1-41屆全國中學生物理競賽預賽試題第34屆（2017年）

第34屆全國中學生物理競賽預賽試卷班級__________姓名__________一、選擇題．本題共5小題，每小題6分．在每小題給出的4個選項中，有的小題只有一項符合題意，有的小題有多項符合題意．把符合題意的選項前面的英文字母寫在每小題后面的方括號內．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分．1．下述實驗或現(xiàn)象中，能夠說明光具有粒子性的是()A．光的雙縫干涉實驗B．黑體輻射C．光電效應D．康普頓效應2．系統(tǒng)l和系統(tǒng)2質量相等，比熱容分別為C1和C2，兩系統(tǒng)接觸后達到共同溫度T；整個過程中與外界(兩系統(tǒng)之外)無熱交換。兩系統(tǒng)初始溫度T1和T2的關系為()A．T1=eq\f(C2,C1)(T－T2)－TB．T1=eq\f(C1,C2)(T－T2)－TC．T1=eq\f(C1,C2)(T－T2)+TD．T1=eq\f(C2,C1)(T－T2)+T3．假設原子核可視為均勻球體。質量數(shù)為A的中重原子核的半徑R可近似地用公式R=R0A1/3表示，其中R0為一常量。對于核子數(shù)相同的原子核，下列說法正確的是()A．質量密度是基本相同的B．電荷密度是基本相同的C．表面積是基本相同的D．體積是基本相同的4．一顆人造地球通訊衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)對地球的張角能覆蓋赤道上空東經(jīng)θ0－Δθ到東經(jīng)θ0+Δθ之間的區(qū)域。已知地球半徑為R0，地球表面處的重力加速度大小為g，地球自轉周期為T.Δθ的值等于()A．a(chǎn)rcsin(eq\f(4))1/3B．2arcsin(eq\f(4))1/3C．a(chǎn)rccos(eq\f(4))1/3D．2arccos(eq\f(4))1/35．有3種不同波長的光，每種光同時發(fā)出、同時中斷，且光強都相同，總的光強為I，脈沖寬度(發(fā)光持續(xù)時間)為τ，光脈沖的光強I隨時間t的變化如圖所示。該光脈沖正入射到一長為L的透明玻璃棒，不考慮光在玻璃棒中的傳輸損失和端面的反射損失。在通過玻璃棒后光脈沖的光強I隨時間t的變化最可能的圖示是(虛線部分為入射前的總光強隨時間變化示意圖)()二、填空題．把答案填在題中的橫線上．只要給出結果，不需寫出求得結果的過程．6．(10分)如圖，一個球冠形光滑凹槽深度h=0.050m，球半徑為20m．現(xiàn)將一質量為0.10kg的小球放在凹槽邊緣從靜止釋放。重力加速度大小為9.8m/s．小球由凹槽最高點滑到最低點所用時間為__________s．7．(10分)先用波長為λ1的單色可見光照射楊氏雙縫干涉實驗裝置；再加上波長為λ2(λ2>λ1)的單色可見光照射同一個楊氏雙縫干涉實驗裝置。觀察到波長為λ1的光的干涉條紋的l、2級亮紋之間原本是暗紋的位置出現(xiàn)了波長為λ2的光的干涉條紋的1級亮紋，則兩種光的波長之比λ2：λ1=__________________。8．(10分)某一導體通過反復接觸某塊金屬板來充電。該金屬板初始電荷量為6μC，每次金屬板與導體脫離接觸后，金屬板又被充滿6μC的電荷量。已知導體第一次與金屬板接觸后，導體上帶的電荷量為2μC；經(jīng)過無窮次接觸，導體上所帶的電荷量最終為______________。9．(10分)如圖，一焦距為20cm的薄透鏡位于x=0平面上，光心位于坐標原點0，光軸與x軸重合。在z=0平面內的一束平行光入射到該透鏡上，入射方向與光軸的夾角為30°．該光束通過透鏡后匯聚點的位置坐標為_________________。10．(10分)一質量為m的小球與一勁度系數(shù)為k的彈簧連接，置于光滑水平桌面上，彈簧的另一端與固定墻面相連，小球做一維自由振動，彈簧的伸縮方向與小球的振動方向一致。在一沿此彈簧長度方向以速度u做勻速直線運動的參考系里觀察，此彈簧和小球構成的系統(tǒng)的機械能___________(填“守恒”或“不守恒”)，理由是__________________________________________________________________________。三、計算題．計算題的解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結果的不能得分．有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(20分)某電視節(jié)目中演示了一個用三根火柴棍和細棉線懸掛起一瓶或多瓶礦泉水的實驗，如圖所示。A、B、C為三根相同的火柴棍，火柴棍長為l，細實線為棉線，棉線的直徑為d(d<<l)?；鸩窆鰽的一半在水平桌面內，另一半在桌面外，火柴棍A與桌面上表面的邊沿垂直；桌面厚度為h；O是火柴棍A的中點與桌面邊沿的接觸點；棉線緊貼桌沿繞過A，壓在水平火柴棍C的兩端；火柴棍B的一端頂在火柴棍A的球狀頭部(可近似忽略球狀頭部的尺度)，另一端頂在火柴棍C的中點。這樣的結構可以穩(wěn)定地懸掛起一瓶或多瓶礦泉水。(1)如果沒有火柴棍B和C，光靠A是否可能懸掛起一瓶礦泉水?為什么?(2)加上火柴棍B和C、小心掛上重物時，火柴棍A會在過A的豎直平面內繞O點有一個角位移，通過火柴棍B的帶動，壓在火柴棍C兩端的棉線將繞桌面下表面的邊沿轉動一個很小的角度；只要角度大小合適，可使整個系統(tǒng)達到穩(wěn)定平衡。求平衡時該角度的大小。已知火柴棍與桌沿、火柴棍與棉線以及火柴棍之間都足夠粗糙(即可以沒有滑動)，而且它們的質量與重物相比均可忽略。12．(20分)如圖，一邊長為L的正方形銅線框abcd可繞水平軸ab自由轉動，一豎直向上的外力F作用在cd邊的中點，整個線框置于方向豎直向上的均勻磁場中，磁感應強度大小隨時間變化。已知該方形線框銅線的電導率(即電阻率的倒數(shù))為σ，銅線的半徑為r0，質量密度為ρ，重力加速度大小為g．(1)當框平面與水平面abef的夾角為θ時，求該方形線框所受到的重力矩。(2)當框平面與水平面abef的夾角為θ時，框平面恰好處于平衡狀態(tài)。求此時線框中cd邊所受到的磁場B的作用力的大小與外力的大小F之間的關系式。(3)隨著磁感應強度大小隨時間的變化，可按照(2)中的關系式隨時調整外力F的大小以保持框平面與水平面abef的夾角總為θ．在保持夾角θ不變的情形下，已知在某一時刻外力為零時，磁感應強度大小為B；求此時磁感應強度隨時間的變化率ΔBΔt．13．(20分)橫截面積為S和2S的兩圓柱形容器按圖示方式連接成一氣缸，每個圓筒中各置有一活塞，兩活塞間的距離為l，用硬桿相連，形成“工”字形活塞，它把整個氣缸分隔成三個氣室，其中I、Ⅲ室密閉摩爾數(shù)分別為ν和2ν的同種理想氣體，兩個氣室內都有電加熱器；Ⅱ室的缸壁上開有一小孔，與大氣相通；1mol該種氣體內能為CT(C是氣體摩爾熱容量，T是氣體的絕對溫度)。當三個氣室中氣體的溫度均為T1時，“工"字形活塞在氣缸中恰好在圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，這時I室內氣柱長亦為l，Ⅱ室內空氣的摩爾數(shù)為eq\f(3,2)ν0．已知大氣壓不變，氣缸壁和活塞都是絕熱的，不計活塞與氣缸之間的摩擦?，F(xiàn)通過電熱器對I、Ⅲ兩室中的氣體緩慢加熱，直至I室內氣體的溫度升為其初始狀態(tài)溫度的2倍時，活塞左移距離d．已知理想氣體常量為R．求(1)Ⅲ室內氣體初態(tài)氣柱的長度；(2)Ⅲ室內氣體末態(tài)的溫度；(3)此過程中I、Ⅲ室密閉氣體吸收的總熱量。14．(20分)把沿x方向通有電流(x方向的電場強度為Ex)的長方體形的半導體材料，放在沿z方向的勻強磁場中，半導體材料的六個表面分別與相應的坐標平面平行；磁感應強度大小為Bx．在垂直于電場和磁場的+y或－y方向將產(chǎn)生一個橫向電場Ey，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應，由霍爾效應產(chǎn)生的電場稱為霍爾電場。實驗表明霍爾電場Ey與電流的電流密度Jx和磁感應強度Bx的乘積成正比，即Ey=RHJxBz，比例系數(shù)RH稱為霍爾系數(shù)。某半導體材料樣品中有兩種載流子：空穴和電子；空穴和電子在單位電場下的平均速度(即載流子的平均速度與電場成正比的比例系數(shù))分別為μp和－μn，空穴和電子的數(shù)密度分別為p和n，電荷分別為e和一e．試確定該半導體材料的霍爾系數(shù)。 15．(20分)某根水平固定的長滑竿上有n(n≥3)個質量相同的滑扣(即可以滑動的圓環(huán))，每相鄰的兩個滑扣(極薄)之間有不可伸長的柔軟輕質細線相連，細線長度均為L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小的μ倍。開始時所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)；今給第1個滑扣一個初速度使其在滑竿上開始向左滑行(平動)；在滑扣滑行的過程中，前、后滑扣之間的細線拉緊后都以共同的速度向前滑行，但最后一個(即第n個)滑扣固定在滑竿邊緣。已知從第1個滑扣開始的(n一1)個滑扣相互之間都依次拉緊，繼續(xù)滑行距離l(0<l<L)后靜止，且所有細線拉緊過程的時間間隔極短。求(1)滑扣1的初速度的大??；(2)整個過程中克服摩擦力所做的功；(3)整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的總動能損失。16．(20分)如圖，兩勁度系數(shù)均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上，下端懸掛一質量為m的小物塊。平衡時，輕彈性繩與水平面的夾角為α0，彈性繩長度為l0．現(xiàn)將小物塊向下拉一段微小的距離后從靜止釋放。(1)證明小物塊做簡諧振動；(2)若k=0.50N/m、m=50g、α0=30°、l0=2.0m，重力加速度g=9.8m/s。，求小物塊做簡諧振動的周期T；(3)當小物塊下拉的距離為0.010m時，寫出此后該小物塊相對于平衡位置的偏離隨時間變化的方程。已知：當x<<1時，eq\f(1,1+x)≈1－x，eq\R(,1+x)≈1+\f(1,2)x．解析1．黑體輻射：在任何條件下，對任何波長的外來輻射完全吸收而無任何反射的物體，……但黑體未必是黑色的，例如太陽是一個黑體……在黑體輻射中，隨著溫度不同，光的顏色各不相同，黑體呈現(xiàn)由紅——橙紅——黃——黃白——白——藍白的漸變過程?！绽士擞珊隗w輻射提出能量子的觀點！CD明顯正確！……選BCD2．從表達式看，應是物體1的放熱=物體2的吸熱，建立方程：C1m(T1－T)=C2m(T－T2)……選DRrΔθRrΔθ地球同步衛(wèi)星4．首先算出同步衛(wèi)星繞地球公轉的半徑r，地球自身半徑為R，幾何關系如右圖所示，……選C5．因為能量是沒有損失的，所以通過玻璃棒后光脈沖的光強(圖中實線總面積)應該與原來的光強(虛線面積)相同。又因為是三種不同波長的光，所以在同種介質中傳播的速度都不相同，所以到達玻璃棒右端點的時間都不同，所以……選D012210I波長為λ1的單色光的亮條紋波長為λ2的單色光的亮條紋I6．典型的單擺模型：T012210I波長為λ1的單色光的亮條紋波長為λ2的單色光的亮條紋I7．兩束光到達I位置的光程差記為d；對于波長為λ1的單色光而言，d=eq\f(3,2)λ1；對于波長為λ2的單色光而言，d=λ2，故λ2：λ1=3：28．兩個帶電體不再交換電荷的條件，并不是兩者電荷量相等，而是兩者電勢相等！由第一次知，當電荷量為4μC：2μC時，既電荷量之比為2：1時，兩者電勢相等?！首罱K為6μC：3μC！答案：3μCxFOyxFOyP延長后交副光軸于P，則所有光匯聚于P點。故位置坐標為(20,－eq\f(20,3)\R(,3))10．不守恒；墻壁對彈簧有作用力(外力)，且在運動參考系中，該力的作用點有位移，所做的功不為零。11．(1)不能。從力的平衡看，單一的A無所提供向上的力與一瓶礦泉水的重力平衡。AOl11(AOl11(a)(2)由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端正好在A的中點的正下方，由幾何關系知，火柴棍A和B之間的夾角為α=60°。桌面上表面邊沿O點到火柴棍B的下端(即火柴棍C的中點)的距離為eqL=\f(\R(,3),2)l．AOl11(b)MgθAOl11(b)MgθD據(jù)題意，三根火柴的結構在重物質量逐漸增大時是穩(wěn)定的。因而火柴棍C繼續(xù)保持水平，火柴棍B和A之間的夾角也能得以保持不變，即圖11(b)中，火柴棍A和B之間的夾角仍然為60°．瓶最終穩(wěn)態(tài)應該在何處？應該在O點正下方！又因為棉線是有一定的線度，直徑為d。一開始瓶的縱向幾何中心與棉線的縱向幾何一直線，最終瓶的縱向幾何中心在O點的正下方。所以：①瓶向左平移的距離為eq\f(d,2)；②瓶最終的轉動中心中桌子下邊沿，O點正下方的D點。O11(c)MgθDhD′O′EO11(c)MgθDhD′O′EDD′=eq\f(d,2)，且因為是微小的轉動，故由微量處理知，OO′=DD′=eq\f(d,2)同理：O′D′=OD=hD′E=DE=L－h(huán)=eq\f(\R(,3),2)l－h(huán)故：sinθ=eq\f(\f(d,2),\f(\R(,3),2)l－h(huán))得θ=arcsineq\f(d,\R(,3)l－2h)12．(1)該方形線框的質量：m=ρV=ρS4L=4Lρ方形線框的重力相對于AB邊的力矩為：Mg=mgeq\f(L,2)cosθ=2L2ρgcosθ(2)由于電流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分類討論b(a)FgFF安bb(a)FgFF安b(a)FgFF安M安=2L2ρgcosθ－FLcosθ又因為M安=F安Lsinθ聯(lián)立得：F安=2Lρgcotθ－Fcotθ況2：安培力水平向右，同理力矩M安+Mg=MF得：F安=Fcotθ－2Lρgcotθ(3)磁通量φ(θ)=L2Bcosθ感應電動勢ε=eq\f(Δφ,Δt)=L2cosθeq\f(ΔB,Δt)ρeq\f(l,S)=eq\f(4L,σ)該方形線框上的感應電流為i=eq\f(ε,R)=eq\f(L,4)σcosθeq\f(ΔB,Δt)cd邊所受到的安培力的大小為FA=iBL=eq\f(L2,4)σcosθeq\f(ΔB,Δt)因為要外力F等于零，所以是第(2)小題中的第1種情況eq\f(ΔB,Δt)=eq\f(8ρg,BLσsinθ)13．(1)設大氣壓強為p0．初態(tài)：I室內氣體壓強為p1；III室內氣體壓強為p3，氣柱的長度為l3．末態(tài)：I室內氣體壓強為p1′；III室內氣體壓強為p3′．由初態(tài)到末態(tài)：活塞左移距離為d．首先用整體法，力學平衡：p3(2S)=p1S+p0(2S－S)然后對三部分氣體分別分析：p1lS=νRT1；p0(eq\f(l,2)×S+\f(l,2)×2S)=\f(3,2)ν0RT1；p3l3(2S)=(2ν)RT1聯(lián)立上述各式得：eq\f(νRT1,l3S)·2S=eq\f(ν0RT1,lS)·S+eq\f(νRT1,lS)·S得：l3=eq\f(2ν,ν+ν0)l(2)方法同第(1)小題：p3′(2S)=p1′S+p0(2S－S)對I室中氣體：p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1對III室中氣體：p3′(l3+d)(2S)=(2ν)RT3′T3′=eq\f(2νl+(ν+ν0)d,(l－d)(ν+ν0))·eq(1+\f(ν0,2ν)·\f(l－d,l))T1(3)大氣對密閉氣體系統(tǒng)做的功為：W=p0(2S－S)(－d)=－p0Sd=－eq\f(d,l)ν0RT1系統(tǒng)密閉氣體內能增加量為：ΔU=νC(T1′－T1)+(2ν)C(T3′－T3)且初態(tài)T3=T1故ΔU=νC(2T3′－T1)將T3′代去得：ΔU=[eq\f(2νl+(ν+ν0)d,(l－d)(ν+ν0))·eq(2+\f(ν0,ν)·\f(l－d,l))－1]νCT1密閉氣體系統(tǒng)吸收的熱量為Q=ΔU－W=[eq\f(2νl+(ν+ν0)d,(l－d)(ν+ν0))·eq(2+\f(ν0,ν)·\f(l－d,l))－1]νCT1+eq\f(d,l)ν0RT1yxyxJxBz為確定起見，取坐標系如圖所示，磁場沿Z方向，通電電流密度Jx沿x方向。設半導體材料中的載流子空穴和電子沿x方向的平均速率分別為vpx和vnx，由J=I/s，I=nqvs，得J=nqv由題中已知條件知：空穴和電子的(單位體積內的)數(shù)密度為p和n；故沿x方向的電流密度為Jx=epvpx+(－e)n(－vnx)由題意知，其中vpx=μpEx；－vnx=－μnEx如果沿x方向的電流中只有一種載流子，則當作用于載流子的洛侖茲力與霍爾電場的作用力平衡時，霍爾電場達到穩(wěn)定，如金屬導體。在半導體中，存在兩種載流子，兩種載流子受到的外磁場的洛侖茲力方向相同，受到的霍爾電場力方向相反，兩種載流子受到的洛侖茲力不可能同時與霍爾電場力平衡，所以在半導體樣品內存在載流子的橫向流動，當任何時刻流向樣品同一側的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時，霍爾電場便達到穩(wěn)定。(這段話講述了半導體霍爾元件的工作機理，我真心不太懂。我比較淺顯的理解是，①“當任何時刻流向樣品同一側的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時”，這里空穴與電子在樣品同一側的流向是一致的，效果是相消的；②一開始空穴與電子在樣品同一側的流向是一致的，但數(shù)量是不相等的，比如一開始是空穴多，電子少；那么積累的電場不利于空穴的繼續(xù)積累，而有利于電子的繼續(xù)積累。但在這個階段，霍爾電場在持續(xù)的增強。③同一側的空穴數(shù)與電子數(shù)相等時，霍爾電場就穩(wěn)定了！)設兩種載流子的橫向平均速率分別為vpy和vny，則橫向電流密度為Jy=ep(－vpy)+(－e)n(－vny)這時，空穴在橫向受到的作用力大小為：Fpy=e[Ey－vpxBz]；這時的力是合力，其中[Ey－vpxBz]是等效合場強；同理：電子在橫向受到的作用力的大小為：Fny=(－e)[Ey－(－vnx)Bz]；其中[Ey－(－vnx)Bz]是等效合場強；故兩種載流子的橫向平均速度為：－vpy=μp·Ey合=μp·[Ey－vpxBz]－vny=－μp·E′y合=－μn·[Ey+vnxBz](個人粗淺的理解：個人覺得這個式子的得到與題中的表述是有一定差異的，題中說是“成正比”……，“在單位電場下”……，而這里卻是用了一個等效的合場強)霍爾電場達到穩(wěn)定時有Jy=0綜上各式：Ey=eq\f(pμp2－nμn2,(pμp+nμn))ExBz因為：Ey=RHJxBz得RH=eq\f(1,e)eq\f(pμp2－nμn2,(pμp+nμn)2)(注意：這里還要將Jx算出來，代進去)15．解：(1)為普遍起見，設兩個物體質量分別為m1和m2，初速度分別為v1和0，發(fā)生完全非彈性碰撞后共同速度為v，則碰前的動能E=eq\f(1,2)mv12①由于細繩拉緊前后時間間隔極短，可以忽略摩擦阻力，故前后動量守恒，有m1v1=(m1+m2)v②碰后的動能之和(即系統(tǒng)剩余動能)為：E′=eq\f(1,2)(m1+m2)v2③由①②③式得E′=eq\f(m1,m1+m2)E④[此式為后續(xù)計算的通式，后續(xù)計算特別簡單，因為質量相等。]損失的動能為ΔE=E－E′=eq\f(m2,m1+m2)E設第1個滑扣以速度v10開始運動E0=eq\f(1,2)mv102⑤在第1個滑扣滑動距離L、第1與第2個滑扣之間的細繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E1f=E0－μmgL⑥在第1個滑扣與第2個滑扣之間的細繩剛拉緊后的瞬前，系統(tǒng)剩余動能為(根據(jù)④式)E20=eq\f(1,1+1)E1f=\f(1,2)E1f=eq\f(1,2)(E0－μmgL)⑦在第1、2個滑扣共同滑動距離L、第2與第3個滑扣之間的細繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E2f=E20－2μmgL=eq\f(1,2)(E0－μmgL)－2μmgL=eq\f(1,2)E0－\f(1,2)(12+22)μmgL⑧在第2個滑扣與第3個滑扣之間的細繩剛拉緊后的瞬前，系統(tǒng)剩余動能為(根據(jù)④式)E30=eq\f(2,2+1)E2f=\f(2,3)E2f=eq\f(2,3)[\f(1,2)E0－\f(1,2)(12+22)μmgL]⑨在第1、2、3個滑扣共同滑動距離L、第3與第4個滑扣之間的細繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E3f=E30－3μmgL=eq\f(2,3)[\f(1,2)E0－\f(1,2)(12+22)μmgL]－3μmgL=eq\f(1,2)E0－\f(1,2)(12+22)μmgLeq\f(1,3)E0－\f(1,3)(12+22+32)μmgL⑩……依次類推，在第k個與第k+1個滑扣之間的細繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為Ekf=eq\f(1,k)E0－\f(1,k)(12+22+32+……+k2)μmgL=eq\f(1,k)E0－\f(1,k)\f(k(k+1)(2k+1),6)μmgL=eq\f(1,k)E0－\f((k+1)(2k+1),6)μmgL，1≤k≤n－2于是，在第(n－2)個與第(n－1)個滑扣之間的細繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E(n－2)f=eq\f(1,n－2)E0－\f((n－1)(2n－3),6)μmgL⑾在第(n－2)個與第(n－1)個滑扣之間的細繩剛拉緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E(n－1)0=eq\f(n－2,n－1)E(n－2)f=eq\f(1,n－1)E0－\f((n－2)(2n－3),6)μmgL⑿[可類比⑦、⑨，并代入⑾得到][由⑾知，E(n－2)f>0，eq\f(1,n－2)E0－\f((n－1)(2n－3),6)μmgL>0；E(n－1)f<0，eq\f(1,n－2)E0－\f((n－1)(2n－3),6)μmgL<0，得eq\f((n－1)(n－2)(2n－3),6)μmgL<E0<eq\f(n(n－1)(2n－1),6)μmgL，本式題目中沒有要求的，相當于給出了待求量的定義域]則從第1個滑扣開始的(n－1)個滑扣都依次拉緊，且可繼續(xù)滑行距離l(0<l<L)后靜止。因而有E(n－1)0=eq\f(1,n－1)E0－\f((n－2)(2n－3),6)μmgL=(n－1)μmgl(因為要繼續(xù)滑行距離l)⒀由⑤⒀得：v10=eq\R(,[\f((n－2)(2n－3),3)L+2(n－1)l](n－1)μg)(2)整個過程中克服摩擦力所做的功為W=μmgL+μ(2m)gL+μ(3m)gL+……+μ[(n－2)m]gL+μ[(n－1)m]gl=eq[\f((n－2),2)L+l](n－1)μmg(3)在整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的總能量損失為ΔE=eq\f(1,2)mv\s(2,10)－W=eq\f(1,2)[\f((n－2)(2n－3),3)L+2(n－1)l](n－1)μmg－eq[\f((n－2),2)L+l](n－1)μmg=eq[\f((n－2)(n－3),3)L+(n－2)l](n－1)μmg16．(1)取小物塊的平衡位置為原點O，y軸的方向豎直向下，如圖所示。myOl0α0αd由牛頓第二定律可知：ma=mg－2kmyOl0α0αd式中a為物塊的加速度，L為彈性繩的原長；l0為物塊靜止時，彈性繩的長；l和α分別為物塊離開平衡位置的位移為y時彈性繩的長度和彈性繩與水平面的夾角。由幾何關系得l=eq\R(,d2+(l0sinα0+y)2)②sinα=eq\f(l0sinα0+y,l)③d=l0cosα0④④代入②展開，化簡得：l=eq\R(,l\s(2,0)cos2α0+l\s(2,0)sin2α0+y2+2l0ysinα0)由于y是小量，y2是二階無窮小量，可略去。得l=eq\R(,l\s(2,0)+2l0ysinα0)=eql0\R(,1+\f(2y,l0)sinα0)由小量展開式：