单摆的回复力为什么是沿切线方向?我认为回复力的方向是小球此刻位置和平衡位置的连线..

（1）子弹射入沙袋后，与沙袋一起从最低位置摆至最高位置的过程中，机械能守恒．由机械能守恒定律可得：
[1/2]（m₁+m₂）v_共²=（m₁+m₂）gl（1-cosθ），解得：v_共=
2gl(1-cosθ)；
子弹射入沙袋过程系统动量守恒，以 子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m₁v₀=（m₁+m₂）v_共，
解得：v₀=
(m1+m2)
2gl(1-cosθ)
m1；
（2）子弹射入沙袋过程系统动量守恒，以 子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m₁v₁=（m₁+m₂）v_共，
由能量守恒定律的：△E=[1/2]m₁v₁²-[1/2]（m₁+m₂）v_共²，
解得：△E=[1/2]m₁v₁²-

m21
v21
2(m1+m2)；
答：（1）子弹射入沙袋前的速度为：
(m1+m2)
2gl(1-cosθ)
m1；
（2）若设子弹射入沙袋前的速度为v₁，则整个过程中系统损失的机械能为：[1/2]m₁v₁²-

m21
v21
2(m1+m2)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 本题是一道力学综合题，分析清楚物理过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．

由图示游标卡尺可知，主尺示数是19mm，游标尺示数是8×0.05=0.40mm，金属球的直径为19mm+0.40mm=19.40mm；
单摆摆长为：L+[d/2]，由单摆周期公式T=2π

l
g，得g=
4π2(L+
d
2)
T2；
故答案为：19.40，
4π2(l+
d
2)
T2．

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 要掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺不需要估读；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和．

A、根据单摆的周期公式T=2π

L
g，得到：g=
4π2L
T2，只取一组数据计算不能有效减小偶然误差，故A错误．
B、因为L和T不是成一次函数关系，不能分别求出6个L值的平均值
.
L和6个T值的平均值
.
T，再用公式g=
4π2
.
L

.
T2求出g作为测量值．故B错误．
C、先分别用6组l、T的对应值，用公式g=
4π2l
T2求出6个对应的g值，再求这6个g的平均值作为测量值可以减小偶然误差，故C正确．
D、在坐标纸上以T²为横坐标，l为纵坐标，根据6组l和T的值作出l-T²图象，计算出图线的斜率k，根据g=4π²k求出g作为测量值可以有效地减小偶然误差，故D正确．
本题选错误的，故选：AB．

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 本题关键明确实验原理、误差来源，知道偶然误差的特点和减小方法，会用图象法分析数据．

设摆线的结点到摆球重心距离为r，则
T₁=2π

L1+r
g，T₂=2π

L2+r
g
联立两式解得，g=
4π2(L1-L2)

T21-
T22
故答案为：g=
4π2(L1-L2)

T21-
T22

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 解决本题关键要抓住单摆的摆长与摆线长度之间的关系，运用单摆的周期公式进行解答．

设单摆的摆长为L，地球的质量为M，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高度为h时的重力加速度分别为：
g=G[M
R2，
g_h=G
M
(R+h)2
据单摆的周期公式可知T₀=2π

L/g]，
T=2π

L
gh
而T0＝
t0
N，T＝
t0
N−1
由以上各式可求得 h=
R0
N−1．
故选B．

点评：
本题考点： 单摆周期公式．

考点点评： 单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，在不同的地方，重力加速度的大小是不同的．