…＋(k ＋1)
2vk ＋1
2＝βμgL－1×4μgL＋4v2
2－4×4μgL
＋9v3
2－9×4μgL＋16v4
2－16×4μgL＋…＋k2vk
2－k2×4μgL
即(k＋1)2vk ＋1
2＝βμgL－4μgL[12＋22＋33＋42＋…＋k2]＝βμgL－2k(k ＋1)(2k ＋1)
3
μgL
又vk ＋1
2＝8nμgL
2n-1 ，k＝2n
联立解得β＝4 n(2n＋1)(8n
2＋10n＋5)
3(2n-1)
。
