浙江省龙游中学高二物理下学期期末考试试卷（含解析）.doc

浙江省龙游中学2015届高二下学期期末考试物理试卷（解析版）第i卷(选择题 共40分)注意事项： 1答第i卷前，考生务必将自己的姓名、考号、试卷类型、考试科目用铅笔涂写在答题卡上 2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上 3考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回一、单项选择题（每小题3分，计24分。每个小题只有一个正确选项）1.就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是 a采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性； b射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了； c货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性； d摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的。【知识点】惯性【答案解析】c解析： a、采用了大功率的发动机后，一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，不是由于使小质量的物体获得大惯性，是由于功率增大的缘故故a错误b、射出枪膛的子弹在运动一段距离后连一件棉衣也穿不透，是由于速度减小了，不是由于惯性减小，子弹的惯性没有变化故b错误c、货车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，质量改变了，会改变它的惯性故c正确d、摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，改变向心力，防止侧滑，而人和车的惯性并没有改变故d错误故选c【思路点拨】惯性是物体固有的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关惯性是物体的特性，不是力本题关键抓住决定惯性的因素：物体的质量，与物体所处的运动状态，只有改变物体的质量才能改变物体的惯性2.某运动员在进行跳水比赛中，以4m/s的初速度竖直向上跳出，先以加速度a1匀减速直线上升，测得0.4s末到达最高点，2s末到达水面，进入水面后以加速度a2匀减速直线下降，2.5s末的速度为v，3s末恰到最低点，取竖直向上的方向为正方向，则a. b. c. d. 【知识点】匀变速运动规律 【答案解析】a 解析：加速度a1为:，2s末的速度为：v2=v0+a1t2=4m/s102m/s=-16m/s，加速度。跳出2.5s末的速度为：v4=v2+a2t4=-16m/s+160.5m/s=-8m/s。只有选项a正确。【思路点拨】运动员开始向上做匀减速运动。然后做自由落体运动，最后进入水后做匀减速运动，根据匀变速直线运动速度与时间的关系分段求解。3.跨过定滑轮b的轻绳左端固定于墙壁的a点，接有重物的动滑轮挂上轻绳，用力向右缓慢拉动轻绳，不计一切摩擦力，则( ) 拉力一直变大 拉力一直变小 拉力先变大后变小 拉力不变【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【答案解析】a解析： 以动滑轮c为研究对象，动滑轮受物体竖直向下拉力g、绳子的两个拉力f作用，绳子的两个拉力相等，绳子拉力的合力一定两绳子夹角的角平分线上，动滑轮静止，处于平衡状态，绳子拉力的合力等于g，两绳子的拉力等于f，设绳子与水平方向的夹角为，根据力的合成与平衡条件有：2fsin=g，得：f=用力f缓慢水平向右拉动轻绳减小则f增大故选：a【思路点拨】对滑轮进行分析，由于滑轮放在一根绳子上，绳子两端的张力相等，然后由共点力的平衡条件表示拉力f的大小本题中要注意题目隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出拉力大小与绳子与水平方向夹角的关系4.两条可调角度导轨与圆环构成下图实验装置，让质量分别为m1和m2的两个物体分别同时从竖直圆上的p1，p2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道p1a，p2a滑到a处， p1a、p2a与竖直直径的夹角分别为1、2，则 a调整导轨角度，只有当12时，两物体运动时间才相同 b两小球在细杆上运动加速度之比为sin 1sin 2 c物体分别沿p1a、p2a下滑到a处的速度之比为cos 1cos 2 d若m1m2，则两物体所受的合外力之比为cos1cos 2 【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【答案解析】d 解析：b、物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律得，a= =gcos，所以加速度大小之比为cos1：cos2故b错误a、c、物体的位移2rcos，则2rcos=at2，解得t=，与夹角无关，知下滑时间之比为1：1则v=at，知速度之比为cos1：cos2故a、c错误d、加速度大小之比为cos1：cos2，根据牛顿第二定律知，合外力之比为cos1：cos2故d正确故选d【思路点拨】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度通过位移以及加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而得出末速度，然后进行比较本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁5足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t=0时撤去推力，06s内速度随时间的变化情况如图所示，由图像可知判断错误的是 a01s内物体发生的位移大小与16s内发生的位移大小之比为1:5 b01s内重力的平均功率大小与16s内重力平均功率大小之比为5：1 c0ls内摩擦力的平均功率与16s内摩擦力平均功率之比为1：1 d01s内机械能变化量大小与16s内机械能变化量大小之比为1：5【知识点】匀变速直线运动的图像；功率【答案解析】b 解析：a、v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故01s内物体发生的位移大小与16s内发生的位移大小之比为1：5，故a正确；b、根据图象可知：0-1s内的平均速度为：；1-6s内平均速度为：；所以0-1s内重力的平均功率为：1-6s内重力平均功率：，故b错误；c、滑动摩擦力，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据，可知0ls内摩擦力的平均功率与16s内摩擦力平均功率相等，故c正确；d、机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，01s内机械能变化量大小为，16s内机械能变化量大小为，所以01s内机械能变化量大小与16s内机械能变化量大小之比为1：5，故d正确。故选b。【思路点拨】这道题目要考的知识点比较多，对学生要求比较高，题目中四个选项就是一个知识点，学生很怕这种类型的题目，这道题目较好的体现高考的要求。这道题目学生要求能掌握位移、平均速度、功率、机械能等知识，学生必须能理解这些知识的基础上，能灵活应用。6.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab = cd = l，ad = bc = 2l，电场线与矩形所在平面平行。 已知a点电势为20v，b点电势为24v，d点电势为12v。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是 ac点电势高于a点电势 b场强的方向由b指向d c质子从b运动到c所用的时间为 d质子从b运动到c，电场力做功为4ev【知识点】电势能；电势【答案解析】 c 解析：a、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故，解得，则c点电势低于a点电势，故a正确；b、设ad连线中点为o，则其电势为16v，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故b错误；c、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为，则运动时间为，故c正确；d、根据，质子从b点运动到c点，电场力做功为，故d错误。故选c。【思路点拨】这道题目要求学生能理解电势能和电势的关系，同时又要理解电场线变化，随着电势能和电势的变化，这道题目要求学生能理解电势能、电势和电场线之间的内在联系，又要运用能量关系理解电场力变化。7如图，mn右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与mn垂直。现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于mn匀速向右运动。导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图像可能是(取逆时针电流为正)【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 【答案解析】 c 解析： 开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此ab错误；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，故d错误，c正确；因此只有c正确；故选c【思路点拨】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除8如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为b的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度v随车的位移x变化的vx图象如图乙所示则 a线圈的长度l15 cm b磁场的宽度d25 cm c线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4 m/s2 d线圈通过磁场过程中产生的热量为40 j【知识点】匀变速直线运动的图像；电磁感应中的能量转化；法拉第电磁应该定律【答案解析】b 解析：a闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，l=10cm，故a错误；b磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故b错误；c根据及得：，因为v是一个变量，所以f也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故c错误；d线圈通过磁场过程中运用动能定理得：，由乙图可知，带入数据得：，所以克服安培力做功为48j，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48j，故d正确。故选b。【思路点拨】这道题目要求学生能非常的熟练的物体的运动过程，随着物体运动的过程中，要求学生能匀变速直线运动的图像，同时又要理解物体在这个过程中电磁感应中的能量转化，运用法拉第电磁感应定律来解决此题。二、多项选择题（每小题4分，计16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9.在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是 a加速、减速中的加速度大小之比为a1:a2等于2:1 b加速、减速中的平均速度大小之比1:2等于1:1 c加速、减速中的位移之比x1：x2等于2：1 d加速、减速中的平均速度大小之比1:2等于1:2【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；加速度【答案解析】bc解析： a、设汽车的最大速度为v，则匀加速直线运动的加速度大小a1=，匀减速直线运动的加速度大小a2=，则a1：a2=1：2，故a错误b、根据平均速度的推论，知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均为，可知平均速度大小之比为1：1故b正确，d错误c、根据x= t知，平均速度之比为1：1，则加速和减速运动的位移之比为2：1，故c正确故选：bc【思路点拨】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速和减速过程中的加速度大小之比根据平均速度的推论得出平均速度大小之比，从而结合时间得出位移之比解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷10关于静电场，下列说法正确的是 a电势等于零的物体一定不带电 b电场强度为零的点，电势一定为零 c同一电场线方向上的各点，电势一定降低 d负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【知识点】电势；电场【答案解析】cd解析： a、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故a错误；b、静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，故b错误；c、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故c正确；d、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故d正确；故选cd【思路点拨】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零11.如图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置b压到最低点c，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点a，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是 a运动员向下运动(bc)的过程中，先超重后失重，对板的压力先减小后增大 b运动员向下运动(bc)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 c运动员向上运动(cb)的过程中，先失重后超重，对板的压力先增大后减小 d运动员向上运动(ba)的过程中，一直处于失重状态【知识点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【答案解析】bd解析： a、b、人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，但人对板的压力一直增大，故a错误，b正确；c、运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，但人对板的压力一直减小；故c错误；d、运动员向上运动（ba）的过程中，只受到这两类的作用，一直处于完全失重状态故d正确；故选：bd【思路点拨】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态本题应明确板的弹力随形变量的增大而增大；故人受到的合力应先向下减小再向上增大，可类比于弹簧进行分析12如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为e，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b.有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v010 m/s从x轴上的p点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限已知op之间的距离为d0.5 m，则带电粒子a带正电荷b在电场中运动的时间为0.1 sc在磁场中做圆周运动的半径为 md在磁场中运动的时间为 s【知识点】带电粒子在电场和磁场中的运动【答案解析】abd解析：根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项a正确；由恰好与y轴成45角射出电场可知，离开电场时vxvyv0，则vv010 m/s，在电场中沿x轴方向上做匀加速运动，dt，解得粒子在电场中运动的时间为t0.1 s，选项b正确；沿y轴方向上的位移为lv0t2d1 m，在磁场中的偏转圆心角为135(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为rl2d m，故选项c错误；在磁场中运动的时间为tt s，故选项d正确【思路点拨】这道题目要求能熟练的画出带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹，能应用类平抛运动的知识能解决，这道题目中要应用数学关系来找到它们之间的内在关系。第卷(非选择题 共60分)三、实验题(共2小题，共16分。把答案直接填在横线上)13.（6分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮a和b，将绳子打一个结点o，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力ftoa、ftob和ftoc，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验能完成的是() a钩码个数n1n22，n34 b钩码个数n1n33，n24 c钩码个数n1n2n34 d钩码个数n13，n24，n35(2)在拆下钩码和绳子前，需要记录的是() a标记结点o的位置，并记录oa、ob、oc三段绳子的方向 b量出oa、ob、oc三段绳子的长度 c用量角器量出三段绳子之间的夹角 d用天平测出钩码的质量 e记录各条绳上所挂钩码的个数(3)在作图时，你认为下图中_是正确的(填“甲”或“乙”)【知识点】验证力的平行四边形定则【答案解析】（1）bcd（2）ae（3）甲解析： ：（1）对o点受力分析oa ob oc分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0c等于od因此三个力的大小构成一个三角形a、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故a错误；b、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故b正确；c、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故c正确；d、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故d正确故选：bcd（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点o的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录oa、ob、oc三段绳子的方向和记录各条绳上所挂钩码的个数，故ae正确，bcd错误故选：ae（3）以o点为研究对象，f3的是实际作用效果在oc这条线上，由于误差的存在，f1、f2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际【思路点拨】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于o点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以o点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答14（10分）某物理兴趣小组利用如图所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 v，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 k；导线若干回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点，这一步骤通常称为 。(2)将图中多用电表的黑表笔和_(选填“1”或“2”)端相连，红表笔连接另一端(3)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为r1和u1从测量数据可知，电压表的内阻rv = .(4)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图所示设此多用电表内电池的电动势为e，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为r，则e与r的函数关系式为 （可用前面测得的rv和u1表示）。此后再调节滑动变阻器，测得多用电表的读数，根据上面的研究思路即可达到目的。【知识点】 测定电源的电动势和内阻【答案解析】（1）短接；欧姆调零；（2）2；（3）r1；（4）e= r+u1解析：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，是电流表满偏；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，欧姆表测量的是电压表内阻，由题意可知，多用电表和电压表的读数分别为r1和u1，电压表的内阻rv=r1；（4）在闭合电路中，e=u+ir=u1+r，即：e=r+u1；【思路点拨】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）根据电路图与实验数据分析答题；（4）根据闭合电路欧姆定律分析答题本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析四、计算题(本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15.（10分）如图所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l3 m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a4 m/s2的匀减速直线运动已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为0.2，g10 m/s2.为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【答案解析】v06 m/s.解析：设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v，对货箱，由牛顿第二定律得， 且货箱向右做匀加速运动的加速度为a1g，货箱向右运动的位移为x箱a1t2，又va1t，平板车向右运动的位移为x车v0tat2，又vv0at，为使货箱不从平板车上掉下来，应满足x车x箱l联立得v0代入数据v06 m/s.【思路点拨】根据牛顿第二定律求出货箱的加速度，正确分析小车和滑块运动情况，当两者速度相等时，若货箱没有掉下来，由于后来货箱相对于平板车向前运动，则就不会掉下来了，根据速度相等，找出二者之间的位移关系，即可正确解答本题关键正确分析平板车和货箱的运动情况，明确他们之间的位移、速度关系，根据运动学公式结合几何关系列方程求解16.（10分）如图所示，左侧为一个半径为r的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，o点为球心，碗的内表面及碗口光滑，右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角.一根不可伸长的不及质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1m2，开始时m1恰在碗口右端水平直径a处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，当m1由静止释放运动到圆心o的正下方b点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失.（1）求小球m2沿斜面上升的最大距离s；（2）若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为,求【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解【答案解析】 （1） （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g，小球m1到达最低点b时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动合成与分解得v1v2对m1、m2系统由功能关系得m1grm2ghm1v12+m2v22hrsin30设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s，对m2由机械能守恒定律得m2gssin30小球m2沿斜面上升的最大距离sr+s联立得s（2）对m1由机械能守恒定律得：m1v12m1g联立得 【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m1到达最低点b时m1、m2速度关系，对m1、m2系统由功能关系列出方程，细绳断后m2沿斜面上升，对m2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对m1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中17(12分)如图所示，倾角0=30、宽l=1m的足够长的u形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小b=it、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量 m=02kg，电阻r=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力f作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g取l0ms2。求：(1) 若牵引力的