(2)因为摆球经过n次全振动的总时间为△比，则该单摆的周期为T=,由单摆周期公式可得，重力加速度的n表达式为g=x(+)m(△t)2(3)实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故A错误；B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，故B正确；C.开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；故选B。(4)由题意可符，单摆的实降摆长为/=1一号由单摆周翔表达式得T=2xL-D2,化简可得T=4πLg2xD,由此得到的T-1图像是图乙中的①。(L+号)R-mg)12.(10分，每空2分)(1)1.66(2)不需要(5)mi(6)sN√2h(7)m1U1=m1U3+m2v2【解析】(1)由图乙可知，两小球直径为d=16mm+6×0.1mm=16.6mm=1.66cm(2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足m>m2羽p必究L斗日，整理可得一）(F1-m1g)L十2(5)根据题意，由牛顿第二定律有F1一m1g=m2●(6)小球m微抛运动，则有=，h=,解得=√氛(7)由于本实验中m1>m2,则碰后m1不反弹，若碰撞过程中动量守恒，则有m1w1=m十m22即m1=m1s十m22成立，则可说明m1与m2碰撞过程中动量守恒。四、解答题(38分)13.(10分)【解析】(1)设滑块的质量为M,滑块、小球为系统水方向动量守恒，则M)1-m义2=0…（1分）可得M☑1t-m2t=0…(们分)即号M-2号m=0,解得M=2m……………………(2分)(2)设细线运动到竖直方向时，滑块的速度为M,小球的速度为m,根据动量守恒有0=MUM一mm报据能量守恒有mgL)M十mm(2分)1设细线断后，小球运动到地面的时间为t,这段时间内小球的水位移为m,滑块的位移为x,则L=2g,xm=Vmt,xM=Mt…(2分)小球落地时到滑块A的距离为d=√/(M十xm)2十(2L)严=√I0L…(2分)14.(12分)【解析】(1)对物体受力分析可得绳中张力T=g…（1分)对装置受力分析由衡条件2T=u(M十m)g…(1分)解得(1分)(2)装置左移x时，木块上升2x,由动能定理W-2mg·x一(M十m)g·x=0…(2分)解得水外力所做的功为W=号Mgx…(1分)(3)木块向下的加速度为ay,由牛顿第二定律mg一T=may(1分)装置和木块水方向加速度az,由牛顿第二定律2T一(Mg十T)=(M十m)az…(1分)物理参考答案（雅礼版）一3
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