云南省保山市腾冲八中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年云南省保山市腾冲八中高二（上）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1下列关于电场强度的说法中，正确的是（）a公式e=只适用于真空中点电荷产生的电场b由公式e=可知，电场中某点的电场强度e与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比c在公式f=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小d由公式e=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r0），电场强度e可达无穷大2a、b是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到b点，其速度v与时间t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是下图中的（）abcd3如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为q，p是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是（）a若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小b若将电容器的下板上移一点，则p点的电势升高c若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大d若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小4在平行板电容器a、b两板上加上如图所示的电压，开始b板的电势比a板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（）a电子先向a板运动，然后向b板运动，再返回a板做周期性来回运动b电子一直向a板运动c电子一直向b板运动d电子先向b板运动，然后向a板运动，再返回b板做来回周期性运动5如图所示，直线a为电源的ui图线，直线b为电阻r的ui图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）a4 w、33.3%b2 w、33.3%c4 w、67%d2 w、67%6在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小7电流表的内阻是rg=200，满偏电流值是ig=500a，现在欲把这电流表改装成量程为1.0v的电压表，正确的方法是（）a应串联一个0.1的电阻b应并联一个0.1的电阻c应串联一个1800的电阻d应并联一个1800的电阻8如图所示，m、n是平行板电容器的两个极板，r0为定值电阻，r1、r2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键s，小球静止时受到悬线的拉力为f调节r1、r2，关于f的大小判断正确的是（）a保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变大b保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变小c保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变大d保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变小9如图是磁流体发电机原理示意图a、b极板间的磁场方向垂直于纸面向里等离子体束从左向右进入板间下述正确的是（）aa板电势高于b板，负载r中电流向上bb板电势高于a板，负载r中电流向上ca板电势高于b板，负载r中电流向下db板电势高于a板，负载r中电流向下10两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（）a都绕圆柱体转动b彼此相向运动，且具有大小相等的加速度c彼此相向运动，电流大的加速度大d彼此背向运动，电流大的加速度大二、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）11如图所示是简化的多用表的电路转换开关s与不同接点连接，就组成不同的电表，已知r3r4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法（）as与1、2连接时，多用表就成了电流表，且前者量程较大bs与3、4连接时，多用表就成了电流表，且前者量程较大cs与3、4连接时，多用表就成了电压表，且前者量程较大ds与5连接时，多用表就成了欧姆表12图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（）a带负电b在c点受力最大c在b点的电势能大于在c点的电势能d由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化13质量为m的通电细杆ab置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）abcd14如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）a小球加速度一直增大b小球速度一直增大，直到最后匀速c杆对小球的弹力一直减小d小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变三、解答题（共2小题，满分0分）15图a是在“验证机械能守恒定律”这一学生实验中，质量为1kg的重物自由下落，打出的纸带如图所示，其中o为打出的第一个点已知交流电源频率为50hz，长度单位为cm，试问：（1）若重锤的质量为1.0kg，当地重力加速度g=9.8m/s2，由图b所给的数据可算出（结果保留2位有效数字）：从o点下落到e点的过程中，重力势能减少为 j，打e点时重锤的动能为j；（2）试指出造成第（1）问中计算不等的原因是16在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻rx约为5，实验室备有下列实验器材a电压表v1（量程03v，内阻约为15k）b电压表v2（量程015v，内阻约为75k）c电流表a1（量程03a，内阻约为0.2）d电流表a2（量程00.6a，内阻约为11）e变阻器r1（0100，0.6a）f变阻器r2（02 000，0.1a）g电池组e（电动势为3v，内阻约为0.3）h开关s，导线若干（1）为减小实验误差，应选用的实验器材有（填代号）（2）为减小实验误差，应选用图1中（填甲或乙）为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把图2中的实物图用线连接起来（3）若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径（如图3）及两电表的示数如图4所示，则金属丝的直径为mm，电阻值为2015-2016学年云南省保山市腾冲八中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1下列关于电场强度的说法中，正确的是（）a公式e=只适用于真空中点电荷产生的电场b由公式e=可知，电场中某点的电场强度e与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比c在公式f=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小d由公式e=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r0），电场强度e可达无穷大【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的定义式适用于一切电场，电场强度e表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关真空中点电荷q产生的电场强度计算公式是：e=k，当r0时，电荷已不能看成点电荷，此公式不再成立库仑定律公式公式中，是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小【解答】解：a、电场强度的定义式适用于一切电场故a错误 b、电场强度e表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说e与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比故b错误 c、库仑定律公式公式中，是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小；是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小故c正确 d、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式e=k不再成立故d错误故选c【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件2a、b是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从a点沿电场线运动到b点，其速度v与时间t的关系图象如图所示则此电场的电场线分布可能是下图中的（）abcd【考点】电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）速度时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大根据这几个知识进行分析【解答】解：由vt图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由f=qe知，场强增大，电场线越来越密电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题考查了速度时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小3如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为q，p是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是（）a若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小b若将电容器的下板上移一点，则p点的电势升高c若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大d若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移一点，正对面积减小，电容c减小，由u=分析u增大，再e=分析板间场强变化根据板间距离变化，分析电容变化，由u=分析u的变化电场线方向向下，p点电势比上板低，再根据p点与上板电势差的变化，分析p点电势的变化【解答】解：a、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容c减小，由u=分析可知u增大，板间场强e=，d不变，则e增大故a错误 b、c、d将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容c增大，由u=分析得知：q不变，两板间电势差减小又由e=，可知板间场强不变，则p与上板的电势差不变，上板电势为零，则p点电势不变故bc错误，d正确故选d【点评】对于电容器动态变化分析问题，要采用控制变量法研究，抓住不变量对于仅仅板间距离变化的情形，由e=可知，板间场强不变，是个重要推论，经常用到4在平行板电容器a、b两板上加上如图所示的电压，开始b板的电势比a板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（）a电子先向a板运动，然后向b板运动，再返回a板做周期性来回运动b电子一直向a板运动c电子一直向b板运动d电子先向b板运动，然后向a板运动，再返回b板做来回周期性运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据ab两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质【解答】解：遭00.25s内，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.250.5s内，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向b板运动故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】对于这种周期性的题目，只分析好一个周期的运动，即可知道全部时间内的运动5如图所示，直线a为电源的ui图线，直线b为电阻r的ui图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）a4 w、33.3%b2 w、33.3%c4 w、67%d2 w、67%【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由图象a可知电源的电动势为3v，短路电流为6a，两图象的交点坐标即为电阻r和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流电源的输出功率即为电阻r上消耗的功率，效率等于r消耗的功率除以总功率【解答】解：由图象a可知电源的电动势e=3v，短路电流为6a，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为：u=2v，电流为：i=2a电源的输出功率即为电阻r上消耗的功率，根据p=ui得：p=22w=4w，电源的总功率为：p总=ei=32w=6w所以效率为：=100%=100%=67%；故选：c【点评】根据ui图象a正确读出电源的电动势和短路电流，根据ui图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点6在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流7电流表的内阻是rg=200，满偏电流值是ig=500a，现在欲把这电流表改装成量程为1.0v的电压表，正确的方法是（）a应串联一个0.1的电阻b应并联一个0.1的电阻c应串联一个1800的电阻d应并联一个1800的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：r=，u为量程【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：r=1800a 串联阻值不对故a错误b 不应并联故b错误c 符合要求故c正确d 不应并联故d错误故选：c【点评】考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法8如图所示，m、n是平行板电容器的两个极板，r0为定值电阻，r1、r2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键s，小球静止时受到悬线的拉力为f调节r1、r2，关于f的大小判断正确的是（）a保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变大b保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变小c保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变大d保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变小【考点】串联电路和并联电路；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；路端电压与负载的关系【专题】压轴题；恒定电流专题【分析】电容器两端间的电压与r0两端的电压相等，通过判断r0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化【解答】解：保持r1不变，缓慢增大r2时，由于r0和r2串联，总电流减小，r0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压u减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的拉力为将减小，故a错误，b正确 保持r2不变，缓慢增大r1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以r0两端的电压不变，f电不变，悬线的拉力为f不变，故c、d错误故选b【点评】解决本题的关键是1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化9如图是磁流体发电机原理示意图a、b极板间的磁场方向垂直于纸面向里等离子体束从左向右进入板间下述正确的是（）aa板电势高于b板，负载r中电流向上bb板电势高于a板，负载r中电流向上ca板电势高于b板，负载r中电流向下db板电势高于a板，负载r中电流向下【考点】霍尔效应及其应用【分析】等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向【解答】解：等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上所以上极板带正电，下极板带负电，则a板的电势高于b板的电势，流过电阻电流方向由a到b，即向下，故c正确，abd错误故选：c【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡10两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（）a都绕圆柱体转动b彼此相向运动，且具有大小相等的加速度c彼此相向运动，电流大的加速度大d彼此背向运动，电流大的加速度大【考点】平行通电直导线间的作用【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解【解答】解：根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以b正确acd错误故选：b【点评】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”二、选择题（共4小题，每小题3分，满分12分）11如图所示是简化的多用表的电路转换开关s与不同接点连接，就组成不同的电表，已知r3r4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法（）as与1、2连接时，多用表就成了电流表，且前者量程较大bs与3、4连接时，多用表就成了电流表，且前者量程较大cs与3、4连接时，多用表就成了电压表，且前者量程较大ds与5连接时，多用表就成了欧姆表【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；【解答】解：a、由图可知，当s与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故a正确，b、由图可知，当s与3、4连接时，g与电阻串联，多用电表是电压表，r3r4，前者量程小，后者量程大，故bc错误d、由图可知，s与5连接时，g与内置电源、滑动变阻器串联，此时多用电表是成为欧姆表，故d正确故选：ad【点评】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意电表与电阻串联是电压表，而并联是电流表，同时注意欧姆表内部有电源，电源的负极与红表笔，是解题的难点12图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（）a带负电b在c点受力最大c在b点的电势能大于在c点的电势能d由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【考点】等势面【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：a：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故a错误；b：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故b错误；c：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故c正确；d：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故d正确故选：cd【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题属于基础题目13质量为m的通电细杆ab置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）abcd【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力【解答】解：a、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力故a正确 b、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力故b正确 c、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力故c错误 d、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力故d错误故选ab【点评】解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力14如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）a小球加速度一直增大b小球速度一直增大，直到最后匀速c杆对小球的弹力一直减小d小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大【解答】解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为n=qeqvb，n随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=n也减小，小球所受的合力f合=mgf，f减小，f合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为n=qvbqe，v增大，n增大，f增大，f合减小，a减小当mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对球的弹力先减小后反向增大，最后不变；洛伦兹力先增大后不变故bd正确，ac错误故选bd【点评】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大三、解答题（共2小题，满分0分）15图a是在“验证机械能守恒定律”这一学生实验中，质量为1kg的重物自由下落，打出的纸带如图所示，其中o为打出的第一个点已知交流电源频率为50hz，长度单位为cm，试问：（1）若重锤的质量为1.0kg，当地重力加速度g=9.8m/s2，由图b所给的数据可算出（结果保留2位有效数字）：从o点下落到e点的过程中，重力势能减少为0.49 j，打e点时重锤的动能为0.48j；（2）试指出造成第（1）问中计算不等的原因是因为重锤拖着纸带在下落过程中因为摩擦，受到阻力的作用【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题【分析】利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解答】解：（1）从o点下落到e点的过程中，减少的重力势能ep=mgh=19.85.01102=0.49j根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上e点时小车的瞬时速度