江苏省常州市金坛一中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份江苏省常州市金坛一中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.激光刀模主要利用激光对刀模板进行高深度烧蚀，从而达到安装切割刀的目的。这个过程运用的激光性质是( )
A. 偏振B. 亮度高C. 平行度高D. 相干性好
2.如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是单色光形成的干涉或衍射图样，根据各图样的特点可知( )
A. 甲图是光的衍射图样B. 乙图是光的干涉图样
C. 丙图是光射到圆孔后的干涉图样D. 丁图是光射到圆板后的衍射图样
3.下述关于机械波的说法正确的是( )
A. 若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率小于波源的频率
B. 某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大
C. 对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象
D. 在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长
4.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图甲为t=2s时的波形图，图乙为x=2m处的质点P的振动图像，质点Q的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. t=3.5s时刻，质点Q位于正向最大位移处
C. 质点P的振动方程为y=10sin(π2t)cm
D. t=2s至t=2.5s这段时间内，质点P通过的路程大于5cm
5.如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，以下说法正确的是( )
A. 实验必须选用两光学表面平行的玻璃砖，否则无法测量
B. 实验过程中，只有在画完光路图后，才能移除玻璃砖
C. 由上图所示，某同学在测得图中的θ1，θ2后，利用n=sinθ1sinθ2可以求得玻璃砖的折射率
D. 实验中，大头针P1与P2，P3与P4间的距离应适当远一些
6.某小组用图9甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法正确的是( )
A. 缩小单缝到双缝的距离，可使干涉条纹间距变大
B. 在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头
C. 仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变小
D. 仅将绿色滤光片换为红色滤光片，干涉条纹间距将变小
7.在“用单摆测重力加速度大小”的实验中，小王同学作出周期T2与摆线长L的T2−L图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验所用摆球半径为b
B. 实验所用摆球直径为a
C. 当地的重力加速度大小为4π2ba
D. 当地的重力加速度大小为4π2ab
8.两列完全相同的机械波在某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时( )
A. P、M连线中点振动减弱
B. P、M连线中点速度为0
C. P、M、Q、N四点速度均为0
D. 再经过半个周期，Q、N两点振动加强
9.踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中( )
A. 动量变化量等于零
B. 动量变化率一直减小
C. 重力的冲量上升过程等于下降过程
D. 重力的冲量上升过程大于下降过程
10.如图质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为34h0处(不计空气阻力，小球可视为质点)，则( )
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为2R
D. 小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为h02
11.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径0.2m的14圆弧，BC部分水平，质量均为400g的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为0.2m，小球可视为质点。开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. a球下滑过程中机械能保持不变
B. 两球都滑到水平轨道上时，a球速度大小为2m/s
C. 从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功
D. 从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功0.4J
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律。用天平测得A、B球的质量分别为m1和m2。O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置。测出M、P、N与O的距离分别为s1、s2、s3，如图乙所示。
(1)关于实验器材，下列说法正确的是______。
A.A、B球的半径可以不同
B.斜槽末端必须水平，斜槽必须光滑
C.重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点
(2)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.实验时白纸和复写纸可以随时调整位置
B.A球每次必须从同一位置由静止释放
C.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒。(用题中测量量表示)
(4)若实验中测得s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm，假设碰撞过程中动量守恒，则m1与m2之比为______。
(5)若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为______(用s1、s2、s3表示)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.如图所示，一束光沿圆心方向从半圆形表面射入玻璃半球后从底面射出，入射光线与法线的夹角为30°，折射光线与法线的夹角为53°。已知光在真空中的速度为3×108m/s，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)这束光在此玻璃半球中的折射率。
(2)这束光在此玻璃半球中的传播速率。
14.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图像如图所示，经0.5s，平衡位置在0.1m处的质点M第一次回到平衡位置，求：
(1)波传播的速度大小v；
(2)质点M在18s内通过的路程s。
15.如图所示，实线是一列简谐波在t=0时刻的波形曲线，虚线是在t=2s时刻的波形曲线。
(1)求该波的周期；
(2)若波速是3.5m/s，写出x=1m处的质点的振动方程。
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=1.96kg的物块，现有一质量为m0=40g的子弹以v0=100m/s的水平速度射入木块并留在物块中(不计空气阻力和子弹与物块作用的时间，g取10m/s2)，求：
(1)圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；
(2)物块所能达到的最大高度；
(3)铁环的最大速度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：激光的亮度高，能量大，所以可以对刀模板进行高深度烧蚀。故B正确，ACD错误。
故选：B。
激光具有亮度高、平行度好和相干性好的特点，然后结合实际的需要解得。
在这种情况下之所以选用激光，是因为激光会聚点很小，传递的能量很集中。
2.【答案】D
【解析】解：A、甲图中条纹间距相等，是光的双缝干涉图样，故A错误；
B、乙图中中间亮条纹最宽，向外条纹变窄，间距变小，是光的单缝衍射图样，故B错误；
C、丙图为圆孔衍射图样，故C错误；
D、丁图是光射到画板后的衍射图样，故D正确；
故选：D。
理解光的不同现象即对应的原理。
本题主要考查了光的干涉和衍射的相关应用，理解不同现象下的图样特点即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据多普勒效应可知，若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率大于波源的频率，故A错误；
B、某一频率的声波，从空气进入水中时，波速v增大，周期T与频率f不变，根据波速、波长与频率的关系v=λf可知，波长增大，故B错误；
C、根据发生明显衍射现象的条件可知，对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象，故C正确；
D、根据简谐运动的对称性可知，在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于振幅的4倍，与波长无关，故D错误。
故选：C。
根据多普勒效应分析答题；
波从一种介质传入另一种介质时波速与波长发生变化，周期与频率不变；
当缝、孔或障碍物尺寸与波长相差不多时会发生明显的衍射现象；
介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。
本题涉及的知识点较多，难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
4.【答案】D
【解析】解：A.由图乙可知质点P在t=2s时的振动方向向上，结合波形图，根据“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由甲图可知波长为4m，由乙图可知周期为4s，则波的传播速度为v=λT=44m/s=1m/s，在t=3.5s时，波传播x=1×(3.5−2)m=1.5m，则Q点在t=3.5s时的振动与在Q点之前1.5m处质点P在t=2s时的振动相同，图中P点刚好经过平衡位置，故t=3.5s时刻质点Q也经过平衡位置，故B错误；
C.由题可知，振幅A=10cm，圆频率为ω=2πT=2π4=π2，则质点P简谐运动的表达式为y=10sin(π2t+π)cm，故C错误；
D.在t=2s时质点P在平衡位置，在t=2.5s时，代入简谐运动表达式可得y1=10sin(π2×2.5+π)cm=5 2cm，则这段时间内，质点P通过的路程为
s=y1−0=5 2cm>5cm，故D正确。
故选：D。
A、根据振动图像分析在t=2s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的方向；
B、由振动图像可知波的周期，根据t=3.5s时波的振动情况，分析Q点的位置；
C、由图可知波的振幅和圆频率，代入简谐运动的表达式；
D、根据简谐运动的表达式计算。
考查对波的传播规律的理解，清楚振动图像和波动图像的理解，熟悉振动方程的运用。
5.【答案】D
【解析】解：A.玻璃砖表面不平行，只要操作规范不影响结果，故A错误；
B.实验过程中，插完大头针就可以把玻璃砖移除，然后再画光路图，故B错误；
C.根据折射定律n=sinisinr可知，某同学在测得图中的θ1后，还需要测出光线在O点的折射角θ3，才能利用折射定律求解玻璃的折射率，故C错误；
D.实验中，为了减小确定入射光线和折射光线方向的误差，大头针P1与P2，P3与P4间的距离应适当远一些，故D正确。
故选：D。
根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答。
本题注意考查了插针法测定玻璃的折射率的实验，要明确实验原理、掌握实验的正确操作和注意事项。
6.【答案】B
【解析】解：ACD.根据双缝干涉相邻条纹间距公式
Δx=Ldλ
干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关；仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大；仅将绿色滤光片换为红色滤光片，由于红光的波长大于绿光的波长，则干涉条纹间距将变大，故ACD错误；
B.在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头使分划板中心刻线与条纹平行，故B正确。
故选：B。
根据双缝干涉相邻条纹间距公式分析判断；根据实验装置分析判断。
本题关键掌握双缝干涉实验原理和装置。
7.【答案】D
【解析】解：设摆球半径为r，根据单摆周期公式T=2π L+rg
变形得T2=4π2gL+4π2gr
T2−L图像的纵截距4π2gr=b
图像的斜率k=4π2g=ba
联立解得当地的重力加速度大小为g=4π2ab
摆球半径r=a
则实验所用摆球直径为d=2r=2a
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据单摆的周期公式求解T2−L函数，结合图像的斜率与截距完成解答。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，关键是对图像的物理意义进行理解。
8.【答案】C
【解析】解：AB.此时M点波峰与波峰相遇，而P点是波谷与波谷相遇，则P、M两点是振动加强点，且P、M连线上也是振动加强的，P、M两点连线中点未达到波峰或波谷，故速度不为0，故AB错误；
C.P处于波谷，速度为零；M处于波峰，速度为零；Q、N两点为波峰与波谷相遇点即为振动减弱，则速度为零，即四点的速度均为0，故C正确；
D.Q、N两点处于波谷与波峰相遇处，再经过半个周期，Q、N两点振动仍然减弱，故D错误。
故选：C。
波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点；波峰与波谷相遇点即为振动减弱点；振动加强点的连线上也是振动加强的。
本题考查了波的干涉中振动加强和减弱区域的特点，解题关键是波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点，波峰与波谷相遇点即为振动减弱点。
9.【答案】B
【解析】解：A.毽子上升的初速度为v0，再次下落到原点时的速度为v，设向下为正方向，则动量变化量
Δp=mv−(−mv0)=mv+mv0，故A错误；
B.动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为mg+kv，则随速度减小，合外力变小；下降过程的合外力mg−kv，则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，故B正确；
CD：上升过程中mg+kv=ma1
下降过程中mg−kv=ma2，则a1>a2
根据h=12at2
可知上升的时间小于下降的时间，根据
I=mgt
可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，故CD错误。
故选：B。
动量变化量等于末动量与初动量之差；动量的变化率等于毽子所受的合外力；根据牛顿第二定律分别计算出毽子上升和下降过程中的加速度，然后根据位移—时间公式得到上升与下降时间关系，然后根据冲量的定义判断重力的冲量即可。
知道动量的变化率是毽子所受的合外力，能够根据牛顿第二定律得到毽子上升和下降过程的加速度，进而根据位移—时间公式比较上升与下降时间关系。
10.【答案】B
【解析】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B正确；
C、设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律
mv−mv′=0
即
m2R−xt−mxt=0
解得
x=R
故C错误；
D、小球第一次从距A点h0下落运动到B点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
mg(h0−34h0)−Wf=0
解得
Wf=14mgh0
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh0，机械能损失小于14mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于12h0，而小于34h0，故D错误。
故选：B。
小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，在A点时系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动。
系统水平方向动量守恒，即可求出小车向左运动的最大距离。
小球第一次从距A点h0下落运动到B点所在水平线的最大高度处过程中，由动能定理可求阻力做的功，小球第二次在小车中运动时，对应位黑处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小。
本题考查了小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，以及功能关系的应用。
11.【答案】D
【解析】解：ABD.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
mgR+mg(L+R)=12×2mv2
解得a、b两球的速度大小均为
v= 6m/s
从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据动能定理可得
mgR+W杆=12mv2
解得
W杆=0.4J
所以整个过程中轻杆对a球做功0.4J，a球下滑过程中机械能不守恒，故AB错误，D正确；
C.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对a球做正功，所以轻杆对b球做负功，故C错误。
故选：D。
ABD.两球组成的系统根据机械能守恒和动能定理判断；
C.根据做功的条件判断。
本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析。
12.【答案】C B m1s2=m1s1+m2s3 4：1 s2=s3−s1
【解析】解：(1)A、为使两球发生对心碰撞，A、B球的半径必须相同，故A错误；
B、为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，只要入射球每次从斜槽的同一位置由静止释放，小球到达斜槽末端时速度相等，斜槽无需光滑，故B错误；
C、重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选：C。
(2)A、实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B、为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C、根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选：B。
(3)两球碰撞过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点高度相等，则小球做平抛运动的时间t相等，
则m1v0t=m1v1t+m2v2t，则m1s2=m1s1+m2s3
(4)将s1=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm代入m1s2=m1s1+m2s3解得：m1：m2=4：1
(5)若这个碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：s2=s3−s1
故答案为：(1)C；(2)B；(3)m1s2=m1s1+m2s3；(4)4：1；(5)s2=s3−s1。
(1)根据实验注意事项分析答题。
(2)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
(3)两球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(4)根据实验数据求出两球的质量之比。
(5)弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
13.【答案】解：(1)由题意，入射角为i=30°，折射角为r=53°
由折射定律n=sinrsini可知
n=sin53°sin30∘=1.6
(2)由折射率与光在介质中的速率关系式
n=cv
解得
v=1.875×108m/s
答：(1)这束光在此玻璃半球中的折射率为1.6。
(2)这束光在此玻璃半球中的传播速率为1.875×108m/s。
【解析】(1)已知入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；
(2)由n=cv求这束光在此玻璃半球中的传播速率。
解决该题需要熟记折射定律的表达式，知道光在介质中传播速度的表达式。
14.【答案】解：(1)简谐横波沿x轴正方向传播，当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为
Δx=0.1m
所用时间为
Δt=0.5s
则波速大小为
v=ΔxΔt
解得
v=0.2m/s
(2)由图可知波长为
λ=1.2m
则周期为
T=λv=
则质点M在18s内完成的全振动次数为
n=tT=186次=3次
所以其走过的路程为
s=3×4A=12×20cm=240cm=2.4m
答：(1)波传播的速度大小v为0.2m/s；
(2)质点M在18s内通过的路程s为2.4m。
【解析】(1)当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，根据速度公式v=ΔxΔt求解波速。
(2)读出波长，从而求出周期，根据一个周期内质点运动的路程为4A，来求解质点M在18s内通过的路程s。
本题采用波形的平移法求质点M第一次经过平衡位置时波传播的距离，这是常用的方法。对于做简谐运动的质点，往往根据时间与周期的倍数来求解质点通过的路程。
15.【答案】解：(1)若该波向右传播，则：
t=nT+14T，(n=0,1,2,⋯)，
解得：
T=84n+1s，(n=0,1,2,⋯)；
若该波向左传播，则：
t=nT′+34T′，(n=0,1,2,⋯)，
解得：
T′=84n+3s，(n=0,1,2,⋯)；
(2)若该波向右传播，则：
v=λT=4n+12m/s=3.5m/s，
解得：
n=1.5，
不是整数，则该波不是向右传播；
若该波向左传播，则：
v=λT′=4n+32m/s=3.5m/s，
解得：
n=1，
是整数，则该波向左传播；
则周期为：
T′=84×1+3s=87s，
由图可知，t=0时刻，x=1m处的质点由平衡位置向下振动，振幅为：A=2cm，
则振动方程为：
x=−Asin(ωt)m，
且：
ω=2πT′，
联立可得：
x=−0.02sin(7π4t)m；
答：(1)若该波向右传播，周期为：T=84n+1s，(n=0,1,2,⋯)；若该波向左传播，周期为：T′=84n+3s，(n=0,1,2,⋯)。
(2)若波速是3.5m/s，x=1m处的质点的振动方程为x=−0.02sin(7π4t)m。
【解析】(1)结合题意，分情况讨论，若该波向右传播，及若该波向左传播时的周期表达式；
(2)结合前面分析，根据波速与周期的关系，先确定波的传播方向，再根据题图信息，可确认x=1m处的质点的振动方程。
本题考查机械波的问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
16.【答案】解：(1)子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律可得：m0v0=(m0+M)v，解得：v=m0v0m0+M=0.04×1000.04+1.96m/s=2m/s
由能量守恒定律可得损失的机械能为：ΔE=12m0v02−12(m0+M)v2
代入数据解得：ΔE=196J；
(2)物块(含子弹)在向上摆动过程中，以物块(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定律可得：(m0+M)v=(m0+M+m)v′，代入数据解得：v′=1.6m/s
根据机械能守恒定律可得：
12(m0+M)v2=12(m0+M+m)v′2+(m0+M)gh
联立代入数据可解得：h=0.04m；
(3)当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为v1，圆环速度为v2，以水平向右的方向为正方向，则由动量守恒定律可得：
(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2
由机械能守恒定律可得：
12(m0+M)v2=12(m0+M)v12+12mv22
由上述两式联立代入数据可解得：
v1=1.2m/s
v2=3.2m/s
故金属圆环的最大速度为3.2m/s。
答：(1)圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能为196J；
(2)物块所能达到的最大高度为0.04m；
(3)铁环的最大速度为3.2m/s。
【解析】(1)子弹射穿木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块后子弹和木块的共同速度，即可求得系统损失的机械能；
(2)木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。当两者水平速度相同时向右摆到最大高度，由系统的水平方向动量守恒求出和机械能守恒结合求解木块向右摆动的最大高度；
(3)由系统的动量守恒定律结合机械能守恒即可求解铁环的最大速度。
本题是连接体机械能守恒和水平方向动量守恒问题，关键要正确选择研究对象，明确研究的过程。此题研究只能针对系统，对单个物体机械能不守恒。