河北省辛集中学2020届高三物理上学期期中试卷（含解析）（通用）

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1、2020届河北省辛集中学高三上学期期中考试物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1所有行星绕太阳运转其轨道半径的立方和运转周期的平方的比值即=k，那么k的大

2、小决定于（ ）A只与行星质量有关B只与恒星质量有关C与行星及恒星的质量都有关D与恒星质量及行星的速率有关2如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子边缘上的点，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B点所在的轮上，磁带的外缘半径R=3r，C为磁带外缘上的一点。现在进行倒带，则此时（ ）AA,B,C 三点的周期之比为 3：1：3BA,B,C 三点的线速度之比为 3：1：3CA,B,C 三点的角速度之比为 1：3：3DA,B,C 三点的向心加速度之比为 6：1：33如图，可视为质点的小球，位于半径为m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹

3、恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2）（ ）A m/s B4 m/s C3 m/s D m/s4如图，小球质量为m，通过长度为L的无伸缩性轻质条状物与水平转轴O相连，并能绕转轴O在竖直平面做完整的圆周运动。小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计，下列关于小球运动的说法正确的是（ ）A当轻质条状物为绳子且转轴O不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于B当轻质条状物为杆且转轴O不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于C当轻质条状物为绳子时，可通过控制转轴O的转动让小球做匀速圆周运动D当轻质条状物为杆时，不

4、可能通过控制转轴O的转动让小球做匀速圆周运动5如图所示，飞船在圆轨道上绕地球运行，在A点经过第一次变轨后在椭圆轨道上运行，在近地点B处进行第二次变轨，进入近地地圆轨道运行，下列说法正确的是（ ）A飞船在轨道上运行经过A点时的速率大于在轨道上运行经过A点时的速率B飞船在轨道I上运行经过A点时的加速度大于在轨道上运行经过A点时的加速度C飞船在轨道上运行时飞船里的宇航员处于超重状态D飞船在轨道上运行经过B点时的机械能大于在轨道上运行经过B点时的机械能6在地球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t小球落回抛出点，若在某行星表面以同样的初速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间2t小球落回抛出点

5、，不计小球运动中的空气阻力，则地球和该行星的质量之比为（已知地球与该行星的半径之比 R地：R行=2：1）（ ）AM地：M行=8：1BM地：M行=1：8CM地：M行=4：1DM地：M行=1：47如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将（ ）A以速度v做平抛运动B以小于v的速度做平抛运动C静止于车上D自由下落8两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kgm/s，B球的动量是6kgm/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为（ ）ApA=

6、0， pB=l4kgm/sBpA=4kgm/s，pB=10kgm/sCpA=6kgm/s，pB=8kgm/sDpA=7kgm/s，pB=8kgm/s9如图所示，一轻质弹簧，两端连着物体A和B放在光滑水平面上，静止放在光滑水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中（时间极短），已知物体B的质量为m，已知物体A的质量为物体B的质量的，子弹的质量是物体B质量的，弹簧被压缩到最短时物体B的速度及弹簧的弹性势能为（ ）A B C D10质量为1kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止

7、，A和B运动的vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，则物块A的质量为（ ）A1kg B3kg C2kg D6kg二、多选题11下列说法中不正确的是（ ）A根据F=，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B作用在静止物体上的力的冲量一定为零C物体的动能发生改变，其动量一定发生改变D物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功12地球同步卫星离地心距离为r，环绕速度大小为v1，加速度大小为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列关系式正确的是（ ）Av1v2Bv1v2Ca1=a2Da1a213为减少机动车尾气排放，某市推

8、出新型节能环保电动车，在检测该款电动车性能的实验中，质量为8102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2，则（ ）A电动车运动过程中的最大速度为15m/sB该车启动后，先做匀加速运动，然后匀速运动C该车做匀加速运动的时间是2sD该车加速度大小为0.75m/s2时，动能为1.44l04J14质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是（ ）A物体重力做的

9、功为mghB合外力对物体做功为mghC物体重力势能增加了mghD物体的机械能减少了mgh15如图所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为3m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B不能左右运动。在环的最低点静止放有一质量为m的小球C现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v0必须满足（ ）A最小值为B最小值为C最大值为D最大值为16如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从水平面上以v0

10、的速度冲上槽，小物块没有到达槽的顶端，且回到地面时槽还未与弹簧接触，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A物块在槽上滑动过程中，物块和槽组成的系统水平方向动量守恒B物块在槽上上滑的最大高度为C在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能为mv02D运动过程中小物块只能在槽上上滑一次第II卷（非选择题)三、实验题17为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案:第一步:把带有定滑轮的木板(有滑轮的)一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示.第二步:保持长木板的倾

11、角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示.打出的纸带如图丙所示.请回答下列问题:(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度_.(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块_(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式_(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，

12、以为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出图象，可知该图象是一条_，根据图象还可求得_四、解答题18蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m50 kg的运动员从距蹦床h11.25 m高处自由落下，接着又能弹起h21.8 m高，运动员与蹦床接触时间t0.50 s，在空中保持直立，取g10 m/s2，求：（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.19如图所示，轻弹簧的一端与竖直墙固定，另一端与质量m=0.2kg的物块B相连，B静止在水平地面上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的物块A，从距离B物块L1=1m的P点以v0=6m/s的初速度向

13、B滑行，并与B发生相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，物块A和B与地面间的动摩擦因数均为=0.2，g=10m/s2，求：（1）物块A刚与物块B接触时的速度v1；（2）弹簧的最大弹性势能EPm和运动过程中弹簧的最大形变量L2。20如图所示，长木板A上右端有一物块B，它们一起在光滑的水平面上向左做匀速运动，速度v0=2m/s木板左侧有与A等高的物体C已知长木板A的质量为mA=1kg，物块B的质量为mB=3kg，物块C的质量为mc=2kg，物块B与木板A间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2（1）若木板足够长，A与C碰撞后立即粘在一起，求物块

14、B在木板A上滑行的距离L；（2）若木板A足够长，A与C发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有机械能的损失），求（1）第一次碰撞后物块B在木板A上滑行的距离L1；（2）木板A是否还能与物块C再次碰撞？试陈述理由2020届河北省辛集中学高三上学期期中考试物理试题物理答案1B【解析】所有行星绕太阳运转其轨道半径的立方和运转周期的平方的比值，即，式中的k只与恒星的质量有关，与行星质量或其他因素无关，故ACD错误，B正确；选B.2B【解析】靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，故A、C两点的线速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半径是A的半径的3倍，根据v=r，知A：C=3：1B与C属于同轴转动，所以

15、B=C。根据周期与角速度的关系：T=2/所以：；B=C，则TB=TC；所以：A、B、C三点的周期之比1：3：3故A错误；B与C的角速度相等，由v=r可知：vB：vC=1：3；所以A、B、C三点的线速度之比3：1：3故B正确；由于A：C=3：1，B=C所以A、B、C三点的角速度之比3：1：1故C错误；向心加速度a=v，所以：aA：aB：aC=AvA：BvB：CvC=33：11：13=9：1：3故D错误。故选B。点睛：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点具有相同的角速度掌握线速度与角速度的关系，以及线速度、角速度与向心加速度的关系3C【解析】飞行过程中恰好与半

16、圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，则设位移与水平方向的夹角为，则有：，因为，则竖直位移为，联立以上各式解得：，故C正确，ABD错误。4A【解析】当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件时：只有重力提供向心力；当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的临界条件是速度为零，然后根据机械能守恒和牛顿第二定律即可分析。A、当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件是：只有重力提供向心力，即为：设最低点速度为，由机械能守恒定律得：，联立解得：；因为绳子不可以通过转轴控制，所以小球不可能做匀速圆周运动，故A正确，C错误；B、当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的时速度为零，设最低点速度为，根据

17、机械能守恒定律得：,解得：,可以控制转轴O的转动，让小球做匀速圆周运动，故BD错误。【点睛】本题考查竖直面内圆周运动两种模型，关键是要掌握两种模型能做完整圆周运动的最高点的临界条件，绳模型是在最高点只有重力提供向心力，杆模型是到最高点速度恰好为零。5A【解析】A、飞船从轨道变轨到轨道，在A点应减速做近心运动，所以飞船在轨道上运行经过A点时的速率大于在轨道上运行经过A点时的速率，故A正确；B、飞船在轨道上运行时通过A点和在轨道上运行时通过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故B错误；C、飞船在轨道上绕地球匀速运行时，物体所受的万有引力提供圆周运动所需的向心力，物体与

18、接触面之间无作用力，处于完全失重状态，则C错误；D、飞船从轨道变轨到轨道，在B点应减速做近心运动，飞船在轨道上运行经过B点时的机械能小于在轨道上运行经过B点时的机械能，故D错误；故选A。【点睛】飞船变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定。6A【解析】根据运动学规律求出重力加速度之比，结合半径之比，以及万有引力近似等于重力，联立即可求出地球和该行星的质量之比。设地球上和行星上重力加速度分别为和；在地球根据匀变速直线运动规律可得：在行星根据匀变速直线运动规律可得：可得：又因为：在地球根据万有引力近似等于重力可得：在行星根据万有引力近似等于重力可得：将式做比结合式可得

19、：，故A正确，BCD错误。【点睛】本题考查万有引力定律的运用，解题关键是要利用竖直上抛过程求出重力加速度之比，结合万有引力近似等于重力即可求解。7D【解析】整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以相当于弹性碰撞！由于小车和铁块的质量都为m，所以当铁块回到小车右端时，铁块的速度为0，小车具有向左的速度所以当铁块回到小车右端时将做自由落体运动，D正确考点：考查了动量守恒，机械能守恒【名师点睛】整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以相当于弹性碰撞！当铁块回到小车右端时，铁块的速度为0，小车具有向左的速度8C【解析】以A、B两球组成的系统为对象。设两球的质量均为m。当A球追上B球时发生碰撞，遵守

20、动量守恒。由题，碰撞前总动量为：p=pA+pB=（8+6）kgm/s=14kgm/s。碰撞前总动能为：；A、碰撞后总动量为p=pA+pB=（0+14）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故A错误。B、碰撞后总动量为p=pA+pB=（4+10）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为 ，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能。故B错误。C、碰撞后总动量为p=pA+pB=（6+8）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为，符合能量守恒定律，可能发生。故C正确。D、碰撞后，总动量为p=pA+pB

21、=（7+8）kgm/s=15kgm/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故D错误。故选C。点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律进行分析：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况9B【解析】子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，弹簧被压缩到最短，则弹性势能最大，根据动量守恒定律求出速度，然后由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能。子弹射入物体A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，当物体A（包括子弹）、B的速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统

22、动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，从子弹与物体A有共同速度至弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律得：，解得：，故B正确，ADC错误。【点睛】本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒。10B【解析】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行研究。由图象可知，A在0-1s内的加速度a1= =-2m/s2，对A，由牛顿第二定律得，-1mAg=mAa1解得AB间的动摩擦因数1=0.2。

23、由图象知，A、B在1-3s内的加速度a3=-1m/s2，对AB由牛顿第二定律得-2（M+m）g=（M+m）a3解得B与水平面间的动摩擦因数2=0.1。由图象可知B在0-1s内的加速度a2=2m/s2。对B，由牛顿第二定律得，1mAg-2（mB+mA）g=mBa2，代入数据解得mA=3kg。故B正确，ACD错误；故选：B。【点睛】A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。隔离对M分析，根据速度时间图线得出0-1s内M的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。11BD【解析】冲量等于力与时间的乘积，是力在时间上的积累，

24、是矢量，冲量的方向与力的方向相同，根据动量定理可知合力冲量的方向与动量变化量的方向相同。A、由动量定理可得：，则，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的合外力，故A正确；B、根据，知冲量是力在时间上的积累，与物体是否静止无关，所以作用在静止物体上力的冲量不为零，则B错误；C、物体的动能发生改变，则速度的大小一定变化，则动量一定发生改变，则C正确；D、动量发生变化，可能是速度方向变化而大小不变，则合外力对物体做功为0，则D错误。【点睛】本题考查对动量定理的掌握情况，要求知道动量定理、动量与冲量的定义式，应用动量定理即可正确解题，明确冲量的意义，注意各物理量的矢量性。12AD【解析】同步卫星绕地于

25、做匀速圆周运动，第一宇宙速度是近地轨道上绕地球做匀速圆周运动的线速度，两者都满足万有引力提供圆周运动的向心力即：由此可得：v=，因rR，所以有v1 v2，故A正确，B错误；同步卫星和地球自转的周期相同，运行的角速度亦相等，则根据向心加速度a=r2可知，同步卫星的加速度与地球赤道上物体随地球自转的向心加速度之比等于半径比，因rR，则a1 a2；选项C错误，D正确；故选AD。点睛：万有引力问题的主要处理思路是：环绕天体做圆周运动的向心力由万有引力提供同时掌握同步卫星的周期与地球自转周期相同是解决本题的关键13AD【解析】AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示

26、电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力。A、因为横坐标是，所以全过程中，速度越大则值最小，即速度最大是，故A正确。B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动； CB图线的斜率表示电动车的功率，知CB段功率不变，牵引力增大，加速度增大，做加速度增大的加速运动，故B错误；C、电动机的功率为：，匀加速运动的末速度为：；当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小：，则匀加速运动的时间，故C错误；D、当车加速度为时，牵引力为：，此时的速度为：，则车的动能为：，故D

27、正确。【点睛】解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引力等于阻力时，速度达到最大。14AD【解析】AC：质量为m的物体，在物体下落h的过程中，物体重力做的功，物体的重力势能减少。故A项正确，C项错误。B：质量为m的物体，下落的加速度为，物体所受合力、方向竖直向下，合外力对物体做功。故B项错误。D：合外力对物体做功，物体动能增加；物体的重力势能减少；则物体的机械能减少。故D项正确。点睛：重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量；合力对物体所做的功等于物体动能的增加量；除重力（弹簧弹力）其他力对物体所做的功等于物体机械能的增加量。15BC【解析】在最高点，速度最小时有

28、：，解得：，从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为，根据机械能守恒定律，有：，解得：；要使环不会在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：，最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为，在最高点，速度最大时有：，解得：，所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：，CD正确，AB错误选CD【点睛】小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于5mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律

29、求出小球在最低点的速度范围16AB【解析】A、物块在上滑过程中，物块和弧形槽组成的系统所受合外力不为零，但在水平方向的外力之和为零，故系统满足水平方向的动量守恒，则A正确。B、滑块相对于槽到达最高点时水平速度相等，根据系统水平方向动量守恒和系统的机械能守恒有：，联立解得：，故B正确。C、当滑块滑回斜槽底端时两者的速度为、，由系统水平方向动量守恒和系统的机械能守恒有：，解得：，斜槽向右运动压缩弹簧到最大，故最大弹性势能为，故C错误。D、斜槽被弹簧弹回时的速度由机械能守恒可知还为，方向向左，因，故斜槽能追上滑块发生第二次碰撞，故D错误。故选AB。【点睛】本题考查动量定恒和机械能守恒定律的应用，要注

30、意明确运动过程，同时能正确应用动量守恒以及机械能守恒定律分析两物体的运动过程问题17（1） （2）下滑的位移x；mgx （3）过原点的直线；滑块的质量M【解析】（1）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，故：vB=；（2）本题运动过程中，物块受到的合力为重力，要求合力做的功，则还需要测出这一过程滑块运动的位移x，则合外力对滑块做功的表达式W合=mgx；（3）合外力做的功为W=mgx=mv2，所以v2=W，则v2-W图象是一条过原点的倾斜的直线，根据图象课求得直线斜率为k，所以m=，即根据图象可以求得滑块的质量18（1）250Ns （2）1600N【解析】根据冲量的定义即可求出重

31、力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。（1）重力的冲量大小为：（2）设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：解得：弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：解得：取向上为正方向，由动量定理有：代入数据解得F1 600 N点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向。19(1) （2）1.2J,0.5m【解析】（1）对A应用动能定理可以求出A刚与B接触时A的速度；（2）A

32、、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后AB的速度，弹簧压缩量最大时弹性势能最大，应用动能定理、能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能与弹簧的最大形变量。【详解】（1）A从开始运动到与B碰撞过程，对A，由动能定理得：，解得：；（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，A、B向左运动到弹簧压缩量最大过程，由能量守恒定律得：，从A、B碰撞后到A回到P点过程，对A由动能定理得：，解得：，。【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律、动量定理与能量守恒定律可以解题。20(1) （2）；不能

33、【解析】（1）A与C碰撞后瞬间动量守恒，求出AC共同速度，最终ABC三者速度相等，根据动量守恒定律求出三者共同速度，根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即可求解；（2）根据A与C发生弹性碰撞后，动量守恒，能量守恒，求出碰撞后A、C的速度，之后AB组成的系统动量守恒，设AB共同速度为v，求出该速度，根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量即可求解。【详解】（1）A与C碰撞后瞬间A与C组成的系统动量守恒，选取向左为正方向，则有：，解得：最终ABC三者速度相等，根据动量守恒定律得：解得：根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：解得：；（2）A与C发生弹性碰撞后，动量守恒，能量守恒，则有：解得：，之后AB组成的系统动量守恒，设共同速度为v，则有：解得：根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：解得：；不能，因为碰后物块C的速度为，木板和物块B的共同速度也是，不会再碰撞。【点睛】本题反复考查碰撞过程的动量守恒和动能定理得应用，注意系统的选择以及矢量性的问题。