2019-2020学年贵州省遵义航天高中高二(上)第一次月考物理试卷2 (有答案)

2019-2020学年贵州省遵义航天高中高二（上）第一次月考物理试卷2
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列说法不正确的是()
A. 避雷针利用针尖放电原理来避雷电
B. 油罐车下拖一条铁链是利用静电
C. 摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移
D. 静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用
下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底
2.如图所示，用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面
之间。

两斜面AC、BC固定在车上，倾角均为30°，重力加速度为g。

当卡车沿平直公路做a=√3
6
g
的匀加速直线运动时，圆筒对斜面AC、BC压力的大小分别为F l、F2，则()
A. F1=√3
3mg，F2=√3
6
mg B. F1=√3
6
mg，F2=√3
2
mg
C. ，F2=√3
2mg D. F1=√3
2
mg，F2=1
2
mg
3.物体A、B的s−t图象如图所示，由图可知()
A. 从第3s起，两物体运动方向相同，且v A>v B
B. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动
C. 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇
D. 5s内A、B的平均速度相等
4.某人站在20层高的楼上从窗户以20m/s的速度竖直向上将小球抛出，小球的位移大小等于20m
的时间有几个()(g=10m/s2)
A. 一个解
B. 两个解
C. 三个解
D. 四个解
5.如图所示，一圆环上均匀分布着电荷Q，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线
上有A、B、C三个点，CO=OA=x，AB=2x。

在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷。

已知C点处的场强为零，k为静电力常量，则A点场强大小为()
A. 3kq
16x2B. 5kq
16x2
C. 3kQ
16x2
D. 5kQ
16x2
6.如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg的小球，另一端由
电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2m/s，取重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是()
A. 小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 N
B. 小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是72 N
7.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在
水平转轴O上，杆随转轴O竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆
对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是()
A. sinθ=g
ω2L B. sinθ=ω2L
g
C. tanθ=g
ω2L
D. tanθ=ω2L
g
8.一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系
在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡
状态，如图所示．现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过
程A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下
列说法正确的是()
A. 粗糙杆对细环的支持力不变
B. 细线对细环的拉力保持不变
C. 细环所受的摩擦力不变
D. 细线对带电小球A的拉力不变
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.质量相同的滑块A、B置于光滑的水平面上，A的弧形表面也是光滑的，如图所示，开始时A静
止，若B以速度v0向A滑去，滑至某一高度后向下返回，对于这一过程，下述说法中正确的是()
A. B在势能最大点处的速度为零
B. B在势能最大点处的速度为
C. B回到平面上后，将以小于v0的速度向左做匀速直线运动
D. B回到平面上后将静止不动
10.位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内的电势分布
如图所示，图中实线表示等势线，则
A. a点和b点的电场强度相同
B. 正电荷从c点移到d点，电场力做负功
C. 负电荷从a点移到c点，电场力做负功
D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大
11.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功
率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是()
A. 0～6s内物体的位移大小为36m
B. 0～6s内拉力做的功为70J
C. 合外力在0～6s内做的功大于于0～2s内做的功
N
D. 滑动摩擦力的大小为5
3
12.如图所示，处于真空中的匀强电场，与水平方向成15°角，在竖直平面内的
直线AB与场强E垂直，在A点，以大小为v0的初速度水平向右抛出一质量
为m，带电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未
画出)时的速率仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则小球由A点运动到C点的过程中()
A. 小球的电势能增加
B. 电场力对小球做功为零
D. C点一定位于直线AB的右侧
C. 小球的机械能减小mg2t2
2
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端黏有橡皮泥，
推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并黏合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图所示.在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz。

(1)长木板一端下面垫着小木片用来_____________________，以实现_____________________目
的．
(2)若已得到打点纸带如图所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一
点，则应选____段来计算甲的碰前速度，应选______段来计算甲和乙碰后的共同速度(以上两格选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
(3)已测得小车甲的质量m甲=0.40kg，小车乙的质量m乙=0.20kg，由以上测量结果可得：
碰前m甲v甲+m乙v乙=______kg·m/s；碰后m甲v甲′+m乙v乙′=_________kg·m/s(结果保留3位有效数字)．
(4)由(3)可得出的结论是____________________________________________
14.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置
可以测定重力加速度．
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还
需______ (填字母代号)中的器材．
A.直流电源
B.交流电源
C.天平及砝码
D.毫米刻度尺
(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．通过图线斜率求重
力加速度，除作v−t图象外，还可作v2与______ 图象，其纵轴表示的是速度平方，则斜率表示______ ．
四、计算题（本大题共3小题，共46.0分）
15.如图所示，射击枪水平放置，射击枪与边长为1m的正方形目标靶中心位于离地面足够高的同一
水平线上，且目标靶始终在垂直平面，上下两边保持水平。

枪口与目标靶之间的距离L=100m，子弹水平射出时的速度ν=200m/s，在子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放。

不计空气阻力，取重力加速度g=10ms2以及可能用到的近似√5≈2.2、√15≈3.9、√35≈5.9、√45≈
6.7.求：
(1)子弹从射出到击中目标靶所用的时间t以及此时目标靶下落的距离h
(2)如果要想子弹脱靶，对释放目标靶和发射子弹的时间有什么要求
16.如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由
释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹
如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交
于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直
高度为ℎ.若小球通过B点的速度为v，试求：
(1)小球通过C点的速度大小．
(2)小球由A到C的过程中电场力做了多少功；
(3)小球由A到C机械能的损失．
17.如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为
m的小木块A，m<M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地为参照系．
(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A.避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地，或者将大地的负电荷与其中和；可保护建筑物，使建筑物免遭雷击，表面积越小，越是尖锐的物体，越容易放电，因此避雷针做成尖形的，更容易发挥作用，故A正确；
B.油罐车下拖一条铁链是将产生的静电导走，属于静电的防止；故B错误；
C.摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移；故C正确；
D.静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底；故D正确；
本题选错误的，故选：B。

明确静电的防止和应用，明确起电的本质是电荷的转移。

静电的防止和应用在生活中例子较多，要学会用所学物理知识进行解释。

2.答案：B
解析：
【分析】
取工件为研究对象，受力分析后分别由平衡条件及牛顿第二定律列式求解。

对工件正确的受力分析是求解的关键。

【解答】
工件受重力与两个斜面的支持力，在竖直方向由平衡条件得：；在水平
方向由牛顿第二定律得：，联立解得：F1′=√3
6mg，F2′=√3
2
mg，由牛
顿第三定律可得F1=F1′=√3
6mg，F2=F2′=√3
2
mg，故B正确，ACD错误。

故选B。

3.答案：A
解析：解：
A、由图看出，两图线的斜率都大于零，说明两物体都沿正方向运动，运动方向相同。

图线A的斜率大于图线B的斜率，说明A的速度大于B的速度，即v A>v B.故A正确。

B、物体A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，出发的位置不同。

物体A比B迟3s才开始运动。

故B错误。

C、5s末两图线相交，说明5s末两物体到达同一位置相遇。

但两物体5s内通过的位移不同，A通过的位移为△x A=10m−0=10m，物体B通过的位移为△x B=10m−5m=5m。

故C错误。

D、由上知道，5s内A通过的位移大于B的位移，所以5s内A的平均速度大于B的平均速度。

故D 错误。

故选：A。

位移−时间的斜率大小等于物体的速度。

由图直接读出物体开始运动的时刻和位置。

两图线的交点表示位移相同，两物体到达同一位置相遇。

纵坐标的变化量等于物体通过的位移，读出位移大小，再比较5s内平均速度大小关系。

对于位移图象，关键抓住斜率大小等于物体的速度、坐标变化量表示位移来理解其物理意义。

4.答案：B
解析：解：取竖直向上方向为正方向，石块向上运动的最高位移：
ℎm=v02
2g
=
202
2×10
m=20m
所以石块运动到抛出点上方离抛出点20m时，位移为x=20m，是最高点，时间t=v0g=2s
20层楼的高度大于20m，所以石块运动到抛出点下方离抛出点20m时，位移为x=−20m
根据公式：ℎ=v0t−1
2
gt2
解得：t=2+2√2s
可知由两种可能性
故选：B
取竖直向上方向为正方向，竖直上抛运动可以看成一种加速度为−g的匀减速直线运动，当石块运动到抛出点上方离抛出点20m时，位移为x=20m；当石块运动到抛出点下方离抛出点20m时，位移为x=−20m，根据位移公式求出时间．
本题采用整体法研究竖直上抛运动，方法简单，但要注意位移是矢量，与距离不同，不能漏解．5.答案：B
解析：解：B处的点电荷q在C处产生的场强大小为：E C=k q(4x)2，方向竖直向下，
已知C点处的场强为零，根据电场的叠加原理得知圆环在C点处产生的场强为：E C′=E C=k q(4x)2，方向竖直向上；
根据对称性可知圆环在A产生的场强为：E A=E C′=E C=k q(4x)2，方向竖直向下。

q在A处产生的场强大小为：E A′=k q(2x)2，方向竖直向下，
则根据电场的叠加原理得知A点处场强的大小为：E=E A+E A′=5kq
16x2
，故ACD错误，B正确；
故选：B。

根据点电荷场强公式E=k Q
r
和电场的叠加原理，求出圆环在C点处产生的场强，根据对称性得到圆环在A产生的场强，再由电场的叠加求解A点的场强大小。

此题考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。

6.答案：B
解析：
【分析】
小球在最高点和最低点，竖直方向上的合力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律求出杆子作用力的大小，从而得出小球对杆子的作用力．
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
【解答】
解：A、在最高点，设杆子对球表现为支持力，根据牛顿第二定律得mg−F=m v2
L
，解得F=mg−
m v2
L =30−3×4
0.5
N=6N，则球对杆子表现为压力，大小为6N.故A错误，B正确．
C、在最低点，根据牛顿第二定律得，F−mg=m v2
L ，则拉力F=mg+m v2
L
=30+3×4
0.5
N=54N，
则球对杆子的拉力为54N.故C、D错误．
故选：B．
7.答案：B
解析：
【分析】
本题考查牛顿第二定律，匀速圆周运动向心力。

解题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角。

【解答】
小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=mLω2，解得sinθ=ω2L
g
，故B正确，ACD错误。

故选B。

8.答案：A
解析：
【分析】
以小球和环整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析粗糙杆对细环的支持力和摩擦力的变化．再以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析细线的拉力的变化。

本题是动态平衡问题，要善于选择研究对象，分析受力情况，根据平衡条件进行动态分析。

【解答】
BD以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线
的拉力T和电场力F，根据平衡条件得T=√(mg)2+F2
，F增大时，T变大。

故BD错误。

AC以小球和环整体为研究对象，分析受力如图：总重
力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f，电场力F.根据
平衡条件得：
N=G，f=F
当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大。

故C错误、A正确。

故选A。

9.答案：BD
解析：
【分析】
B和A组成的系统在水平方向上动量守恒，B在势能最大点处高度最大，此时B与A的速度相同，根据系统水平动量守恒求解速度。

根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解B回到平面上后的速度。

【解答】
AB.小球B上升到最高点时势能最大，此时B与A相对静止，有共同速度v，规定向右为正方向，由水平动量守恒得：mv0=2mv，得：v=v0
2
，故A错误，B正确；
CD.设B返回水平面时速度为v1，此时A的速度v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=
mv2+mv1由机械能守恒得：1
2mv02=1
2
mv22+1
2
mv12联立计算得出：v2=v1，v1=0，故B回到
水平面上后将静止不动，故C错误，D正确。

故选BD。

10.答案：BD
解析：
【分析】
场强是矢量，故a点和b点的电场强度不同；根据电场力的方向和电荷运动的方向判定电场力做正
功还是负功。

把握电场力做功的特点和负电荷的电场的分布情况是解决此类题目的关键。

【解答】
A.等势线越密电场线越密，电场线越密表示电场越强，虽然ab两处电场强度的大小相同但方向不同，由于场强是矢量，所以a点和b点的电场强度不同，故A错误；
B.由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源的电场引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B正确；
C.由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的电场斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C错误；
D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D正确。

故选BD。

11.答案：BD
解析：解：A、0～6s内物体的位移大小x=4+6
2
×6=30m。

故A错误。

B、在0～2s内，物体的加速度a=△v
△t
=3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F= P
v
=5N.在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J.2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J.所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J.故B正确。

C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等。

故C错误。

D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=P
v =10
6
N=5
3
N.
故D正确。

故选：BD。

速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=P
v
求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．
本题解题关键是理解图象的物理意义．求功的方法通常有三种：一是W=Flcosθ，F应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候．
12.答案：AD
解析：解：AB、由题意知，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加．故A正确，B错误．
C、小球具有机械能和电势能，总能量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度
a大于g，竖直方向ℎ=1
2at2>1
2
gt2，即mgℎ>1
2
mg2t2，故C错误．
D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧．故D正确．
故选：AD．
小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧．
本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，来分析C点的位置．
13.答案：(1)平衡摩擦力；系统在斜面方向所受合力为零；(2)BC；DE；(3)0.420；0.417；(4)在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。

解析：
【分析】
(1)长木板一端下面垫着小木片用来平衡摩擦力；
(2)碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段。

(3、4)物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度，由动量定义式求出动量．并得出结论。

根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口，同时注意明确动量守恒定律的验证方法。

【解答】
(1)长木板一端下面垫着小木片用来平衡摩擦力，以实现系统在斜面方向所受合力为零目的。

(2)由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE 应在碰撞之后。

推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；
碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。

(3)碰前系统的动量即A的动量，则P1=m A v A+m B v B=m A BC
5T =0.40×0.1050
5×0.02
+0=0.420kg⋅m/s，
碰后的总动量P2=m A v A+m B v B=(m A+m B)v2=(m A+m B)DE
5T =(0.40+0.20)×0.0695
5×0.02
=
0.417kg⋅m/s；
(4)由实验数据可知：在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。

故答案为：(1)平衡摩擦力；系统在斜面方向所受合力为零；(2)BC；DE；(3)0.420；0.417；(4)在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。

14.答案：BD；h；2g
解析：解：(1)打点计时器应接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度和加速度，故选：BD．
(2)根据v2=2gℎ得，可知v2与h成线性关系，可知应作v2−ℎ图象，斜面表示2g．
故答案为：(1)BD(2)ℎ，2g．
(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．
(2)根据速度位移公式得出线性关系式，从而得出图线斜率的含义．
解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，一般的解题思路是作出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距分析求解．
15.答案：解：(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则L=vt，
代入数据得：t=L
v =100
200
s=0.5s。

目标靶做自由落体运动，则有：ℎ=1
2
gt2，
代入数据得：ℎ=1
2
×10×0.25m=1.25m。

(2)正方形目标靶的边长为1m，设在t1时间内靶心下落的高度为：
H=ℎ+0.5m=1.75m，
根据位移时间关系可得：H=1
2
gt12
解得：t1=√0.35=0.59s
所以子弹至少比靶晚发射△t=0.59−0.5=0.09s才能脱靶。

答：(1)子弹从射出到击中目标靶所用的时间为0.5s，此时目标靶下落的距离为1.25m；
(2)如果要想子弹脱靶，释放目标靶至少比发射子弹的时间早0.5s。

解析：(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，目标靶做自由落体运动，根据平抛运动的规律求解；
(2)当子弹恰好打在正方形目标靶的上边缘时二者释放的时间差最短，根据自由落体运动求解。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合运动学公式灵活求解。

16.答案：解：(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：
mgRsin30°=1
2mv C2−1
2
mv2则C点的速度为：v C=√v2+gR
(2)由A到C过程，根据动能定理，有：
W
电+mgℎ=1
2
mv c2
解得：W电=1
2mv2+mg(R
2
−ℎ)
(3)由A到C电场力做功为机械能的变化量为：1
2mv2+mg(R
2
−ℎ)
即减少了：mg(ℎ−R
2)−1
2
mv2
答：(1)小球通过C点的速度大小为√v2+gR．
(2)小球由A到C的过程中电场力做功为1
2mv2+mg(R
2
−ℎ)
(3)小球由A到C机械能的损失为：mg(ℎ−R
2)−1
2
mv2
解析：球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况．
本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度
17.答案：解：(1)A刚好没有滑离B板时，V A=V B=V，A在B的最左端，设向右为正方向，则有：MV0−mV0=(M+m)V
解得：V=M−m
M+m
v0，
因m<M，则V>0，说明共同速度方向向右．
(2)A、B系统损失的机械能：△E=1
2Mv02+1
2
mv02−1
2
(M+m)V2
又：△E=μmgl
当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：−μmgs=0−1
2
mv02
由上各式得：s=m+M
4M
l
答：(1)它们最后的速度大小为M−m
M+m
v0，速度方向向右．
(2)小木块A向左运动到达的最远方(从地面上看)离出发点的距离为m+M
4M
l．
解析：(1)系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，系统总动量守恒，A最后刚好没有滑离B板，两者的速度相同，根据动量守恒定律即可求解；
(2)恰好没有滑离，根据动能定理求出相对滑动产生的热量，向左运动到达最远处时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解．
本题关键要判断出系统的动量守恒，准确把握临界条件，并结合动能定理求解。