专题强化　圆锥摆(筒)模型 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“圆锥摆(筒)模型”专题，覆盖曲线运动中向心力来源、线速度与角速度关系等核心考点，对接新课标物理观念与科学思维要求。通过分析2024江西卷等真题，明确模型建构与受力分析的高频考查权重，归纳选择、计算等常考题型，提升备考针对性。 课件亮点在于“真题溯源+模型突破”，如以2024江西卷雪地转椅题为例，通过受力分析与几何关系推导，培养科学推理素养。针对临界条件（如弹力为零）等易错点，提供公式联立技巧，助力学生掌握解题方法，教师可据此开展精准复习，提升冲刺效率。

第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行 专题强化　圆锥摆(筒)模型 1.定义:细线下面悬挂一个钢球，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，细线旋转形成一个圆锥面，这种装置叫圆锥摆。 2.向心力来源:由重力和细线拉力的合力提供。 3.分析思路 圆锥摆 (1)向心力Fn=mgtan θ=m=mω2r，且r=Lsin θ，解得v=，ω=。 (2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F=和运动所需向心力也越大 圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即=m=mω2r，解得v=，ω=。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN=和向心力Fn=并不随位置的变化而变化 A 例1 (2025·北京丰台模拟)如图所示，质量为m的小球用长为l的细绳悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.绳对小球的拉力大小为mω2l B.小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0 C.保持h不变，增大绳长l，ω增大 D.保持h不变，增大绳长l，绳对小球拉力的大小不变 解析　设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得Tsin θ=mω2lsin θ，解得绳对小球的拉力大小为T=mω2l，故A正确;小球转动一周，小球的动量变化为0，根据动量定理可知，合力的冲量为0，由于重力的冲量不为0，则绳对小球拉力的冲量不为0，故B错误;保持h不变，根据牛顿第二定律可得mgtan θ=mω2htan θ，解得ω=，可知增大绳长l，ω不变;根据T=mω2l，可知增大绳长l，绳对小球拉力的大小增大，故C、D错误。 例2 (2024·江西卷，14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值; 答案　　 解析　对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需向心力，如图所示。 设转椅的质量为m，则 转椅所需的向心力Fn1=mr1 转椅受到的摩擦力Ff1=μmg 根据几何关系有tan α= 联立解得tan α=。 (2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解析　转椅在题图(b)所示情况下所需的向心力 Fn2=mr2 转椅受到的摩擦力Ff2=μFN 根据几何关系有tan β= 由平衡条件，竖直方向上有 FN+FTcos θ=mg 水平面上有Ff2=FTsin θsin β 联立解得ω2=。 答案　 人教版教材必修第二册P38练习与应用T2与本高考试题均以游乐项目为出题背景，考查圆周运动的“圆锥摆”模型，重在运动过程中轨道半径的理解。 2.有一种叫“飞椅”的游乐项目。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力。分析转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。 例3 (2025·江苏靖江中学高三月考)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面做匀速圆周运动，则下列物理量中A球比B球大的是(　　) A A.线速度 B.角速度 C.向心加速度 D.筒壁的支持力 解析　对小球受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律mgtan θ=m，解得v=，A球的轨道半径比B球的大，则A球的线速度比B球的大，故A正确;根据牛顿第二定律mgtan θ=mω2r，解得ω=，A球的轨道半径比B球的大，则A球的角速度比B球的小，故B错误;根据牛顿第二定律mgtan θ=ma，解得a=gtan θ，所以A球的向心加速度等于B球的向心加速度，故C错误;筒壁的支持力FN=，两球受筒壁的支持力相等，故D错误。 例4 (2025·重庆市南开中学高三月考)如图所示，光滑的圆锥体顶部有一根杆，一根不可伸长的轻绳一端与杆的上端相连，另一端与一个质量为m=1 kg的小球(视为质点)相连，其中轻绳的长度为L=0.5 m。在杆的上端安装了一个驱动装置，可以使小球绕圆锥体在水平面内做匀速圆周运动，角速度在一定范围内可以调整。圆锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线的夹角为θ=37°。当小球旋转的角速度为ω0时，小球与圆锥体之间的弹力恰好为零，此时绳上的拉力为T0，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，则(　　) C A.ω0=10 rad/s B.ω0=25 rad/s C.T0=12.5 N D.T0=14.5 N 解析　对小球受力分析，如图所示，竖直方向根据受力平衡可得T0cos θ=mg，水平方向根据牛顿第二定律可得T0sin θ=mr，由几何关系得r=Lsin θ，联立解得ω0=5 rad/s，T0=12.5 N，故C正确。 D 1.(2025·江苏淮安高三联考)淮安西游乐园“快乐的猪八戒”游戏，可等效为如图所示的示意模型，忽略空气阻力，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，两个座椅A、B在空中的相对位置关系可能正确的是(　　) 解析　对座椅进行受力分析，如图，根据牛顿第二定律，有mgtan θ=mω2r，可知，轨道半径越大，细线与竖直转轴的角度θ越大，如图可知B座椅轨道半径大，所以B座椅的细线与竖直方向的角度大，故D正确。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 C 2.(2025·重庆沙坪坝开学考试)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.细线的长度为1 m B.细线的长度为0.36 m C.小球的质量为2 kg D.小球的质量为3 kg 解析　设细线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角 为θ，当时ω=0，小球静止，有T1=mgcos θ，ω增大时，T增大，FN减小，当FN=0时，角速度为ω'2=25，有T2cos θ=mg，T2sin θ=mLsin θω'2，解得m=2 kg，L=0.5 m，故C正确。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 A 3.(2025·江苏南通高三月考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，A、B在同一水平面内运动;如图乙所示，连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等，则(　　) A.A、B的角速度相等 B.A的角速度比B的大 C.C受到绳的拉力比D的大 D.C受到绳的拉力比D的小 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 解析　对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ=mω2lsin θ，解得ω==，所以小球A、B的角速度相等，故A正确，B错误;对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为a，小球的质量为m，绳上拉力为T，则有Tcos α=mg，解得T=，所以小球C、D受到绳的拉力大小相等，故C、D错误。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 BC 4.(多选)(2025·福建泉州模拟)市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是(　　) A.若增大转速，绳子的拉力变小 B.若增大转速，腰受到腰带的弹力变大 C.若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变 D.若只增加配重，保持转速不变，则绳子与 竖直方向夹角θ变小 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 解析　若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，对配重，竖直方向mg=Tcos θ，水平方向Tsin θ=F，可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力F变大，故A错误;对腰带受力分析如图所示，可得竖直方向Ff=Mg+Tcos θ=Mg+mg，水平方向FN=Tsin θ=F，腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故B正确;若减小转速，根据A、B选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C正确;若增加配重，保持转速不变，由牛顿第二定律可得mgtan θ=mω2(lsin θ+r0)，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变，故D错误。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 BC 5.(多选)(2025·青海西宁模拟)如图所示，两根轻细线上端固定在S点，下端分别连一小铁球A、B，使两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，SO的高度为H，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A.小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线拉力和向心力作用 B.如果两个小球的质量相等，则两条细线受到的拉力不相等 C.A、B做圆周运动的角速度均为 D.球A运动的周期小于球B运动的周期 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 解析　对小球受力分析，其受到的重力与细线的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误;小球竖直方向有mg=Tcos θ，整理有T=，若小球的质量相等，由于细绳与竖直方向夹角不同，则两条细绳受到的拉力不相等，故B 正确;对小球水平方向有Tsin θ=mω2Lsin θ，又因为Lcos θ=SO=H，整理有ω=，由于两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，故C正确;由以上分析可知，两球的角速度大小相同，由角速度与周期的公式有T=，球A运动的周期等于球B运动的周期，故D错误。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 6.如图所示，游戏机顶上有一个半径为4.5 m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示。该游戏机高O1O2=5.8 m，绳长5 m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40 kg。小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°。g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，在此过程中: (1)求座椅受到绳子的拉力大小; (2)求小明运动的线速度大小; (3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落， 求玻璃球落地点与游戏机转轴的距离(本问保 留2位有效数字)。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 答案　(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m 解析　(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行四边形定则可知，拉力 FT== N=500 N。 (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan 37°=m 其中R0=R+lsin 37°=4.5 m+5×0.6 m=7.5 m 联立解得v=7.5 m/s。 01 02 03 04 05 06 教师备选用题 (3)由几何关系可知座椅离地高度 h=OO1－lcos 37°=5.8 m－5 m×cos 37°=1.8 m 由平抛运动规律得x=vt，h=gt2 联立解得x=4.5 m 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 r'== m=8.7 m。   01 02 03 04 05 06 教师备选用题 $