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第四章 曲线运动
第18 课时 实验五：探究平抛运动的特点
实验六：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
复习导航
【考向预测●明考向】
探究平抛运动特点、探究向心力大小两个力学实验，前者聚焦平抛运动水平匀速、竖直自由分
运动规律，考查描点操作、轨迹处理、初速度与抛点计算、实验误差及创新装置；后者围绕控制变量
法，探究F 与m、ω、r 定量关系，涉及向心力演示器操作、数据作图、变量控制逻辑，两道实验交替
或组合出现在物理实验大题、选择小题；近三年属于曲线运动板块高频实验考点，两套实验轮换考
查，数字化改良装置逐年增多；预测2027 年会侧重光电传感器、手机摄像测平抛轨迹等数字化创新
方案，结合图像误差分析，同时强化向心力实验多变量图像拟合、器材改进评价，两大实验融合运动
学、圆周运动综合计算的综合性考查。
【双基自测●夯基础】
1．关于下列基本概念，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的加以改正。
(1)曲线运动在某一时刻的合力方向可能沿轨迹的切线方向。（ ）
(2)曲线运动可能是匀变速运动。（ ）
(3)做曲线运动的物体，速度大小一定时刻变化。（ ）
(4)平抛运动在任意相同时间内速度改变量相同。（ ）
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
【答案】(1)错误
(2)正确
(3)错误
(4)正确
【详解】（1）曲线运动的条件是合力与速度方向（速度沿轨迹切线）不在同一直线，因此曲
线运动在某一时刻的合力方向不可能沿轨迹的切线方向，合力方向应向轨迹的凹陷方向。故
错误。
（2）若曲线运动的合力恒定、加速度不变，就是匀变速曲线运动，例如平抛运动，故正确。
（3）做曲线运动的物体，速度方向一定时刻变化，但速度大小不一定变化，例如匀速圆周运
动就是速度大小不变的曲线运动。故错误。
（4）平抛运动加速度恒定为重力加速度g，速度改变量Δv = g Δt
因此任意相同时间内速度改变量的大小、方向都相同，故正确。
2．判断是否正确，对的表明√，不对的表明×。
(1)做平抛运动的物体的速度、加速度都随时间增大。( )
(2)平抛运动的速度方向沿轨迹的切线方向，速度大小、方向都不断变化。( )
(3)做平抛运动的物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，若足够高，速度方向最终可能
竖直向下。( )
【答案】(1)错误
(2)正确
(3)错误
【详解】（1）做平抛运动的物体的速度随时间增大、加速度不变，该说法错误。（错误）
（2）平抛运动的速度方向沿轨迹的切线方向，速度大小、方向都不断变化，该说法正确。
（正确）
（3）做平抛运动的物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，但是即使若足够高，速度方
向最终也不可能竖直向下，因为总有水平速度，该说法错误。（错误）
考点一 实验：探究平抛运动的特点
【核心梳理●明考点】
1.探究平抛运动的特点
原理装置图
用描迹法逐点画出小钢球做平抛运动的轨迹，判断轨迹是否为抛物线并求出
小钢球的初速度
实验器材
末端水平的斜槽、背板、挡板、复写纸、白纸、钢球、刻度尺、重垂线、三
角板、铅笔等
实验思路
斜槽末端水平，小球从斜槽某一高度由静止释放，从斜槽轨道末端水平抛
出，落在倾斜的挡板N 上，挤压复写纸，在白纸上留下印迹，调整挡板的高
度，让小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，在白纸上留下一系列的印
迹。取下白纸，用平滑的曲线，把这些印迹连接起来，就得到小球做平抛运
动的轨迹
数据处理
(1)平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离坐标原点(小球做平抛运动的起点)的水平位移
x 及竖直位移y，根据x=v0t，y=1
2gt2，就可求出初速度v0=x❑√
g
2 y
(2)平抛轨迹残缺(即无抛出点)
如图所示，在轨迹上任取三点A、B、C，使A、B 间及B、C 间的水平距离相
等；由平抛运动的规律可知，A、B 间与B、C 间所用时间相等，设为t，则
Δh=hBC-hAB=gt2，所以t=❑√
hBC−hAB
g
，则初速度v0= x
t =x❑√
g
hBC−hAB
注意事项
(1)固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，以保证小球的初速度水平
(2)背板必须处于竖直平面内，可用重垂线检查
(3)小球每次从槽中的同一位置由静止释放，这样可以确保每次小球抛出时的
速度相等
(4)坐标原点不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球的球心在背板上的水平
投影点
误差分析
(1)斜槽末端没有调节成水平状态，导致平抛运动初速度未沿水平方向
(2)坐标原点不够精确
(3)空气阻力的存在，使小球的径迹不是真正的平抛运动轨迹
2.探索平抛运动规律创新实验
实验器材创新
利用喷水法、频闪照相法、用传感器和计算机都可以描绘物体做
平抛运动的轨迹
实验过程创新
间隔相等距离后移挡板
数据处理创新
用图像法进行数据处理
【考点突破●明方向】
例1 (2024·浙江湖州市二模)某同学利用如图甲所示磁吸式装置探究平抛运动的规律。重
力加速度g 为10 m/s2。
(1)在调节轨道时，发现水平仪的状态如图甲所示，此时应将轨道的右端调 (选填
“高”或“低”)。
(2)进一步用手机的“慢动作”功能拍摄，并从视频中，每24 帧选取一帧进行处理得到如
图乙所示的抛体运动“频闪图片”，坐标板上最小一格实际长度为1 cm。由图像可知该手
机拍摄时的帧率最有可能是 。
A.240 帧/秒 B.480 帧/秒 C.960 帧/秒
(3)结合(2)问的信息可求出小球的初速度大小为 m/s(计算结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)低 (2)B (3)1.3
【解析】(1)水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。
(2)坐标板上最小一格实际长度为1 cm，竖直高度约为40 小格，竖直方向做自由落体运动的
时间约为t=❑√
2h
g ≈0.3 s
而每24 帧选取一帧进行处理得到如图乙所示的平抛运动“频闪图片”，共有7 个小球的位置，
则有6 个时间间隔，故手机拍摄时的帧率约为24
0.3×6=480 帧/秒，故选B。
(3)小球在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，有
Δh=gT2，x=v0T，其中Δh=0.03 m，x=0.07 m，解得初速度为v0≈1.3 m/s。
例2 [2023·浙江6 月选考·16Ⅰ(1)]在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图甲装置进行探究，下列说法正确的是 。
A.只能探究平抛运动水平分运动的特点
B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图乙装置进行实验，下列说法正确的是 。
A.斜槽轨道M 必须光滑且其末端水平
B.上下调节挡板N 时必须每次等间距移动
C.小钢球从斜槽M 上同一位置静止滚下
(3)用图丙装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。
实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P 点静止滚下，撞击挡板留下点迹
0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0 为坐标
原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。重力加速度为g。测
得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A.(x+d
2 )❑√
g
2 y1
B.(x+d
2 )❑√
g
y2−y1
C.(3x-d
2 )❑√
g
2 y4
D.(4x-d
2 )❑√
g
2 y4
【答案】(1)B (2)C (3)D
【解析】(1)用如题图甲所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故A、C 错
误；在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B 正确。
(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小
球需要从斜槽M 上同一位置静止释放，斜槽不需要光滑，故A 错误，C 正确；上下调节挡板
N 时不必每次等间距移动，故B 错误。
(3)竖直方向，根据y1=1
2gt1
2
水平方向x-d
2=v0t1
联立可得v0=(x-d
2 )❑√
g
2 y1
，故A 错误；
竖直方向：y1=1
2gt1
2，y2=1
2gt2
2
水平方向：x-d
2=v0t1，2x-d
2=v0t2
联立可得v0=❑√
gx(3 x−d )
2( y2−y1) ，故B 错误；
竖直方向：y4=1
2gt 4
2，水平方向：4x-d
2=v0t4
联立可得v0=(4x-d
2 )❑√
g
2 y4
，故D 正确，C 错误。
考点二 实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
【核心梳理●明考点】
实验装置图
实验原理
匀速转动手柄，可以使变速塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随
之做匀速圆周运动，此时小球向外挤压挡板，挡板对小球有一个向内的(指向
圆周运动圆心)的弹力作为小球做匀速圆周运动的向心力，可以通过标尺上露
出的红白相间等分标记，粗略计算出两球所需向心力的比值。为探究Fn的大
小与小球质量m、角速度ω、轨道半径r 的关系，需要控制任意两个量不
变，探究Fn与第三个量的关系
实验步骤
(1)分别将两个质量相等的小球放在实验仪器的两个小槽中，且小球到转轴
(即圆心)距离相同即圆周运动半径相同。将皮带放置在适当位置使两转盘转
动，记录不同角速度下的向心力大小(格数)
(2)分别将两个质量相等的小球放在实验仪器的长槽和短槽两个小槽中，将皮
带放置在适当位置使两转盘转动角速度相等、小球到转轴(即圆心)距离不同
即圆周运动半径不等，记录不同半径下的向心力大小(格数)
(3)分别将两个质量不相等的小球放在实验仪器的两个小槽中，且小球到转轴
(即圆心)距离相同即圆周运动半径相等，将皮带放置在适当位置使两转盘转
动角速度相等，记录不同质量下的向心力大小(格数)
数据处理
分别作出Fn- ω 2 、Fn-r、Fn-m 的图像，分析向心力大小与角速度、半径、质量
之间的关系，并得出结论
注意事项
(1)实验前要做好横臂支架安全检查，检查螺钉是否有松动，保持仪器水平
(2)摇动手柄应尽量缓慢加速
(3)注意防止皮带打滑，尽可能保证ω 比值不变
误差分析
(1)污渍、生锈等使小球的质量、轨道半径变化带来的误差
(2)仪器不水平带来的误差
(3)标尺读数不准带来的误差
【考点突破●明方向】
例3 “探究向心力大小的表达式”的实验装置如图所示。小球放在挡板A、B 或C 处做
圆周运动的轨道半径之比为1∶2∶1，小球与挡板挤压，弹簧测力套筒内的标尺可显示力
的大小关系。
(1)为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，现将一铁球放在C 处，对另一小球，
以下做法正确的是 。
A.选用相同的铁球放在A 处
B.选用相同的铁球放在B 处
C.选用相同大小的铝球放在A 处
D.选用相同大小的铝球放在B 处
(2)通过本实验可以得到的结果有 。
A.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成反比
C.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
(3)当用两个质量相等的小球分别放在B、C 处，匀速转动时发现右边标尺上露出的红白相
间的等分格数为左边的2 倍，左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为 。
(4)用此装置做实验有较大的误差，误差产生的主要原因是 。
A.匀速转动时的速度过大
B.读数时标尺露出的红白相间的等分格数不稳定
【答案】(1)A (2)A (3)1∶2 (4)B
【解析】(1)为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，则必须保持质量和转动半径相
同，因其中一球放在了C 处，则应该选用相同的铁球放在A 处，故A 正确。
(2)在半径和角速度一定的情况下，由F=mω2r 知，向心力的大小与质量成正比，A 正确；在
质量和半径一定的情况下，由F=mω2r 知，向心力的大小与角速度的平方成正比，B、C 错误；
在质量和角速度一定的情况下，由F=mω2r 知，向心力的大小与半径成正比，D 错误。
(3)右边小球的向心力的大小是左边小球的2 倍，有F 左∶F 右=1∶2，左边小球的转动半径为右
边小球的2 倍，即r 左∶r 右=2∶1，
根据F=mω2r 可得ω=❑√
F
mr ，
则
ω左
ω右=1
2。
(4)匀速转动时的速度过大，不会引起较大的误差；读数时标尺露出的红白相间的等分格数不
稳定，从而产生误差，故B 正确。
针对训练 [2023·浙江1 月选考·16Ⅰ(2)]“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
(1)采用的实验方法是 。
A.控制变量法 B.等效法 C.模拟法
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。
此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比(选填
“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露
出红白相间等分标记的比值 (选填“不变”“变大”或“变小”)。
【答案】(1)A (2)角速度平方 不变
【解析】(1)本实验先控制住其他几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，
采用的实验方法是控制变量法，故选A。
(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所需向心力的比值，根据F=mrω2可知
比值等于两小球的角速度平方之比，逐渐加大手柄的转速的过程中，该比值不变，故左右标
尺露出的格数之比不变。
例4 (2025·浙江省新阵地教育联盟联考)在“探究向心力大小表达式”的实验中，某小组
通过如图甲所示装置进行实验，将一滑块套入水平杆上，一起绕竖直杆做匀速圆周运动，
力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F 大小。滑块上固定一遮光片，宽度为
d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块做匀速圆周运动，每经过
光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F 和角速度ω 的数据。
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转半径保持不变，某次旋转过
程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω= (用Δt、r、d 表示)；
(2)以F 为纵坐标，以1
Δt
2为横坐标，可在坐标纸中作一条直线，如图乙所示，直线方程为
F=k 1
Δt
2-b。写出滑块质量表达式m= (用k、r、d 表示)，b 产生的原因为
。
【答案】(1) d
r Δt (2)kr
d
2 滑块受到摩擦力
【解析】(1)遮光片经过光电门时的遮光时间极短，则圆周运动的线速度为v= d
Δt
角速度为ω=v
r = d
r Δt
(2)滑块的向心力为F=mω2r，解得F=md
2
r ( 1
Δt )2
结合直线方程F=k 1
Δt
2-b，可知md
2
r =k
解得滑块的质量为m=kr
d
2
由直线方程可知当F=0 时，1
Δt
2≠0，即图像不过坐标原点的原因是：滑块和水平杆之间有摩
擦力，开始一段时间，摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值后，才存在绳子拉力；故b
产生的原因为滑块受到摩擦力。
【真题演练●悟高考】
1．（2025·贵州·高考真题）在“探究平抛运动的特点”实验中，某同学使用视频分析软件提
取小球运动的位置数据。所用器材有高速摄像机、小钢球、斜槽轨道、铅垂线、刻度尺等。
请完成下列步骤：
（1）固定斜槽轨道并使其末端________。
（2）在斜槽轨道上某位置释放小钢球，用摄像机录制小钢球的运动过程。
（3）通过视频分析，提取一段时间内每隔0.05s 小钢球的位置，测量得到小钢球相邻两个位
置的水平间距Δ x和竖直间距Δ y如下表所示：
Δ x / m
0.0517
0.0514
0.0505
0.0504
Δ y / m
0.0975
0.1217
0.1465
0.1704
经初步分析，可判断小钢球在水平方向做匀速直线运动、竖直方向做匀变速直线运动。充分
利用数据计算得小钢球的水平方向速度大小为________m/s、竖直方向加速度大小为________
m/s
2。（结果均保留2 位小数）
【答案】 水平 1.01/1.02/1.03 9.77
【详解】（1）[1]固定斜槽轨道并使其末端水平，以保证小球做平抛运动；
（2）[2]由表中数据可知，水平位移的平均值为x = 0.0517+0.0514+0.0505+0.0504
4
m =0.051m
小钢球的水平方向速度大小v0= x
T = 0.051
0.05 m/s=1.02m/s
[3]竖直方向根据Δ y
' = gT
2，结合逐差法可得
g= ( Δ y4+ Δ y3)−( Δ y2+ Δ y1)
4T
2
= (0.1704 +0.1465)−(0.1217+0.0975)
4×0.05
2
m/s
2=9.77 m/s
2
2．（2026·浙江·高考真题）“在探究平抛运动实验中”
(1)为探究水平方向分运动特点，应选用图1 中的________（选填“甲”或“乙”）装置
(2)采用图2 所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的
挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。
A．调节装置使其背板竖直
B．调节斜槽使其末端切线水平
C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点
D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降
(3)如图3 所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A 点
（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B 点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小
球的水平速度，应取________（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度v0=
________m/s。（g 取9.8 m/s
2，所得结果保留两位有效数字）
【答案】(1)乙
(2)AB
(3) B 0.59
【详解】（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应
该选装置乙。
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A 正
确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B 正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C 错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D 错误。
故选AB。
（3）[1]由图可知因为B 点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B 点进行
计算；
[2]从原点到B 点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为t =
❑√
2 yB
g = ❑√
2×0.196
9.8
=0.2s
所以v0= xB
t = 0.118
0.2 =0.59 m/s
3．（2025·天津·高考真题）某实验小组探究平抛运动的特点。
(1)实验采用图示装置，将白纸和复写纸重叠并固定在竖直背板上，钢球在斜槽中某一高度滚
下，从末端水平飞出，落在挡板上，在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重复实验，在
白纸上留下若干痕迹点。为正确研究钢球运动的规律，将白纸从背板上取下前还应根据
___________在白纸上标记竖直方向；
(2)利用手机和计算机可以方便地记录钢球做平抛运动的轨迹并分析其运动规律。该实验小组
利用视频处理软件分析钢球某次平抛运动的录制视频，得到的水平位移和竖直位移随时间变
化的图像如图所示。图中图线___________（选填“甲”或“乙”）为水平位移随时间变化的
图线，此次钢球做平抛运动的初速度为___________米/秒。
【答案】(1)铅垂线
(2) 甲 2
【详解】（1）为正确研究钢球运动的规律，将白纸从背板上取下前还应根据铅垂线在白纸上
标记竖直方向
（2）[1][2]水平方向，钢球做匀速直线运动，所以位移随时间均匀增大，即图线甲为水平位
移随时间变化的图线，此次钢球做平抛运动的初速度为v = 0.3
0.15 m/s=2m/s
4．（2022·福建·高考真题）某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验
时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放
在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立xOy坐标系．然后
从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹．上下调节挡板进行多
次实验．实验结束后，测量各印迹中心点O1、O2、O3⋯的坐标，并填入表格中，计算对应的
x
2值。
O1
O2
O3
O4
O5
O6
y /cm
2.95
6.52
9.27
13.20
16.61
19.90
x /cm
5.95
8.81
10.74
12.49
14.05
15.28
x
2/cm
2
35.4
77.6
115.3
156.0
197.4
233.5
（1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上O4数据点，并绘制“y −x
2”图线
______。
（2）由y −x
2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x
2成____________（填“线
性”或“非线性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
（3）由y −x
2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v0=____________（用斜率k
和重力加速度g 表示）。
（4）该实验得到的y −x
2图线常不经过原点，可能的原因是________________________。
【答案】 见解析 线性 ❑√
g
2k 水平射出点未与O 点重合
【详解】（1）[1]根据上表数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“y −x
2”图线如图所示
（2）[2]由y −x
2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x
2成线性
关系。
（3）[3]根据平抛运动规律可得
x = v0t
y = 1
2 gt
2
联立可得
y = 1
2 g( x
v0
)
2
= g
2v0
2 x
2
可知y −x
2图像的斜率为
k = g
2v0
2
解得小球平抛运动的初速度为
v0= ❑√
g
2k
（4）[4]y −x
2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y 值偏大或偏小一个定
值，这是小球的水平射出点未与O 点重合，位于坐标原点O 上方或下方所造成的。
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：31 分]
1.(8 分)(2025·浙江省浙南名校联盟一模)某小组进行“探究平抛运动的特点”实验，实验装置
如图甲所示。实验时，该小组用手机拍摄小球做平抛运动的过程，帧频为30 帧/秒，然后将
视频导入某款软件进行分析，得到实验规律。
(1)(2 分)关于该实验，下列说法正确的有 。
A.选择体积小、密度大的小球
B.斜槽的末端必须水平
C.为减小阻力影响，斜槽必须光滑
(2)(6 分)将视频导入软件后，以抛出点为坐标原点，沿水平方向建立x 轴，竖直方向建立y 轴，
得到轨迹如图乙所示。运用图乙中的数据(计算结果均保留3 位有效数字)
①小球在水平方向的速度大小v= m/s；
②拟合得到轨迹方程为y=kx2，其中k=2.17 m-1，由此求得当地重力加速度g= m/s2；
③试再给出计算重力加速度的两种方法，不需要计算： 。
【答案】(1)AB (2)①1.50 ②9.77 ③见解析
【解析】(1)选择体积小、质量大，即密度大的小球，可减小空气阻力的影响，故A 正确；斜
槽末端必须水平，以保证小球离开斜槽时速度水平，故B 正确；斜槽的摩擦力对实验无影响，
故C 错误。
(2)①小球水平方向上的速度大小vx= x
5T = xf
5 =25.00×10
−2
5
×30 m/s=1.50 m/s
②小球做平抛运动有x=vt，y=1
2gt2
联立解得y= g
2v
2x2
结合拟合得到的轨迹方程y=kx2，可得g
2v
2=k
由此求得当地重力加速度g≈9.77 m/s2
③方法一 作图法，绘制y-t2图像，通过重力加速度与斜率k 的关系求解。
方法二 根据逐差法g= Δ y
T
2 计算重力加速度。
2.(6 分)(2025·浙江杭州市检测)探究向心力的大小F 与质量m、角速度ω 和半径r 之间的关系
的向心力演示器如图甲所示，转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。如图乙所示
是演示器部分原理示意图：两转臂上黑白格的长度相等，A、B、C 为三根固定在转臂上的挡
板(长槽的长度为短槽的2 倍，挡板A 在长槽正中间)，可对转臂上做圆周运动的实验球产生
挤压，从而提供向心力。根据图甲中向心力演示器标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗
略计算出两个球所受向心力的比值。已知塔轮①和塔轮④的半径相等，塔轮②和塔轮⑤的半
径之比为2∶1，塔轮③和塔轮⑥的半径之比为3∶1。由于皮带长度和传动效果的限制，皮带
只能同时套在同一层的塔轮上，即同时套在塔轮①和塔轮④、塔轮②和塔轮⑤或塔轮③和塔
轮⑥上。
(1)(4 分)探究向心力大小与角速度大小之间的关系时，应选择半径 (填“相同”或
“不同”)的两个塔轮；同时应将质量相同的小球分别放在 处。
A.挡板A 与挡板B
B.挡板A 与挡板C
C.挡板B 与挡板C
(2)(2 分)某同学用质量为3m 和m 的两个小球进行探究实验，他分别把两小球同时放在左右转
臂上的合适位置，通过调整皮带套在塔轮的位置，转动手柄，得到两个标尺上示数差别最大
的结果，此时标尺的最大示数和最小示数之比为 。
【答案】(1)不同 B (2)27∶1
【解析】(1)探究向心力F 的大小与角速度ω 的大小关系时，应保持小球质量m 和小球做圆周
运动的半径r 相同，所以应将相同的小球分别放在挡板A 处和挡板C 处，并将皮带套在两边
半径不同的变速塔轮上，故选B。
(2)将质量为m 的小球放在A 处，质量为3m 的小球放在C 处，皮带套在塔轮③和塔轮⑥上，
两小球的向心力差别最大，塔轮③和塔轮⑥半径之比为3∶1，塔轮③和塔轮⑥边缘的线速度
相等，角速度大小之比为
ω3
ω6=1
3，两小球做圆周运动的向心力大小之比
F1
F2=
mω3
2r
3mω6
2r = 1
27，故
此时标尺的最大示数和最小示数之比为27∶1。
3.(6 分)(2026·浙江省名校协作体联考)某同学利用如图甲所示的装置探究平抛运动：
(1)(2 分)做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列
操作合理的是 。
A.重垂线是为了确定轨道末端是否水平
B.记录小球位置时，挡板不必等间距下降
C.描点作图线时，应该用平滑的曲线连接所有的点
D.每次小球释放的初始位置必须相同
(2)(2 分)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。取平抛运动的起始
点为坐标原点，将钢球静置于O 点，在下图中，坐标原点选择正确的是 。
(3)(2 分)如图乙所示，为一次实验记录中的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度5
cm。从图像上分析，计算得小球经过B 点的速度为 m/s。(重力加速度g 取10 m/s2，结
果保留两位有效数字)
【答案】(1)BD (2)C (3)2.5
【解析】(1)重垂线是为了确定挡板是否保持竖直以及确定y 轴方向，故A 错误；记录小球位
置时，挡板不必等间距下降，但每次下降距离应适当，故B 正确；描点作图线时，应该用平
滑的曲线连接尽量多的点，舍弃偏离较远的点，故C 错误；每次小球释放的初始位置必须相
同，确保平抛的初速度相同，故D 正确。
(2)坐标原点应该是小球球心在斜槽末端的投影点，故选C。
(3)根据平抛运动规律，在水平方向有3L=v0T
竖直方向有2L=gT2
小球经过B 点时竖直方向的速度大小为vBy=3 L+5 L
2T
小球经过B 点的速度大小为vB=
❑√v0
2+ vBy
2
联立解得vB=2.5 m/s。
4.(11 分)利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式，步骤如下：
(1)(2 分)用天平测出密度较大的小球的质量为m，如图乙所示用20 分度游标卡尺测出小球的
直径D= cm。小球静止时，用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为
L。
(2)(3 分)在白纸上画几个不同半径的同心圆，用刻度尺测量各个圆的半径r。将白纸平铺在水
平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于 。
让小球做圆锥摆运动，俯视观察小球，其在水平面上沿着白纸上某个圆做圆周运动，当运动
稳定时，用秒表测量小球运动5 圈所用的时间t。
(3)(6 分)用向心力表达式推导出Fn= (用m、t、r 和圆周率π 表示)；通过受力分析，推
导出小球做圆周运动时所受合力F 合= (用m、r、D、L 和重力加速度g 表示)。将记录
的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
(4)改变绳长，重复(2)、(3)实验步骤，记录多组数据。
(5)通过比较每一组实验数据计算出的Fn和F 合的大小，在误差允许的范围内近似相等。由此，
向心力的表达式得以验证。
【答案】(1)1.500 (2)静止的小球球心正下方
(3)100 π
2mr
t
2
mgr
❑√( L+ D
2 )
2−r
2
【解析】(1)游标卡尺读数为D=15 mm+0×0.05 mm=15.00 mm=1.500 cm；
(2)将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心正下方；
(3)根据向心力周期公式，得Fn=m4 π
2
T
2 r=
4 π
2mr
( t
5 )
2 =100 π
2mr
t
2
，设小球做圆周运动时，悬线与竖
直方向的夹角为θ，根据受力分析可知F 合=mgtan θ，又由几何关系可知tan θ=
r
❑√( L+ D
2 )
2−r
2
，
联立解得F 合=
mgr
❑√( L+ D
2 )
2−r
2。
