2026年浙江高考物理二轮复习讲练测题型03 力与曲线运动（解析版）

题型03力与曲线运动

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01运动的合成与分解

考向02平抛运动及与各种面结合问题

考向03斜抛运动

考向04圆周运动及其临界问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

力与曲线运动是浙江物理选考的核心综合考点，贯穿选择题、计算题，命题始终围绕“力的方

向决定运动性质，运动分解简化问题”的核心逻辑，结合生活、科技场景（如抛体运动、圆周运动、

复合曲线运动）考查

（1）情境生活化：抛体运动常结合体育（足球、滑雪）、物流（货物平抛），圆周运动常结合

交通（汽车过弯）、机械（圆周轨道）；

（2）模块衔接紧密：圆周运动多与动能定理、机械能守恒结合，复合曲线运动常与电场力、洛

伦兹力（电学模块）交叉；

（3）强调定性分析与定量计算结合：选择题侧重轨迹、速度方向的判断，计算题侧重精准计算

（如射程、临界速度）。

考向01运动的合成与分解

【例1-1】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一

端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔

块沿竖直方向匀速下落，则v（）

A．一直减小B．一直增大

C．先减小后增大D．先增大后减小

【答案】B

【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为块，将块沿绳方向和垂直绳

方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向�分解，可得块��

解得块��cos�=�sin�

�

由于塔�=块t匀an�速下落时在减小，故可知v一直增大。

故选B。�

【例1-2】（2025·湖南·高考真题）如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、

竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、、表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是

（）����

A．B．

C．D．

【答案】C

【详解】根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为，加速度为大小，斜面倾角为

�0�

�AB．物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为，加速度大小为，则有

22

�0�=�0cos���=�cos���−�0�=

−整2理�可��得

2

可知，��=图像�为0c类os似�抛−物2线�c的os一�部⋅�分，故AB错误；

CD．物块��在−竖�直方向上做匀减速直线运动，速度为，加速度大小为，则有

22

�0�=�0sin���=�sin���−�0�=−

2整�理��可得

2

可知，��=图像�为0s类in�似抛−物2线�s的in�一⋅部�分，故C正确，D错误。

故选C。��−�

1.模型特点

两物体或杆子之间通过绳（或杆）连接，且两物体在运动过程中绳（或杆）发生转动，这里隐含沿绳（或

杆）方向的速度分量大小相等。

2.思路与方法

合运动→绳（或杆）拉物体的实际运动速度v

其一：沿绳（或杆）的速度

分运动→

其二：与绳（或杆）垂直的分速度

�∥

方法：两分速度的合成遵循平行四边形定则。�⊥

3.解题的原则

把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，这两分速度一定是相互垂直的，根

据沿绳（杆）方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。

【变式1-1】（2025·河南·一模）“牡丹文化节”距今已有1600多年历史，2025年4月1日第42届“牡丹文化

节”开幕，电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现通过传感器采集某台无

人机飞行过程中的数据，得到了水平方向的速度及竖直方向的加速度与飞行时间的关系图像，如图甲、

乙所示。取水平向前和竖直向上为正方向，竖直�方�向初速度为零，则下�列�说法正确的�是（）

A．s内，无人机做匀变速曲线运动

B．0∼4s时，无人机速度为ms

C．�=4s时，无人机运动到最2高2点/

D．�=4s时，无人机竖直方向的速度为ms

【答案】�=D810/

【详解】A．图甲可知s内无人机在水平方向的加速度m/sm/s（为恒定值）

Δ��2−122

图乙可知s内无人0机∼在4竖直方向的加速度是变化的，�可�=知合Δ�加=速4−度0不恒定=，0.2因5此无人机不是匀变速

曲线运动，0故∼4A错误；��

B．图甲可知4s时水平方向速度m/s

面积表示速度变化量，由于�竖�4直=方2向初速度为零，则s内有m/sm/s

2+1

�−�0∼4Δ��4=��4=2×4=6

则4s时无人机速度m/s，故B错误；

22

4�4�4

C．图乙可知s内�无=人机�在+竖�直方=向2一1直0做加速运动，可知无人机在t=8s时运动到最高点，故C错误；

D．根据图乙，0~可8知s内有m/sm/s，故D正确。

2+18−4×2

故选D。0~8Δ��8=��8=[2×4+2]=10

【变式1-2】（2025·山东·模拟预测）如图甲、乙所示，两个相同的物块P、Q均置于光滑水平地面上，细

杆、分别绕、以相同的角速度沿顺时针方向转动。A、B分别为细杆与物块的接触点，某时

刻两�1细�杆�与2�水平地面�之1间�的2夹角均为，此时�、的长度分别为、。关于该时刻，下列说法正确

的是（）��1��2��1�2

A．P的速度大小为B．Q的速度大小为cos

sin

��1

2

C．P、Q的速度大小相�等D．P、Q的速度大小�之�比为�

sin

2�1

2

【答案】A�2�

【详解】A．将速度分解如图甲、乙所示，图甲中，由于P对杆的约束，点实际运动方向为水平方向，

将点的速度沿杆和垂直杆分解，有sin�1��

可知�，A正确；�1=��1=���

sin

��1

BCD�．�图=乙中�，sinsin

可知P、Q的速度�2大=小�之�2比,�为�=�2�=，�B�C2D错�误。

sin

���1

2

故选A。��=�2�

考向02平抛运动及与各种面结合问题

【例2-1】（2025·湖南·模拟预测）如图所示，以10m/s的速度水平抛出的物体，飞行一段时间后撞在斜面

上的B点，速度方向与斜面成74°角。已知斜面的倾角为37°，B点距地面的高度为3m，，重

力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，以下说法中正确的是（）sin37°=0.6

A．物体在空中飞行的时间是sB．物体撞击斜面时的速度大小为12.5m/s

4

C．抛出点距斜面底端A的水3平距离为7.5mD．抛出点距斜面底端A的水平距离为3.5m

【答案】BD

【详解】A．速度方向与斜面方向成74°，可知撞在斜面上时速度与水平方向的夹角为37°，设物体飞行的

时间为t，根据平抛运动规律有，

��

�0

解得s，故A错误；�=���=tan37°

3

B．物�体=撞4击斜面时的速度大小为m/s，B正确；

�0

CD．物体飞行的水平位移为�=cos37m°=12.5

则抛出点距斜面底端A的水平�距=离�0为�=7.5mmm，C错误，D正确。

3

∘

故选BD。�=7.5−tan37=3.5

【例2-2】如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定放置，轨道半径为，圆心为A点，、

分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小𝐵球获得一个水平向右的速度�0（未知量），小�球�从�A�

点离开后运动到圆弧上的点，重力加速度为，小球可视为质点，下列说法正确�的0是（）

��

A．若，小球运动到点时速度与水平方向的夹角为，则有

∠���=��2�tan�tan�=1

B．若小球从A到运动时间为，则24

4�0−��0

��0�0=2�0

C．改变的大小，小球落到圆弧上的速度最大值为

�0𝐵3��0

D．改变的大小，小球落到圆弧上速度的最小值为

00

【答案】BD�𝐵3��

【详解】A．设，则平抛运动位移的偏转角为

∠���=�

°

�当=速9度0的−偏�转角为时，根据平抛运动的推论，可得

�

t综an合�可=得2tan�

故错误；

tanA�tan�=2

B．小球从A到，由平抛运动的规律可得

�，

12

�=2��0�=�0�0

由几何关系可得

222

综合解得�+�=�0

224

4�0−��0

0

故�=正确；

B2�0

CD．若让小球从A点以不同初速度水平向右抛出，由平抛运动的规律可得小球刚到达某点点时的速度

为�0�

22

�结�合=�0+(��)

，，

12222

综合可得�=�0��=2���+�=�0

222

�03��

��=2+

由数学知�识可得4

222222

�03���03��

22

��=�+4≥2�4=3��0

则的最小值为

�0

故�C错误，D正确。3��

故选BD。

类型一：沿着斜面平抛

1.斜面上平抛运动的时间的计算斜面上的平抛(如图)，分解位移（位移三角形）

x＝v0t，

1y

y＝gt2，tanθ＝，

2x

2v0tanθ

可求得t＝。

g

2.斜面上平抛运动的推论根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个θ，

所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面速度

方向相同。

3.斜面上平抛运动的运动时间两种坐标系建立求解方法

当v的方向与斜面平行时距离最大

当vy减为0时距离最大

(1)如图(b)所示，当速度方向与斜面平行时，离(1)以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x轴，

斜面最远，v的切线反向延长与v0交点为此时横垂直于斜面方向为y轴，建立坐标系，如图(a)所

坐标的中点P，示

12vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，

ygt

则＝＝2，＝v0tanθ

tanθ1t.ax＝gsinθ，ay＝gcosθ.

x1g

2v0t

2物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀

加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、

加速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛

运动．

v0tanθ

令v′y＝v0sinθ－gcosθ·t＝0，即t＝.

g

v0tanθ

(2)当t＝时，物体离斜面最远，由对称性可

g

2v0tanθ

知总飞行时间T＝2t＝，

g

2

122v0tanθ

A、B间距离s＝v0cosθ·T＋gsinθ·T＝.

2gcosθ

类型二：垂直撞斜面平抛运动

方法：分解速度．

vx＝v0，

vy＝gt，

vxv0

tanθ＝＝，

vygt

v0

可求得t＝.

gtanθ

底端正上方平抛撞斜面中的几何三角形

类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题

过抛出点作斜面的垂线，如图所示，

当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动

的时间为t，则

水平方向：x＝hcosθ·sinθ＝v0t

12

竖直方向：y＝hcosθ·cosθ＝gt，解得v0＝

2

gh2h

sinθ，t＝cosθ.

2g

类型四：半圆平抛运动

（1）在半圆内的平抛运动(如图)，由半径和几何

1222

关系制约时间t:h＝gt，R±R－h＝v0t，联立

2

两方程可求t。

（2）或借助角度θ，分解位移可得：x:

2

R(1+cosθ)=v0t，y:Rsinθ=½gt，联立两方程可求t

或v0。

类型五：平抛与圆相切

对速度v进行分解tanθ=对速度v进行分解tanθ=由v的反向延长线为水平位移

����

����中点可知小球不能垂直撞击圆

弧

【变式2-1】（2025·全国·模拟预测）如图，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹

角为α＝60°，一小球在圆轨道左侧的A点以速度0＝5m/s平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知

重力加速度为m/s，不计空气阻力，则A、�B之间的水平距离为：（）

2

�=10

A．mB．5mC．mD．m

535353

【答案】2A363

【详解】由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知，小球在B点时的速度方向与水平方向的夹角为。

由，�

��

tan�=�0�=�0�

联立解得A、B之间的水平距离为m

53

故选A。�=2

【变式2-2】（2025·浙江·一模）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿上专用滑雪板，在滑雪道上

获得一定速度后从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，现有某运动员从跳台a处沿水

平方向飞出，以运动员在a处为计时起点，在斜坡b处着陆。测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的

夹角为30°，不计空气阻力。下列说法不正确的是（）

A．运动员在a处的速度大小ms

B．在空中飞行的时间Δ�s�=103/

1

C．运动员在空中离坡面�的=最2大距离maxm

D．运动员在空中离坡面的距离最大ℎ时对应=的5时3刻s

【答案】C�2=1

【详解】A．运动员水平飞出后做平抛运动，水平方向位移cos

∘

竖直方向位移sin�=�30

∘

其中 m，�=�30

∘

竖直方�=向4由0自由�落=体3运0动规律

12

代入sin m，�=2��m/s

∘2

解得�=40× s30=20�=10

2�

水平方�=向�=2，cos m

∘

则�=��� m�/s，=A40正×确；30=203

�

��=�=103

B．由竖直方向位移公式

12

�=2��

解得 s，B正确；

2�

C．将�运=动�分=解2为垂直斜坡方向和沿斜坡方向，垂直斜坡方向初速度sin m/s

∘

加速度cosm/s��0=��30=53

∘2

最大距离��时=垂−�直方3向0速=度−为503，时间 s

cos

��0

∘

�=�30=1

垂直方向位移max m，C错误；

1253

�0�

D．由垂直斜坡ℎ方向=速�度�减+为2�零�时距=离2最大，时间 s，D正确；

cos

��0

∘

故选C。�=�30=1

考向03斜抛运动

【例3-1】（2025·云南楚雄·模拟预测）如图所示，一只松鼠需要从树枝越过前方的树干，松鼠从树枝上起

跳时的初速度大小为、方向与水平方向的夹角为，运动轨迹恰好经过树干左侧的A点，且最高点位于B

点的正上方。已知松鼠�0起跳处与AB间的高度为h，�松鼠起跳的位置和树干间的距离与树干AB的宽度相等，

重力加速度为g，不计空气阻力，松鼠可视为质点。则（）

A．B．C．D．

�ℎ�ℎ2�ℎ�ℎ

2222

0000

【答案】sinC�=3�sin�=23�sin�=23�sin�=43�

【详解】设松鼠从起跳到经过A点这一过程的时间为，有，

12

到B点正上方这一过程的时间为，有，�1ℎ=�0�1sin�−2��1�=�0�1cos�

20202

解得��sin�=��2�=��cos�

2�ℎ

2

0

故选Csi。n�=23�

【例3-2】（2025·四川·一模）如图所示，喷水池中央立柱的上端处有两个喷水口，分别以速度、沿

水平方向、斜向上方喷水，两水柱均垂直落在倾角为的斜�面上。若斜向上方喷出的水柱的�最1高�点2

∘

与点连线与斜面平行，且大小为ms，取m�s=，3忽0略空气阻力。则（）�

2

��12/�10/

A．中央立柱的高度为m

B．的大小为ms2

2

C．�的方向与水7平/方向夹角的正切值为

3

2

D．�斜向上方喷出的水柱从喷出至落到斜面2上的时间为s

3

【答案】D3

【详解】A．对平抛，根据几何关系可知水平位移为

竖直方向有3ℎ2=�1�1

12

水柱垂直落在ℎ1倾=角2�为�1的斜面上，可知速度偏转角为，有

�

∘°°�

又�=3060tan60=�1=3

2

联立��解=得2�ℎ1m，m

可得中央立ℎ1柱=的0.高6度为ℎ2=0.4m，故A错误；

ℎ=ℎ1+ℎ2=1

C．对斜抛，设的方向与水平方向夹角为，斜向上方喷出的水柱的最高点与点连线与斜面平行，将斜

2

抛至最高点看�成是从最高点向左平抛，可�得��

12'

��22�

°2���3

�2�22�22�23

可得�，故错�误；tan30====

'C

��23

tan�=�2=3

BD．水柱垂直落在倾角为的斜面上，则此时速度的竖直分量为

∘

位移关系有�=303�2cos�

''12�2cos��2

ℎ=ℎ1+ℎ2=−�2sin��2−2��2+3

设运动时间为，有

�2sin�3�2cos�

�2�+�=�2

联立解得ms，s

2213

故B错误�，2D=正3确。/�2=3

故选D。

1.斜上抛运动的分析

利用运动的合成与分解分析：斜上抛运动可看作沿水平方向的匀速直线运动和沿竖直方向的竖直上抛运动

的合运动。

以抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐

标系xOy。

初速度可以分解为v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ。在水平方向，物体的速度和位移分别为

vx＝v0x＝v0cosθ

x＝v0xt＝v0cosθ·t①

在竖直方向，物体的②速度和位移分别为

vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt

22

y＝v0yt－gt＝v0sinθ·t－g③t

11

2.斜上抛运2动的极值2④

在最高点，vy＝0，由式得t＝

�0sin�

③�⑤

将式代入式得物体的射高ym＝

22

�0sin�

物体⑤落回与抛④出点同一高度时，有y＝20�，⑥

由式得总时间t总＝

2�0sin�

④�⑦

将式代入式得物体的射程xm＝

2

�0sin2�

当θ⑦＝45°时，②sin2θ最大，射程最大。�

3.斜上抛运动问题的处理技巧

（1）对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆向看成平抛运动。

（2）分析完整的斜上抛运动时，可根据对称性求解某些问题。

【变式3-1】（2025·山东·模拟预测）如图所示，一个滑块从倾角为的固定斜面顶端由静止下滑，滑至

∘

水平地面上的处时，弹射器（大小不计）将滑块以最小速度斜向上53弹出，使滑块恰好�越过一宽为m、

高为m的�长�方体�障碍物。已知斜面长为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，滑块可视为质点0.，2不

8

计空气9阻力，取mssin��cos4。下列说法正确的是（）

2∘∘

�=10/,53=0.8,53=0.6

A．滑块到达斜面底端时的速度大小为ms

B．滑块在斜面上下滑的�加速度大小为m8s/

2

C．滑块弹出点与障碍物左边缘的水平距5离/为m

1

D．滑块弹出时速度方向与水平方向夹角的正3切值为

10

【答案】BC3

【详解】B．滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得sincos

∘∘

解得ms，B正确；��53−���53=��

2

A．由�运=动5学/公式得

2

解得ms，��A=错2误��；

D．由��题=意2可1知0，/滑块做斜抛运动的轨迹恰好经过障碍物上侧的左右边缘，且滑块经过障碍物上侧左右边缘

时对应的弹出速度也应为最小值，设经过障碍物上侧左右边缘的速度大小为、该速度方向与水平方向夹

角为，滑块在障碍物上侧做斜抛运动的过程中有cos，sin�1sin

11111

联立解�得�=��⋅�−��=��−��

sin

��

1

根据三角函�数=规律2可�知，当时，的最小值为ms，此时有cosms，sinms

∘

从滑块弹出到运动至障碍物�上=侧45左边缘�1的过程，利用逆2向/思维有��=�1�=，1/��=�1�=1/

12

�22�0�2

联立解得smsℎ=��+2���=�+��

113

2�0

则滑块弹出�时=的3速,�度方=向3与/水平方向夹角的正切值为tan，D错误；

��013

�

C．滑块弹出点与障碍物左边缘的水平距离为�m=，�C=正确3。

1

故选BC。�=���2=3

【变式3-2】如图所示，水平地面上竖直固定一个挡板，紧靠挡板放置一个半径为R的球体，球心为O，Q

为球体表面上的点，OQ与水平面成θ角。从挡板上的P点，把一可视为质点的小球沿与竖直方向成θ角方向，

以初速度v0斜向上抛出，小球运动轨迹与球O相切于Q点，重力加速度为g。不计空气阻力。下列判断正

确的是（）

A．小球在P点的动能比在Q点的动能大

B．小球在P点的动能与在Q点的动能相等

coscos

C．小球从P到Q的运动时间

sin

��1+�

2��

cos�=

D．

sincos

��1+�

0

【答案】�B=��

【详解】建立以球心O为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向的直角坐标系。根据题意

可知，挡板在处，Q点在球面上，OQ与水平面成角，则Q点坐标为，小球从P点

抛出，初速度�=与−竖�直方向成角，所以初速度的分量为�，(�cos�,�sin�)

小球轨迹在Q�点0与球面相切，�意味着小球在Q点的速度�0方�=向�与0s该in点�的�切0�线=方�0向co相s�同，即垂直于半径OQ。

半径OQ与x轴正向夹角为θ，所以速度与y轴负向夹�角�为θ。由于小球从左向右运动，的x分量为正，

y分量为负。因此，的分量为��，��

AB．小球做斜抛运动��，水平方向��做�匀=速��直sin线�运动�，��速=度��分co量s�不变，则有

���0�0

则小球在P点的速率与在Q点的速率相等，根据k可知，小球在�P点=的�动si能n�与=在�Q点=的�动sin能�相等，

12

故A错误，B正确；�=2��

CD．设小球从P到Q的运动时间为t，竖直方向，根据运动学规律则有，

整理可得��=�0�−�����=�0�−��

水平方向则��有=2�0cos�

即�=�0��

整理��可−得��=�0��

cos0coscos

联立解得�cos�−(−�)=，(�sin�)�，故CD错误。

2sincossin

��1+�2��1+�

0

故选B。�=���=��

考向04圆周运动及其临界问题

【例4-1】（2025·四川广安·模拟预测）如图所示，三个体积相同可看作质点的物体A、B和C放在水平圆

盘上，水平圆盘绕轴转动，BC叠放在一起，它们分居圆心两侧且共线，物块质量均为1kg，与圆心距

'

离分别为m，��m，A与转盘间摩擦系数，B、C间摩擦系数，，C与转盘间摩

擦系数�1=1。.5设最�大2=静1摩擦力等于滑动摩擦力，当�1水=平0圆.5盘角速度由零逐渐增大�2时=，0取.2m/s2，下

列说法正�3确=的0.是3（）�=10

A．A最先滑离圆盘

B．角速度rad/s时，A恰好发生滑动，此时A不受到摩擦力

10

1

C．角速度�=3rad/s时，B、C恰好一起发生滑动

D．角速度�2=3rad/s时，B恰好发生滑动

【答案】D�3=2

【详解】受力分析可知，A、B、C均由摩擦力提供向心力，若均与水平圆盘不发生相对滑动，对A、对B、

对BC整体（假设BC能保持相对静止），均有

2

则A、B、C与水平圆盘不发生相对滑动，均要求�=���≤���

��

�≤�

解得，，

10

ABBC

A．不�发≤生相3对ra滑d/动s，�≤最小2，raBd/最s先�滑离≤圆盘3r，ad故/sA错误；

B

B．角速度�时，A恰好发生滑动，摩擦力到达最大静摩擦力，故B错误；

10

1

C．因�=，则3r在ad角/s速度到达时，B、C就会发生相对运动，以上假设也不成立，故C错误；

D．角�速B度<ωBCrad/s时，B恰好2发ra生d/滑s动，故D正确。

故选D。�3=2

【例4-2】（24-25高一下·福建莆田·开学考试）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转

盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L

处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始

转动，使角速度缓慢增大，在B相对圆�盘1�滑2动前，重力加速度为g，以下说法正确的是（）

A．当，绳子没有弹力

��

�>2�

B．ω在范围内增大时，B所受摩擦力不变

��2��

2�<�<3�

C．当时，A、B相对于转盘即将滑动

2��

D．在�绳=子产3生�张力后，两木块还未与圆盘相对滑动时，若突然剪断细线，A将逐渐靠近圆心，B将做

离心运动

【答案】BC

【详解】A．当B受到的静摩擦最大时，绳子刚好产生弹力，根据牛顿第二定律可得

2

解得���=��·2�

��

�=2�

因此当，绳子一定有弹力，故A错误；

��

BC．当�A>、B2�所受到的摩擦力均达到最大时，A、B相对转盘即将滑动，对A则有

2

对B则有���−�=���

2

解得���+�=��·2�

2��

�=3�

结合上述分析可知，当时B受到的静摩擦达到最大，因此当时，B受到的摩擦力不

����2��

变，故BC正确；