2025届高考物理一轮总复习第7单元机械振动与机械波第19讲机械振动课件新人教版

这是一份2025届高考物理一轮总复习第7单元机械振动与机械波第19讲机械振动课件新人教版，共60页。PPT课件主要包含了落实基础主干，单摆的周期公式，突破命题视角，答案C，BCD，考点四受迫振动，答案A，实验9，方法二图像法，图见解析等内容，欢迎下载使用。
一、简谐运动及规律1.简谐运动的定义与表达式(1)运动学描述:质点的位移随时间按照正弦函数规律变化的振动。表达式为x=Asin (ωt+φ),其中A表示振幅,ω表示角速度,ωt+φ表示相位。(2)动力学描述:回复力F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反,回复力是按效果分类的,可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力。
2.简谐运动的两种模型(1)弹簧振子简谐运动条件:弹簧质量不计;振动过程阻力不计;在弹簧弹性限度内。(2)单摆简谐运动条件:摆线质量不计且不可伸缩;振动过程阻力不计;小角度摆动(一般不超过10°)。3.简谐运动的能量简谐运动中动能和势能相互转化,机械能守恒。同一振动物体振幅越大,机械能越大。
二、简谐运动的图像1.意义:描述振子相对平衡位置的位移随时间变化的规律,不是物体的运动轨迹。2.从平衡位置开始计时,图像如图所示。
3.根据简谐运动图像可获取某时刻质点位移、速度、加速度等大小和方向以及变化的动态信息。
四、受迫振动1.概念:振动系统在驱动力作用下的振动。2.特点:受迫振动的频率等于驱动力的频率,跟系统的固有频率无关。3.做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统不断从外界进行能量补充,驱动力频率与固有频率越接近,振幅A越大。4.共振:当驱动力的频率等于系统的固有频率时,受迫振动的振幅达到最大,发生共振。振幅的最大值与驱动力有关。
[练一练]1.判断下列说法对错(1)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,速度一定相同。(　　)(2)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,加速度一定相同。(　　)(3)在任意四分之一个周期内通过的路程一定等于振幅的大小。(　　)(4)单摆的回复力指摆线的拉力和摆球重力的合力。(　　)(5)受迫振动物体的周期与驱动力周期无关。(　　)
3.(教材选择性必修第一册第60页习题改编)如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后开始运动,小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A.t=0.1π s时小球位于B点B.t=0.4π s时小球位于C点C.OA之间的距离为1.5 mD.OP之间的距离为1.2 m
考点一　简谐运动的规律
考向1　简谐运动中各物理量的动态变化分析典例1　如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点间运动,图乙为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列说法正确的是(　　)
A.在t=0.2 s时,弹簧振子的加速度为正向最大B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,振子的速度相同C.从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子做加速度增大的减速运动D.在t=0.6 s时,弹簧振子有最小的位移
解析 在t=0.2 s时,弹簧振子的位移为正向最大,加速度为负向最大,故A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子的位移相同,说明弹簧振子在同一位置,速度大小相同,但是方向相反,B错误;从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子的位移增大,加速度增大,速度减小,所以弹簧振子做加速度增大的减速运动,C正确;在t=0.6 s时,弹簧振子的位移为负向最大,D错误。
方法总结分析简谐运动中各物理量的变化情况时,一定要以位移为桥梁,位移增大时,振动质点的回复力、加速度、势能均增大,速度、动能均减小;反之,则产生相反的变化。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。
变式练1 (多选)如图甲所示,水平地面上固定一轻质弹簧,弹簧竖直放置,其上端连接一轻质薄板。t=0时刻,一可视为质点的物块从弹簧正上方某处由静止下落,落至薄板上后和薄板始终粘连,其位置随时间变化的图像(x-t图像)如图乙所示,其中t=0.2 s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内,空气阻力不计,以竖直向下为正方向,则(　　)
A.0~0.2 s,物块的加速度逐渐增大B.t=0.2 s后物块做简谐运动C.0.2~0.4 s,物块的加速度先减小后增大D.0.2~0.4 s,物块的加速度先增大后减小
解析 由题知0~0.2 s,物块做自由落体运动,加速度恒定,A错误;从图像看t=0.2 s后的图像为正弦函数,物块做简谐运动,B正确;0.2~0.4 s,物块受到的弹簧弹力一直增大,弹力先小于重力后大于重力,由牛顿第二定律,物块的加速度先减小后增大,C正确,D错误。
考向2　简谐运动的周期性和对称性典例2　(多选)一弹簧振子做简谐运动,点O为平衡位置,当它经过点O时开始计时,经过0.3 s,第一次到达点M,再经过0.2 s第二次到达点M,则弹簧振子的周期不可能为(　　) sB.1.4 sC.1.6 s D.2 s
第2种情况如图乙所示,若弹簧振子一开始从平衡位置向点B运动,设点M'与点M关于点O对称,则弹簧振子从点M'经过点B到点M'所用的时间与弹簧振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s,弹簧振子从点O到点M'、
方法总结1.物体做简谐运动时,其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性的变化,它们的周期就是简谐运动的周期T。物体的动能和势能也随时间做周期性的变化,其周期为 。2.简谐运动的速度、时间、位移和加速度等物理量具有一定的对称性。要善于利用这种对称性分析问题。(1)速率的对称性:物体在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。(2)时间的对称性:物体通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。在振动过程中,物体通过任意两点A、B的时间与逆向通过这两点的时间相等。(3)加速度的对称性:物体在关于平衡位置对称的两位置具有等大、反向的加速度。
变式练2如图所示,一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动,若从O点开始计时,经过3 s质点第一次经过M点,再继续运动,又经过4 s第二次经过M点,则再经过多长时间第三次经过M点(　　)A.7 sB.14 sC.16 sD. s
解析 由题意可知质点第一次经过M点的运动方向向右,简谐运动的周期T=4×(3+2) s=20 s,则第三次经过M点的时间为t=(20-4) s=16 s,故C选项正确。
考向3　弹簧振子模型典例3　(2022浙江6月选考)如图所示,一根固定在墙上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻弹簧,两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则(　　)
变式练3一个小物块系在一个轻弹簧上,并将弹簧和小物块竖直悬挂处于静止状态,以此时小物块所处位置为坐标原点O,以竖直向下为正方向建立Ox轴,如图所示。先将小物块竖直向上托起使弹簧处于原长,然后将小物块由静止释放并开始计时,经过 s,小物块向下运动20 cm第一次到达最低点,已知小物块在竖直方向做简谐运动,重力加速度g取10 m/s2,忽略小物块受到的阻力,下列说法正确的是(　　)
考点二　振动图像的理解和应用
考向1　振动图像的理解1.可获取的信息
(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0等。(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。(3)某时刻质点速度的大小和方向:曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向,速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定。
(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向:回复力总是指向平衡位置,回复力和加速度的方向相同,在图像上总是指向t轴。(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。
2.简谐运动的对称性(1)相隔Δt=(n+0.5)T(n=0,1,2,…)的两个时刻,弹簧振子的位置关于平衡位置对称,位移等大反向,速度也等大反向。(2)相隔Δt=nT(n=1,2,3,…)的两个时刻,弹簧振子在同一位置,位移和速度都相同。
典例1　(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是(　　)A.质点振动频率为4 HzB.在10 s内质点经过的路程是20 cmC.在5 s末,速度为零,加速度最大D.t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等,都是 cm
考向2　振动图像的应用典例2　(2023浙江6月选考)主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号,并产生相应的抵消声波,某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示,则取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)(　　)A.振幅为2AB.频率为100 HzC.波长应为1.7 m的奇数倍D.在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
解析 抵消声波与噪声的振幅、频率相同,相位相反,叠加后才能相互抵消,实现降噪。抵消声波与噪声的振幅相同,也为A,A错误;抵消声波与噪声的频率相同,由 =100 Hz,B正确;抵消声波与噪声的波速、频率相同,则波长也相同,为λ=vT=340×0.01 m=3.4 m,C错误;抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相,D错误。
变式练 (2023浙江台州部分重点高中联考)如图所示,在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸,一带有墨囊的弹簧振子在A、B两点间做机械振动,可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为k=10 N/m,带墨囊的小球质量为0.1 kg,白纸移动速度为0.4 m/s,弹簧弹性势能的表达式Ep= ky2,不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线,则下列说法正确的是(　　)
A.该弹簧振子的振幅为16 cmB.该弹簧振子的周期为0.25 sC.该弹簧振子的最大加速度为8 m/s2D.该弹簧振子的最大速度为1.6 m/s
考点三　单摆周期公式的应用
考向1　单摆周期公式的应用典例1　(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器,叫摆钟,如图甲所示,摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供,运动的速率由钟摆控制,旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动,简化图如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.摆钟慢了,应使圆盘沿摆杆下移B.摆钟快了,应使圆盘沿摆杆下移C.把摆钟从北京移到上海,应使圆盘沿摆杆上移D.把摆钟从山顶移到山脚,应使圆盘沿摆杆上移
解析 若摆钟变慢,是因为周期变大,单摆的周期公式为 ,应减小摆长,即上移圆盘,同理,若摆钟变快,应下移圆盘,故A错误,B正确;从北京到上海,g值变小,周期变大,应减小摆长,即上移圆盘,故C正确;从山顶到山脚,g值变大,周期变小,应增大摆长,即下移圆盘,故D错误。
变式练1 (多选)如图所示,在一个水平放置的槽中,小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,已知圆弧AB的弧长为0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,则其初速度的大小可能是(　　)
变式练2 将一部智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)
A.秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动B.当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力小于手机所受的重力C.秋千摆动的周期为t2-t1
特别提醒摆动过程中要注意加速度与时间图像的周期与单摆周期的区别。
考向2　单摆周期公式中的等效摆长和重力加速度1.等效摆长:摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l'=r+Lcs α。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点附近振动,其等效摆长为l'=R。
2.等效重力加速度:与单摆所处物理环境有关。(1)在不同星球表面: ,m0为星球的质量,R为星球的半径。(2)单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g'=g+a和g'=g-a,a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。
典例2　如图所示,三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球,球的直径为d(d≪L),所带电荷量为q,细绳b、c与天花板的夹角α=30°,空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场(未画出),电场强度E= ,重力加速度为g,现将小球拉开小角度后由静止释放,则(　　)
C.摆球经过平衡位置时合力为零D.无论小球如何摆动,静电力都不做功
考向1　受迫振动和共振规律1.共振曲线表示受迫振动的振幅A与驱动力频率f的关系图像如图所示,图中f0为振动系统的固有频率。
2.共振的应用与防止(1)应用:在应用共振时,应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率,如转速计、共振筛。(2)防止:在防止共振时,驱动力频率与系统的固有频率相差越大越好,如部队过桥时用便步。
典例1　同一地点,甲、乙单摆在驱动力作用下振动,其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.若驱动力的频率为f0,乙单摆振动的频率大于f0B.若驱动力的频率为f0,乙单摆振动的频率小于f0C.若驱动力的频率为3f0,甲、乙单摆振动的振幅相同D.若驱动力的频率为3f0,甲、乙单摆振动的频率均为3f0
解析 当物体做受迫振动时,物体振动的频率等于驱动力的频率,故A、B错误,D正确;做受迫振动的物体的固有频率与驱动力频率越接近,振幅越大,由图可知,甲的固有频率是f0,乙的固有频率是2f0,若驱动力的频率为3f0,甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅,C错误。
变式练1 (2023浙江台州部分重点高中联考)如图甲所示,在一条张紧的绳子上挂着a、b、c、d四个摆。当a摆振动的时候,其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来,不计空气阻力,达到稳定时,b摆的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.稳定时b摆的振幅最大B.稳定时d摆的周期最小C.由图乙可以得到b摆的固有周期D.由图乙可以得到a摆的固有周期
解析 b、c、d三个摆做受迫振动,由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同,所以c摆发生了共振,c摆的振幅是最大的,故A错误;b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率,都等于a摆的频率,则三摆的周期相同,都等于a摆的周期,即Ta=t0,故B错误,D正确;由于b摆做受迫振动,所以其固有频率未知,即固有周期未知,故C错误。
考向2　实际生活中的受迫振动和共振典例2　(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率,工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置。则(　　)A.针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同B.随着振动器频率增加,树干振动的幅度一定增大C.打击杆对不同粗细的树干打击结束后,树干的振动频率相同D.稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
解析 根据共振的条件,当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振,此时落果效果最好,而不同的树木的固有频率不同,针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同,选项A正确;当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振,此时树干的振幅最大,则随着振动器频率的增加,树干振动的幅度不一定增大,选项B错误;打击结束后,树干做阻尼振动,阻尼振动的频率小于树干的固有频率,振动过程中频率不变,粗细不同的树干,固有频率不同,则打击结束后,粗细不同的树干频率可能不同,选项C错误;树干在振动器的振动下做受迫振动,则稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同,选项D正确。
变式练2(2023浙江宁波部分名校联考)下列情境属于共振现象的是(　　)
A.小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时,发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时,机器的摆动反而变得剧烈了起来B.小王和小张在荡秋千时,小王发现小张荡得比他高,马上通过调整姿势将秋千荡得比小张更高C.101大厦在台风来临之际,其内部的重锤开始随着高楼一起摆动,且摆动方向与高楼振动方向始终相反D.当人在说话时,带动膜片振动,最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出
解析 小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时,发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时,机器的摆动反而变得剧烈了起来,这是因为脱水机转速逐渐减小到等于脱水机的固有频率时,发生共振,振幅增大,A正确;小王和小张在荡秋千时,小王发现小张荡得比他高,马上通过调整姿势将秋千荡得比小张更高,是小王通过弯腿,伸腿,做功的结果,不是共振,B错误;101大厦在台风来临之际,其内部的重锤开始随着高楼一起摆动,属于受迫振动,C错误;人在说话时,带动膜片振动,最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出,是受迫振动,不是共振,D错误。
实验9用单摆测量重力加速度的大小
1.实验目的(1)知道摆长和周期的测量方法。(2)掌握利用单摆测量重力加速度的原理与方法,并会做出必要的误差分析。2.实验原理
3.实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(约1 m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺。4.实验步骤(1)做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂,在单摆平衡位置处做上标记,如图所示。
(2)测摆长用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°),然后释放小球,记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间,算出平均每摆动一次全振动的时间,即为单摆的振动周期T。(5)改变摆长,重做几次实验。
5.数据处理方法一:公式法
6.误差分析(1)本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身,即悬点固定,小球质量大、体积小,细线轻质非弹性,振动是在同一竖直平面内的振动,这些要求是否符合。(2)本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量,因此,要从摆球通过平衡位置时开始计时,不能多计或漏计摆球全振动次数。使用刻度尺测量摆线长度时,要多次测量取平均值以减小误差。(3)利用图像法处理数据具有形象、直观的特点,同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理时要特别注意图像的斜率及截距的物理意义。
7.注意事项(1)摆动时力求支架处于稳定状态,摆线的悬挂端不应随意乱绕,应呈“点”悬状态。(2)测量单摆的摆长时,应使摆球处于自由下垂状态,用刻度尺测出摆线的长度,再用游标卡尺测出摆球的直径,然后算出摆长(精确到毫米位)。(3)实验所用的单摆应符合理论要求,即线要细、轻、不可伸长,摆球要体积小、质量大(密度大),并且偏角不超过10°。摆球释放后,应力求使摆球在同一个竖直平面内摆动(不要形成圆锥摆),然后再测量单摆的周期。
考点一　教材原型实验考向1　实验原理与操作典例1　在“用单摆测定重力加速度”的实验中:(1)以下关于本实验的措施正确的是　 。 A.摆角应尽量大些B.摆线应适当长些C.摆球应选择密度较大的实心金属小球D.用停表测量周期时,应从摆球摆至最高点时开始计时
(2)用50分度的游标卡尺测量小球的直径,如图甲所示,读数是　　　　 mm;用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示,停表读数为　 s。
(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,同学甲说:因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大,乙同学说:浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变,这两个同学的说法中　　　　。 A.甲正确B.乙正确C.都错误
解析 (1)实验时摆角不能太大,A错误;实验中,摆线的长度应远远大于摆球的直径,适当增加摆线的长度,可以减小实验误差,B正确;减小空气阻力的影响,选择密度较大的实心金属小球作为摆球,C正确;用停表测量周期时,应从球到达平衡位置开始计时,这样误差小一些,D错误。(2)由题图甲可看出,游标尺上的第25条刻度线与主尺上的4.2 cm刻度线对齐了,则游标尺的零刻度线与此刻度线之间的距离为25× mm=24.5 mm,因4.2 cm-24.5 mm=17.5 mm,则游标尺的零刻度线应在17~18 mm之间,游标尺读数为25×0.02 mm=0.50 mm,则游标卡尺读数为17 mm+0.50 mm=17.50 mm;由题图乙可知,分针示数超过了半刻线,停表示数为60 s+40.2 s=100.2 s。(3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,物体不只受重力,加速度也不是重力加速度,实际加速度要减小,因此振动周期变大,甲同学说法正确。
考向2　数据处理与误差分析典例2　某同学用单摆测量重力加速度。(1)为了减少测量误差,下列做法正确的是　　　　; A.摆的振幅越大越好B.摆球质量大些、体积小些C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
(2)改变摆长,多次测量,得到周期二次方与摆长的关系图像如图所示,所得结果与当地重力加速度值相符,但发现其延长线没有过原点,其原因可能是　　　　。 
A.测周期时多数了一个周期B.测周期时少数了一个周期C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长D.将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
解析 (1)单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,单摆的摆角不能太大,否则单摆将不做简谐运动,故A错误;实验尽量选择质量大、体积小的小球,减小空气阻力,减小实验误差,故B正确;为了减小实验误差,实验选择细一些、长度适当、伸缩性小的绳子,故C正确;物体在平衡位置(最低点)速度最大,计时更准确,故D错误。
变式练某同学用单摆测定当地的重力加速度g。(1)如图所示,用游标卡尺测摆球直径。摆球直径d=　　　　 mm。 
(2)实验操作步骤如下:A.取一根细线,下端系住一个金属小球,上端固定在铁架台上;B.用刻度尺(最小刻度为1 mm)测得摆线长l;C.在摆线偏离竖直方向较小夹角的位置由静止释放小球;D.用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t,得到周期T= ;E.改变摆线长,重复B、C、D的操作。该同学采用两种方法处理实验数据。第一种方法:根据每一组T和l,利用 求出多组g值,然后计算g值的平均值,求得当地的重力加速度g。第二种方法:根据每一组T和l,在图中描点,然后连线;根据图线的斜率,求出当地的重力加速度g。
①如果实验中测量摆线长l和单摆周期T的偶然误差都比较小,那么,第一种方法求出的重力加速度　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)当地的重力加速度; ②根据该同学在图中描出的点,请在图中描绘出T2-l图线;
③该同学从图中求出图线斜率k,则重力加速度g与斜率k的关系式为g=　　　　;代入数据求得g=　　 　　 m/s2(结果保留3位有效数字)。 
9.73(9.68~9.78均可)
解析 (1)读数为16 mm+0.05×10 mm=16.50 mm。(2)①单摆的摆长应为摆线长与摆球半径之和,第一种方法根据 求出重力加速度时的l为摆线长,该长度小于摆长,因此第一种方法求出的重力加速度小于当地的重力加速度;
②舍弃偏差较大的第二个点迹,用一条平滑的直线将其他点迹连接起来,尽量使点迹均匀分布在直线两侧,作出图像,如图所示
考点二　创新实验方案考向1　测量方式的创新典例1　某探究性实验小组用如图甲所示的实验装置来测量重力加速度。他们将一个球形小磁体用细线悬挂起来构成一个能在竖直平面内摆动的单摆。在细线的悬挂点正下方放有一根与小磁体摆动平面垂直的粗直导体棒,导体棒通过导线与电流传感器一起构成一个闭合回路。当小磁体摆动时,在回路中就会产生感应电流,电流传感器可以通过计算机记录相应的电流随时间变化的图像,如图乙所示。
(1)小李同学用20分度的游标卡尺测量球形小磁体的直径,读数如图丙所示,则其直径d=　　　　 cm,小张同学用刻度尺测得细线悬挂点到与小磁体的连接点之间的长度为l。 
丙(2)图乙中图线上(下)方标出的数据分别表示的是感应电流取极值时对应的时刻,由图可知,小磁体摆动的周期为T=　　　　 s(结果保留两位有效数字),进一步计算重力加速度g的表达式为　　　　　　　　(用题目所给的符号表示)。 
考向2　实验原理的创新典例2　实验小组的同学设计用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
(1)若测得单摆的摆线长度为L,摆球直径为D,单摆的周期为T,则重力加速度g=　　　　　(用L、T、D表示)。 
(2)某次实验中,力传感器记录了绳子上的拉力大小F随时间t的变化如图乙所示,则单摆运动的周期为T=　　　　 s。 (3)在完成图乙的实验数据测量后,用天平测得小球质量m=98.8 g,则当地的重力加速度g=　　　 m/s2。(保留三位有效数字)