山东省潍坊市2023届高三年级上册1月期末考试物理试题 含解析

高三物理试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米

黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.如图是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅

脊有一串类似台阶的结构。光照射翅背上“台阶结构”的典型光路如图所示，则（）

B.翅膀灿烂闪烁是光的色散现象

C.翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象

D.光在空气中的波长约是在翅脊中波长的1倍

【答案】A

【解析】

【详解】ABC.翅膀灿烂闪烁是光的薄膜干涉现象，选项A正确，BC错误；

D.根据

为气―v空气丁=0=.=3

4r仔-2

n

选项D错误。

故选Ao

2.如图所示为某科学实验小组利用计算机和传感器绘制出的一玩具小车做直线运动的wx图像，则下列说

法正饰的是（）

A.该玩具小车做匀变速直线运动

B.该玩具小车运动的加速度逐渐增大

C.该玩具小车运动的加速度逐渐减小

D.该玩具小车运动的加速度随时间均匀变化

【答案】B

【解析】

【详解】BCD.根据图像得

v=kx

所以

-=k-

tt

得

a=kv

式中k不变，随着速度i，的增大，加速度。增大，所以加速度随时间增大，B正确，CD错误;

A.因为加速度增大，小车做非匀变速度直线运动，A错误。

故选Bo

3.如图所示，平面的第一象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界与“轴成6=45。角,

边长为L的正方形金属框MNPQ中心位于磁场边界上，电阻为R。现使金属框匀速向右运动至完全进入磁

)

A.金属框中感应电流的大小和方向都不变

B.金属框中磁通量的变化率变大

C.金属框中感应电动势的变化率不变

D.通过金属框的电荷量为---

R

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.金属框运动过程中，根据楞次定律可知金属框磁通量增加，产生的感应电流方向一直为

逆时针。只有QP边和边切割磁感线，若金属框速度为也运动时间为心根据右手定则和电磁感应

定律可判断产生的电动势为

E=Bv(L—L!)

根据几何关系可知

L!=vttan45°=vt

整理可得

E=Bv(L-vt)=-Bv2t+BvL

故感应电动势的变化率为一=-82口不变。根据

Ar

R

可知E随时间变小，故感应电流大小也随时间变小。根据

L卜①

E=----

Z

可知做通量的变化率也随时间减小，故AB错误、C正确；

D.通过金属框的电荷量为

E△①BASBI)

q7=aIN=——A4=----=--------=

RRR2R

故D错误。

故选Co

4.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹

簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作

用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足N8/S斗仇式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，/为

通过线圈的电流，B为磁感应强度，。为线圈(指针)偏角，％是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应

现象，由题中的信息可知()

甲乙

A.运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/s

B.运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/s

C.运动员从B点飞出后经3s离斜面最远

D.运动员在B点对轨道的压力为1400N

【答案】D

【解析】

【详解】A.运动员从S点水平飞出后做平抛运动，因此有

12

尸5g厂

X=VBt

tan370=^

X

联立解得

vB=30m/s

故A错误;

B.运动员从8点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有

tan37°=^

以

♦=M+喑

联立解得

v'=37.5m/s

故B错误;

C.运动员从8点飞出后离斜面最远时，竖直方向有

解得

f=2.25s

故C错误；

D.运动员在5点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第一定律有

FN-mg=m-^-

A

解得

=1400N

根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。

故选D。

6.如图甲所示，质量为如长为L的均匀软绳用细线悬挂在Oi点，软绳下端刚好与地面接触。剪断细线，

软绳自由下落，落地后速度立刻变为零。图乙中，质量也为，”的小球用细线悬挂在02点，小球离地面高

度为L,小球可以看成质点，剪断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。不考虑部分软绳落地后

引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g,小球与地面碰撞的接触时间△/=且工，则（）

10g

LL

甲乙

A.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为机而

B.从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量大小为力啦

C.地面对小球的平均作用力大小为Umg

D.地面对小球的平均作用力大小为21mg

【答案】D

【解折】

【详解】AB.从细线断开到软绳全都落至地面有

712

L=Qgt

解得

从细线断开到软绳全都落至地面过程中，对软绳用动量定理，取竖直向下为正方向

皈一/地二°

解得地面对软绳的冲量大小为

，地=加痛E

AB错误；

CD.小球落地前瞬时速度大小为v,则

1，

mgLr=­mv~

解得

v=yj2gL

小球与地面发生弹性碰撞，则原速率返回，对小球在与地面碰撞过程中用动量定理，设地面对小球的平

均作用力大小为凡取竖直向上为正方向

解得

F=21mg

C错误，D正确。

故选Do

7.如图所示的O-g，z三维坐标系中，平面在水平地面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强

电场，电场方向与x轴正方向夹角0=37°,场强大小£=500V/mo现从坐标原点O以初速度vo=15m/s竖直

向上抛出一带正电小球，已知小球质量用=0.01kg,带电量g=10♦七，重力加速度g=I0m/s2。下列说

法正确的是（）

|z/m

------->x/m

A.小球运动过程中电势能先减小后增大

B.经ul.5s小球的速度最小，为7.5m/s

C./=2s时，小球的位置坐标为（8,6,10）

D.取。点为零势能点，小球落地时的电势能为-2.25J

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球运动过程中沿x、y轴两个方向，电场力均做正功，则电势能减小，选项A错误；

B.因沿水平方向电场力

F=£i7=O.（）5N

竖直向下的重力

〃陪=0.IN

则两个力的合力与竖直方向的夹角

qE\

mg2

大小为

七二卜+（*=*N

当小球沿合力方向的速度减为零时速度最小，则经过的时间

_%cos0_mvcos3

t——0—1.，S

小球的速度最小，为

%n=%sin6=3^m/s

选项B错误；

C.r=2s时，沿z方向的位移

z=卬-;g产=15x2-3x10x22=10m

沿X方向的位移

1、1cos37o

x=-ar=----------r2=8m

2'2tn

沿y方向的位移

\21qEsin37,4

y=-ar=---------r=6m

2'2m

小球的位置坐标为（8,6,10）选项C正确；

D.小球落地时的时间

3=3S

g

沿电场力方向的位移

s2遗产=22.5m

2m

则电场力做功等于的电势能减小，即

=-qEs=-1.125J

即取。点为零势能点，小球落地时电势能为・L125J,选项D错误。

故选C。

8.质晟不计的直角支架两端分别连接质贵为2〃2的小球A和质量为的小球B,支架的两直角边长度分

别为L和自，支架可绕固定轴0在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时0A边水平，现将小球A由

2

静止释放，重力加速度为g,则（）

LA

oLC

L2m

2

BC)3加

球A到达最低点时的速度大小用

A.小

B.当0A与竖直方向夹角为37。时，球A、B速度达到最大

C.球B最大速度为

球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为竺警

D.小

【答手UB

【解01】

【详s簿A.根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，以A球开始位置为零势能，由机械能守恒定律，

对A、B组成的系统有

-3mg•—=-2mgL+g-2mv\+g-3mH

两小七R为同轴转动，角速度相同，由口=。厂可知，两球的线速度之比为

乙：〜=2：1

解得

故A?昔误；

D.根据题意，小球A由静止到达最低点过程中，设杆对小球A所做的功为卬，对小球A由动能定理有

2mgL+W=—mv\

解得

卬_18，〃gL

11

故D,昔误；

BC.展据题意，设04与竖直方向夹角为夕时，以A球开始位置为零势能，球A、B速度达到最大，由系

机械方且守恒定律，对系统有

L31.1.

-3mg•—=-2mgLcos^-―mgLsin^+—•2皿:+—•3mv^

又有

V4=2VB

整理可得

vB=J与(4cosO+3sinO-3)

由数学知识可知，当〃=37。时，小球A、B速度达到最大，小球B速度最大值为

故C错误，B正确。

故选Bo

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示，某小型水电站通过升压变压器*、高压输电线路和降压变压器T?将产生电能输送给5km

外的用户，水电站输出电压为400V,高压输电线路的阻值为IC/km,输电总功率为20kW,用户端电压为

220V。两变压器均为理想变压器，的正数比为1：5,下列说法正确的是()

.T2

用

户

A.*的输出电压为2000V

B.T2的匝数比n3：n4=95：11

C高压输电线上的电流为5A

D.高压输电线上损失的电功率为IkW

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.根据变压器电压与匝数比关系，可得

如=2

U?n2

解得「的输出电压为

[72=2000V

故A正确；

C.高压输电线上的电流为

,P420x103

L=—=—=-----------A=10A

2U,U、2(XX)

故C错误:

D.高压输电线总电阻

r=2x5xlQ=l()Q

高压输电线上损失的电功率为

22

^=/2r=10xl0W=l(XX)W

故D正确；

B.高压输电线上损失的电压为

[/=Z2r=10xl0V=100V

T2的输入电压为

t/3=t/2-t/'=2000V-100V=1900V

T2的匝数比

n.U,190095

[丁西=TT

故B正确。

故选ABD。

10.一列沿x轴传播的简谐横波，r=0.8s时的波形如图甲所示，质点N的平衡位置为冲=11m,质点M的

振动图像如图乙所示，下列说法正确的是()

F|y/cm—一y/cm

I甲乙

A.从r=0.8s时起到质点M通过的路程为20cm过程所用时间为0.6s

B.质点初的平衡位置为x*8m

C./=12s时质点N的位移产20cm

D.质点N的振动方程为y=20sin(3if-g;r)(cm)

62

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据振动图像，r=0.8s时，质点例向y轴负方向振动，说明波沿x轴正方向传播，由于“点

此时并不是在正负最大位移处或者平衡位置，所以经过0.6s,也就是四分之一周期，质点运动的路程不是

20cm,应该大于20cm,故A错误；

B.由图可知，波长和周期分别为

2=12m

7'=2.4s

所以波速为

412/u,

v=—=——m/s=5m/s

T2.4

根据振动图像可知，质点”在L2s时回到平衡位置，结合波的传播，有

xM-6=v(1.2-0.8)

解得

%=8m

故B正确；

CD,根据波的传播，质点N在0.8s时向上振动，此后第一次到波峰的时间为，，则

xN-9=v(r-0.8)

所以

t=l.2s

所以1.2s时N质点处于波峰，即

2万

y=20cm=20sin(x1.2+°)cm

解得

1

所以质点N的振动方程为

y=20sin(—7rt~—万)(cm)

62

当/=12s时，有

y=20sin(.1x12—g4)(cm)=-20cm

故C错误，D正确.

故选BDo

11.火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力

加速度g=10m/s2。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管

道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从5点脱离后做平抛运动，1s后与

倾角为45。的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m,小球可看作质点且质量机=5kg。则()

A.火星表面重力加速度大小为2.5m/s2

B.小球在斜面上的相碰点C与3点的水平距离为4m

C.小球经过管道的A点时，对管壁的压力为U6N

D.小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N

【答案】BC

【解析】

【详解】A.忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有

-Mm

G-=mg

可知

GM加

g=-r-

4也

5火厂2

rk

由此可得

g火二誓鸟8=401/§2

必也展

故A错误;

B.小球运动到C点的竖直分速度为

j=g火，

与倾角为45。的斜面垂直相碰，则有

tan45。=上

水平位移为

联立并代入数据解得点。与B点的水平距离为

x=4m

故B正确；

C.对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得

—mg火=gm匕

在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律得

々=6

联立解得

%=116N

故C正确；

D.小球经过管道的8点时，设管壁给小球向下压力由牛顿第二定律有

V2

6+加且火=加君■

K

解得

F2=-4N

说明管壁给小球有向上压力4N,根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N,故D

错误，

12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨WN、尸。倾斜放置，与水平面夹角a=30。，导轨宽度L=lm,导

体棒而垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T。

己知导体棒"质量机=0.02kg,电容器电容为C=0.02F,耐压值足够大，定值电阻R=200C,重力加速度

g=10m/s2,导体棒和导轨电阻不计。/=0时开关接1,导体棒H由静止释放，/=2s时开关接2,下列说法正

A.r=2s时，导体棒时的速度为2.5m/s

B./=2s时，电容器储存的电场能为0.16J

C.开关接2瞬间，导体棒H的加速度为3m/s2

D.开关接2至导体棒"达到最大速度的过程中，通过电阻K的电向量为U.O2c

【答案】BC

【解析】

【详解】A.设在时间内，金属棒速度变化为△心金属棒产生的感应电动势变化

△E=BLAv

电容器两极板电压变化

△U=BL4u

电容器所带电荷量变化

△q=CAU=CBL'

金属棒中的电流

I=^-=CBL—=CBLa

Ar加

对金属棒，由牛顿第二定律有

mgsina-BIL=ma

解得

a=lm/s2

/=2s时，导体棒曲的速度为

v=at=2m/s

故A错误；

B.r=2s时，电容器储存的电场能

1,1.

E=-CU2=-C(BLv)2=0.16J

22

故B正确；

C.开关接2瞬间，对导体棒必有

E

mgsina-BIL=ma,I=—,E-BLv

解得

a=3m/s2

故C正确；

D.而达到最大速度

E

mgsina=BlJ,,Em=BLvm

A

解得

vm=5m/s

根据能量守恒，如果没有克服安培力做功

121mv2

—mvni~~=mgxsina

解得

x=2.1m

通过电阻R的电荷量为

=—=0.021C

R

实际上，克服安培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。

故选BCo

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与

长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数〃的值，利用

纸带测量对应的多个加速度〃的值，画出了图像，如图乙所不。所有计算结果均保留两位有效数字，

重力加速度^=10m/s2o

A.实验中需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M

B.实验中需要保证滑块的质量M不变

C.实验中不需要保证桶和砂子的总质量机不变

D.连接滑块的细线要与长木板平行

E.本实验中，需要平衡摩擦力

(2)由图乙可知，若滑块的质量M=2kg,则小桶和砂子的总质量切=kg,图乙中m/s2o

【答案】①.BD②.0.50®.2.0

【解析】

【详解】(1)[1]A.实验中的研究对象是小桶和滑块的整体，则不需要保证桶和砂子的总质量“远小于

滑块的质量M,故A错误；

BC.实验中多次改变4的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的

总质量，〃不变，故B正确，C错误；

D.连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。

E.本实验中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E错误。

故选BDo

(2)[2]由图乙可知，当"=0.25时，加速度为零，由平衡条件有

从Mg=mg

解得

m=0.50kg

[3]根据题意，由牛顿第二定律有

mg-juMg=(机+Af”

整理得

M+mM

结合图乙可得

b=—=2.0m/s2

M+m

14.实验方案对实验测曷的精度有直接的影响。某学习小组利用以下实验器材对“测量电池的中，动势和内

阻”的实验进行了探究。实验室提供的器材有：

A.干电池一节（电动势约为1.5V,内住小于1C）

B.亳安表A1（量程0」5mA.内阻IkC）

C.亳安表A2（量程300mA,内阻约为3C）

D.定值电阻凡（阻值为9k。）

E.定值电阻与（阻值为3C）

F.滑动变阻器&（最大阻值为30。）

G.开关一个，导线若干

（2）某同学合理设计实验方案并进行实验，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电流表A1、A2

的示数，2,并描在如图所示图像中，根据图像可得电池电动势后=V,内阻r=Q。（结

果均保留两位有效数字）

（3）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电源的输出功率P发生变化，下列示意图能大致反映电源的

输出功率P随滑动变阻器接入电路的阻值R?变化关系的是o

【答案】①.见解析1.4③.0.50©.D

【解析】

【详解】（1）[1]实验室提供的器材缺少电压表因而需要改装电压表，需要在内阻准确的亳安表A1基础上

串联一个大电阻/?）改装成量程为Ug的电压表

Ug=/g（4+与）=L5V

电源电动势约为L5V,改装表满足测量需求；亳安表A2内阻不准确，故需要排除亳安表A2分流影响；电

源内阻阻值较小，为了方便数据处理可以将R2串联在电路中。电路图如下图所示

^__I

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得

£=；1(/?1+/])+(；1+Z2)(r+/?2)

读出其中两点坐标(60mA,0.12mA)和(260mA,0.05mA)代入上述方程，解得电动势和内阻分别为

E=1.4V,r=0.50Q

(3)⑷设外电路总电阻为及外，则电源的输出功率

成)%=远圭1

R

可知凡卜=一时电源的输出功率最大，由于宠2>人则根据电路的动态分析，区3增加则R总增加且一定大于

电源内阻，电源的输出功率会随之减小。

故选D。

15.如图所示为一个用折射率〃=2.4的透明介质做成的四棱柱A8CO-A4GR,其中ND45=90。，

ZABC=60°,NBCD=90。。现有一平行光束垂直于四棱柱侧面A8BM入射，已知A£>二限m，

M=2cm,AB=6cm,求：

(1)从侧面ABB^入射到面耳上的光线经第一次反射后的反射光线与面8DG的夹角；

(2)面8CC石上的发光面积。

____D)

B

【答案】(1)60°；(2)3cm2

【解析】

【详解】(1)根据题意，在四棱柱横截面上画出光路图，如图所示

由几何关系可知

=120°

可得C。面入射光线的入射角为30。，则从侧面入射到面BCR片上的光线经第一次反射后的反

射光线与面CDRG的夹角为60。。

(2)根据题意，由公式可得

sinC=—<—

2.42

可知，临界角小于30。，根据折射定律和反射定律画出截面上的光路图，如图所示

可知，光线从AF段入射，可以从8。段射出，光线从所段入射，无论是经CO反射，还是直接照射到

BC,在上的入射角均大于临界角，不能从上射出，由于

4Z)=6cm，ZADO=60°

可得

AO=3cm

由几何关系可得

BO=1.5cm

则面片上的发光面积为

2

S=BBixBO=3cm

16.一根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边系着质量M=3kg的物块A,左边穿过长为L=3.0m的细管后下端

系着质量2kg的物块B,细管由锁定装置固定不动，物块B距细管下端〃=2.0m,已知物块B通过细管

时与管内壁间的滑动摩擦力户4N,开始时A、B均静止，绳处于拉直状态，同时释放A和B。A、B均看

作质点，不计滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)刚释放A、B时，绳的拉力大小；

(2)物块B刚通过细管时速度大小。

匚1□A

【答案】(1)T=24N；(2)v=^ym/s

【解析】

【详解】(1)对物块A、B由牛顿第二定律分别可得

Mg-T=Ma

T-mg=ma

联立解得

T=24N

(2)对A、B由机械能守恒可得

Mg(h+L)-mg(h+L)-fL=^(m+

解得

17.在三维坐标系O-xyz中存在一长方体如4—,其所在区域内匀强磁场分布如图所示,平面mnij

左侧磁场沿z轴负方向、磁感应强度大小为B],右侧磁场沿mi方向，磁感应强度大小为&,其中

Bi=q~BaBi、修均未知)。现有电量为4(。0)、质量为帆的带电粒子以初速度-从〃点沿平面。力加

进入磁场，经/点垂直平面如切进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abed为边长为L的

正方形,其余边长如图中所示，5足37。=0.6,5访53。=0.8,不计粒子重力。求：

(1)平面阳，均左侧空间磁场磁感应强度81的大小；

(2)粒子离开磁场时位置坐标及在磁场中的运动时间；

(3)若平面切〃"右侧空间磁场换成由/到〃方向且电场强度E大小可变的匀强电场(电场图中未画出，

其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能，Ek与E的关系式。

【解析】

【详解】（1）粒子在面a5m内做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示:

甲J

设其轨道半径为n由几何关系

储一/y+4产

得

=

得

网

5qL

（2）经分析粒子到达点j后在平面〃仇0内做匀速圆周运动，设其轨道半径为⑵

0

\r

qvB2=m——

r2

BLgB、

152

得

V2

运动轨迹如图乙所示

乙

可知粒子从〃点回到平面机前左侧磁场，在左侧磁场中运动时轨迹在平面胸沁内，假设粒子从ic边离开

磁场，运动轨迹如图丙所示

矿=亚一(1)2

得

if=2L

即点f与点c重合。故粒子从。点离开磁场，其坐标为(・2L,0,0)

粒子从。到/运动时间为力

532mn

t,=-----------

360qB、

粒子从/到〃运动时间为及

v

粒子从〃到C运动时间为门

G=:

故粒子在磁场中运动时间

53TILA/LTL

，=%+f2+'3=---------1---------

36v2v

(3)粒子在电场中做匀变速曲线运动，当粒子从力'点离开电场时,

2L=vt6L='42

2m

得

\f2mv2

E=-------

2qL

当石之立对时，

粒子从帅'边离开长方体。

2qL

\flqEL=耳一；mv2

得

2

Ek=\[lqEL+gmv

当七＜也对时，

粒子从""边离开

2qL

尸产尚2

2mv

得

2EqI)

y=2

tn\^

由

Eqy=E-mv1

k乙

得

s2E2q21}12

mv2

18.窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马

杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆

水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉

开后，相邻两环间距离均为L=0.2m,每个滑环的质量均为〃尸0.4kg,滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为

〃=0.L窗帘未拉开时.所有滑环可看成挨在一起处干滑杆右侧功缘处.滑环间无挤压,现在给1号滑环