2015年湖北省宜昌一中高考物理二模试卷

2015年湖北省宜昌一中高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.电子感应加速器基本原理如图所示，上、下为电磁铁两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空中做圆周运动．电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化．甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图，若某一时刻，电磁铁线圈电流方向与图示方向一致、电子正沿逆时针方向作加速运动，则下列说法正确的是（）A.电子感应加速器是利用磁场对电子的洛伦兹力作用使电子加速的B.电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的C.电磁铁线圈中电流大小要保持恒定D.此时真空室中的感生电场沿逆时针方向【答案】B【解析】解：ABD、当电磁铁中应通以方向如图甲所示，大小增强的电流，线圈中的磁场就增大了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场俯视图为顺时针方向，所以电子运动逆时针方向电场力作用下加速运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故AD错误，B正确．C、由上分析可知，当线圈中电流大小要保持恒定时，不会激发出感生电场，故D错误；故选：B．根据右手螺旋定则，结合电磁波理论，则可磁场发生变化，通过楞次定律可判断出涡旋电场的方向，从而可知电子在涡旋电场下的运动．解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场磁通量的变化．2.如图所示是研究影响平行板电容器的电容大小的因素的实验电路．平行板电容器充电后，将极板A与一灵敏静电计的金属小球相接，极板B接地，静电计金属外壳接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小结论的依据是（）A.两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B.两极板间的电压不变，极板上的电荷量减小C.极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D.极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小【答案】C【解析】解：根据C=知，极板B稍向上移动一点，s减小，则电容变小，根据C=知，极板上的电荷量几乎不变，两板间的电压变大，故C正确，ABD错误．电容器与电源断开，电量不变，根据决定式判断电容的变化，静电计测量的是两极板间的电势差，根据定义式判断两板间电压的变化．考查电容表达式，解决本题的关键掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=的综合应用．3.如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为（）A.0.6NB.0.8NC.1.0ND.1.2N【答案】A【解析】解：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F1+F2-mg=ma1，F2=1.0N．当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力F合=ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.4N，F2=1.0N，则每根弹簧增加0.2N，所以上面弹簧的弹力为0.6N．故A正确，B、C、D错误．故选A．根据牛顿第二定律求出升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，下面弹簧的弹力．然后根据牛顿第二定律求出升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力．解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，知道物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化相等．4.一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的（）A.副线圈输出电压的频率为100H zB.副线圈输出电压的有效值为5VC.P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D.P向左移动时，变压器的输入功率增加【答案】C【解析】A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为5V，所以电压的有效值为V==5V，所以B错误．C、P左移，R变大，副线的电压不变，则副线圈的电流变小，原线圈的电流也随之变小，故C正确．D、P向左移动时，滑动变阻器的电阻变大，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变小，变压器的输入功率等于输出功率都变小，故D错误．故选：C根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路5.经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径R（）A.R=R0B.R=R0C.R=R0D.R=R0【答案】A【解析】解：A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，则有：t0-t0=2π，所以T=，由开普勒第三定律得：=，解得：R=R0，故选：A．先根据多转动一圈时间为t0，求出卫星的周期；然后再根据开普勒第三定律解得轨道半径．从本题可以看出，通过测量环绕天体的轨道半径和公转周期，可以求出中心天体的质量．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g．则在此过程中，下列说法正确的是（）A.小球可能带正电，也可能带负电B.小球可能做匀加速直线运动C.小球加速度大小为gcosαD.小球重力势能的增加量等于电势能的增加量【答案】AD【解析】解；A、一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定，故A正确；B、据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B错误；C、据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知，a=2gcosα，故C错误；D、由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．首先以知道题境，以小球为研究对象，据运动情况判断小球的合外力的方向，在判断小球的电场力情况；再从功能关系的角度，据此分析判断选项即可．本题难度较大，解题的突破口是找出重力和电场力的关系，在灵活应用几何关系和重力做功与电场力做功与势能的关系判断．7.如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有一水平放置的半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、BO段导体的电阻可忽略，圆弧AB段的电阻为r，半圆直径与磁场边界重合；现用外力使导体框从图示位置开始绕过O、垂直于半圆面的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动一周，下列分析正确的是（）A.圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB.转动的前半周内AB两端电压为C.转动的后半周内通过O点的电量为D.外力对线框做的功为【答案】BD【解析】解：A、在转动的前半周内，有效切割的部分为OB，由右手定则可知，电流由B到A；后面周期内切割的有效长度为AO，则电流为由A流向B；故A错误；B、转动的前半周期内，由于AB电阻不计，圆弧上的电压即为电源的电动势，切割产生的电动势E=BL2ω；故B正确；C、转动的后面周期，磁通量的变化量△Φ=B；故电量Q==；故C错误；D、外力做功等于产生的电能，则做功W=I2rt=（）2r×=；故D正确；故选：BD．分析导线的转动，根据右手定则可明确电流的方向；根据旋转切割产生的电动势的表达式及欧姆定律可求得电压；由功能关系可求出外力所做的功．本题考查导体旋转切割磁感线的电动势及电路规律的应用，要注意正确分析电路结构，明确功能关系的应用即可求解．8.一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（）A.①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B.上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC.上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D.上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh0【答案】BCD解：A、根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度的图象，故A错误；B、从②图线看，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图线可知：fh0=E k0-，且由①图线根据动能定理可知E k0=（mg+f）h0，解得f=kmg，故B正确；C、设h高度时重力势能和动能相等，①图线的函数方程为E k=E k0-（mg+f）h，②图线的函数方程为E P=h，令E k=E P，及E k0=（mg+f）h0和f=kmg，联立解得h=h0，C正确；同理可得D正确故选BCD（1）动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．（3）机械能=动能+势能．物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能．（1）掌握动能和重力势能大小的影响因素，根据图象能确定动能和势能的大小．（2）根据“E=E K+E P”计算机械能的大小．五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（）A.这列波的波速可能为50m/sB.从t+0.6s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC.质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD.若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E.若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（πt）（m）【答案】ACD【解析】解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=；波速v=m/s=m/s，（n=0，1，2，…）当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；B、质点只能上下振动，不能随波迁移，所以质点b不能沿x轴正方向运动，故B错误；C、c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：+1.5T=0.6，即=0.6，解得，n=1时满足条件，故C正确；D、在t时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P 是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上质点的位移是相同的．故D正确；E、当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据ω=rad/s=rad/s，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x=0.1cos（πt）（m），故E错误．故选：ACD由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程．本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的规律认识正确的是（）A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射的光中，有3种不同频率的光能使锌发生光电效应C.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75e VD.用能量为10.21e V 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E.用能量为14.0e V的光子照射，可使处于基态的氢原子电离【答案】BCE【解析】解：A、氢原子从高能级向低能级跃迁多余的能力将以光子的形式辐射出来，而氢原子从高能级跃迁到基态辐射光子能量最小值为10.2e V，远大于锌的逸出功，所以锌板一定可以发生光电效应．故A错误；B、一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，其中有3种大于3.34ev，故B正确；C、氢原子跃迁辐射光子能力使锌板发生光电效应，一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为12.09ev，克服逸出功后剩余的动能即为最大为8.75ev，故C正确；D、当氢原子吸收的光子能量刚好等于能级差时，氢原子会跃迁到对应的高能级上去．由于没有任何一个高能级与基态的能级差等于10.21ev，而且又不足以跃迁到无穷远发生电离，所以用能量为10.21ev的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁，故D错误；E、用能量为14.0e V的光子照射，氢原子可以从基态跃迁到无穷远，多余的能量转化为电离后的动能，故E正确．故选：BCE．红外线有显著的热效应，根据氢原子从高能级向n=3能级跃迁时发出的光子能量是否小于1.62e V．紫外线的频率大于3.11e V，判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离．高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.在探究“加速度与力的关系”实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图1所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动．然后将一定数量的砝码（其总质量为m）放入小吊盘中（小吊盘质量不计），接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F．以后每次实验将小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验多次，并计算出每条纸带对应的加速度．回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？______ （填“是”或“否”）（2）该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a为纵坐标，在坐标纸上作出a-F关系图线．图2图线中，你认为合理的是______ （3）若该同学所作出a-F关系图线，直线（或直线部分）斜率为k，则小车质量M= ______ ．【答案】否；D；【解析】解：（1）把砝码和小车整体看成研究对象，根据牛顿第二定律可知：mg=（m+M）a，若把小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，则有：（m-m0）g=（m+M）a，我们发现不需要用砝码的重力代替绳子的拉力，用整体法求出的加速度就是小车的加速度，所以不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（2）根据牛顿第二定律可知：F=（m+M）a，解得：a=则加速度与F成正比，图象是通过原点的倾斜的直线，故D正确．故选：D（3）a-F图象的斜率k=解得：M=故答案为（1）否；（2）D；（3）（2、3）根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析a与F的关系，从而选择图象，并根据图象斜率的含义求出小车质量M．对于实验题要掌握其原理，知道课本上的实验为什么要求重物的质量远远小于小车的质量，能根据牛顿第二定律求出加速度与F的关系，知道a-F图象斜率的含义，题目比较新颖，难度适中．10.为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A．待测干电池（电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω）B．电流表A1（量程0～2m A，内阻R A1=10Ω）C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干利用以上提供的器材，欲测量该电池的电动势和内阻，请回答以下问题：（1）为测量方便且测量误差较小，上述滑动变阻器应选用______ （填写序号字母）．（2）在图1所示虚线框内补画出完整的电路原理图．（3）根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为，某同学测出了6组I、I的数据，如表所示．在图2坐标纸上作出I1和I2的关系图线．根据描绘出的图线，可得被测电池的电动势为______ V，内阻为______ Ω．（计算结果保留两位小数）【答案】D；1.48；0.80【解析】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D比较合适．（2）由题意可知，本实验中没有给出电压表，故应采用电流表A1与定值电阻串联后充当电压表使用；故电路图如图所示；（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+R A）=E-I2r即：I1=-；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48m A，解得E=1.48V；由图象可知，图象的斜率为：0.8×10-3，由公式得图象的斜率等于，故=0.8×10-3；解得r=0.80Ω．故答案为：（1）D（2）如图所示；（3）1.48；0.80（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）根据给出的仪表及实验原理可得出实验电路图；（3）由作出的U-I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.两小孩在平直跑道上做游戏，各自用不同的水平恒力使质量m=10kg的相同物体甲、乙从起跑线由静止开始运动．水平恒力F1=50N持续作用t1=3s使甲运动到离起跑线x=18m处；水平恒力F2=30N持续在乙上作用t2=5s后撤去，求：（1）物体受到的阻力；（2）乙物体最后停在离起跑线多远处．【答案】解：（1）甲施加水平力F1时，加速度为a1，由运动学公式可得：x=代入数据解得：a1=设阻力为f，由牛顿第二运动定律可得：F1-f=ma1代入数据解得：f=F1-ma1=50-10×4N=10N（2）小孩乙推力F2作用t2=5s时，物体运动的距离为：x1=其中：F2-f=ma2撤去推力F2后速度大小为：v=a2t2撤去推力F2后加速度大小为：-f=ma3滑行的距离为：联立解得：x总=x1+x2=75m答：（1）物体所受的阻力是10N；（2）乙物体最后停在离起跑线75m远【解析】（1）根据位移时间公式求出物体的加速度，再结合牛顿第二定律求解摩擦力的大小；再结合牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出匀减速直线运动的位移，从而确定物体停止运动时距离起跑线的距离本题可以运用动能定理求解，也可以通过动力学至少求解，动能定理解题的优越性在于不考虑运动的过程，运动学公式的有点可以考虑过程的具体细节．12.如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为+q的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了．若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在b 点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：（1）粒子源发射粒子的速率v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间t m （2）电场强度的方向及大小．【答案】解：（1）粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为r，作出以ab为弦的两段圆弧如图2所示，O1、O2分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O1为圆心的圆有：圆周角∠a O1b=，由几何知识可知：弦切角∠cab=，△ab C为等边三角形，可得ab长度L=R…①从△ab O1可得：r=R…②由圆周运动的规律有：qv0B=m…③由⑧⑨式可得：v0=…④粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，在菱形a O1b O2中有：∠a O2b=∠a O1b=粒子的偏转角θ=2π-∠a O2b…⑤由圆周运动的规律有：t m=…⑥解得：t m=（2）设电场方向与ab连线夹角为θ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和C点连线一定和电场方向平行，如图2所示．q ER cosθ=2×…⑦对离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：q ER[1+sin（θ+）]=3×…⑧由④⑦⑧式解得：θ=0（即电场方向由a指向b）E=或θ满足sinθ=-E=（1）粒子源发射粒子的速率v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间答：（2）电场强度的方向及大小θ=0（即电场方向由a指向b）E=或θ满足sinθ=-，E=【解析】（1）画出运动轨迹，根据几何知识求解半径，根据qv0B=m求解初速度，根据圆心角和周期求解时间；（2）设电场方向与ab连线夹角为θ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和C点连线一定和电场方向平行．画出图象，根据动能定理列式求解即可本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共9.0分)14.在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d．在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30°，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S到P点的距离．【答案】解：光路图如图所示，由折射定律知，光线在AB面上折射时有：n=°在BC面上出射时有：n=由几何关系有：α+β=90°δ=（60°-α）+（γ-β）=30°联立以上各式并代入数据解得：α=β=45°，γ=60°解得：n=光在棱镜中通过的距离为s==设点光源S到P点的距离为L，有：L=ct解得：L=d答：点光源S到P点的距离为d．【解析】正确画出光路图，根据几何关系和折射定律，结合条件：光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，列方程求解即可．解答本题的关键是正确画出光路图，依据几何关系和相关物理知识进行求解．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M=1.98kg的木块，现有一质量为m0=20g的子弹以v0=100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求：①圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；②木块所能达到的最大高度．【答案】解：①子弹射入木块过程，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得：则有：m0v0=（m0+M）v得：v==m/s=1m/s机械能只在该过程有损失，损失的机械能为△E=-=[-]J=99J②木块（含子弹）在向上摆动过程中，以木块（含子弹）和圆环木块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒得，则有：（m0+M）v=（m0+M+m）v'。