2026年高考物理二轮复习第1讲力与物体平衡专项训练

这是一份2026年高考物理二轮复习第1讲力与物体平衡专项训练，共26页。试卷主要包含了选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，当质量为50kg的同学握住水平单杠保持静止，且只有双手接触单杠并双腿悬空，不计引体向上器的质量。则（ ）
A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B．单杠对每只手臂作用力大小一定为250N
C．双手间距离越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
D．同学由静止下降到最低点的过程中，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力
2．图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附物体。图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图。若手机的重力为G，手机与水平方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．手机受到三个力的作用
B．手机受到的支持力不可能大于G
C．纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ
D．纳米材料对手机的作用力大小有可能大于G
3．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距为2L。现在C点上悬挂一重物，为使CD绳保持水平，在D点上施加的最小力的方向（ ）
A．水平向右B．与水平方向的夹角为60°
C．与水平方向的夹角为30°D．竖直向下
4．如图所示，在两根竖直木桩等高的两点上，用两根等长轻绳将质量为m的木板悬挂，制成简易秋千。设左右两轻绳对木板拉力的大小分别为F1、F2，则当两木桩平移相互靠近一小段距离时，以下说法正确的是（ ）
A．绳的拉力F1、F2都变小
B．绳的拉力F1、F2都不变
C．木板所受到的合力变小
D．摆动秋千到最低点时，F1、F2的合力大小等于mg
5． 如图所示，有4042个质量均为m的小球（可视为质点），将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°，设第2021个小球和第2022个小球之间的轻绳的弹力大小是4042个小球的总重力的k倍，则k值为（ ）
A．12B．712C．73D．132
6．如图所示，是某同学在消防站消防员的指导下学习使用“消防安全绳”进行逃生的场景。忽略该同学所受墙面的摩擦力，认为他仅借助绳子的拉力T和墙面的支持力N缓慢下行，下行过程中手拉绳的作用点与墙面的距离保持不变，则下行过程中（ ）
A．T减小，N减小B．T减小，N增大
C．T增大，N减小D．T增大，N增大
7． 一物块放置在固定斜面上，对物块施加一水平力F，保持该力大小不变，在将该作用力沿水平方向逆时针缓慢转动至竖直方向的过程中，物块始终静止在斜面上，如图所示。则该过程中（ ）
A．斜面对物块的摩擦力逐渐减小
B．斜面对物块的支持力先减小后增大
C．斜面对物块的作用力先减小后增大
D．斜面对物块的作用力一直减小
8．在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“△”框将卷纸挂在墙上，使用过程中卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时（ ）
A．框对卷纸的作用力变小
B．框对卷纸的作用力方向竖直向上
C．墙面对卷纸的弹力保持不变
D．墙面和框对卷纸的合力保持不变
9．如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为θ，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随θ变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．绳子P上的拉力不断变大
B．绳子Q上的拉力先变小后变大
C．地面对工人的支持力不断变大
D．绳子P 、 Q对室外机的拉力的合力不断变大
11．如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON=60°。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分∠MON
B．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为32mg
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大
D．物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小
12．如图所示，水平地面上固定着一个竖直圆形轨道，圆心为O，轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球，在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点，AO连线与竖直方向的夹角θ=30°，轨道对小球的支持力大小为FN，重力加速度为g。改变拉力F，小球始终静止在A点。下列说法正确的是（ ）
A．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F的最小值为33mg
B．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为3−1mg
C．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，F先减小后增大
D．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为2mg
二、多项选择题
13．如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知∠AOB=90∘，计时牌的重力大小为G。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．如图位置平衡时，绳OA的拉力大于绳OB的拉力
B．如图位置平衡时，绳OA与竖直方向的夹角大于绳OB与竖直方向的夹角
C．如图位置平衡时，绳OB的拉力大小为22G
D．将计时牌挂正，平衡时绳OB的拉力小于计时牌倾斜时绳OB的拉力
14．新能源赛车在水平路面上做直线加速性能测试时，在其车厢内有可视为质点的小球A、B通过轻绳连接，轻绳跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮，小球A用另一轻绳系于车厢侧壁的C处，某段时间内轻绳AC恰好水平，绳OA段与竖直方向夹角为37°，如图所示。已知A、B两小球的质量分别为4kg和3kg，车厢的质量为293kg，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳OB段与竖直方向的夹角为53°
B．车厢受到的合外力大小为4000N
C．轻绳AC的弹力大小为30N
D．地面对车厢的支持力大小为3000N
15．乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为θ的粗糙斜面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球，下列说法正确的是（ ）。
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为F3
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F4
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F1
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2
16．木块a、b间连接有水平轻弹簧，两木块静止在水平面上，a、b与水平面间的动摩擦因数均为0.30，现用大小为F=5N、方向水平向左的推力作用在木块b上，弹簧压缩量为3cm，弹簧的劲度系数为400N/m，木块静止在水平面上，如图所示。已知木块a、b的重力分别为50N和30N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块a、b所受的摩擦力的分析正确的是（ ）
A．木块a受到大小为15N，方向向右的摩擦力
B．木块a受到大小为12N，方向向右的摩擦力
C．木块b受到大小为9N，方向向左的摩擦力
D．木块b受到大小为7N，方向向左的摩擦力
17．如图所示，在粗糙的水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量也为m的木块，现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木块和木板之间的摩擦力大小为f1，木板与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
18．两根完全相同的轻质弹簧一端与轻绳OM、ON连接，另一端分别固定于P、Q两点。用力拉轻绳，使OP水平，OQ与OP的夹角为120∘，此时两弹簧的长度相同，P、O、M在同一直线上，Q、O、N也在同一直线上，如图所示。现保持O点不动且OM方向不变，将ON沿逆时针方向缓慢旋转60∘。已知该过程中弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则下列说法正确的是（ ）
A．OM上的拉力一直减小B．OM上的拉力一直增大
C．ON上的拉力一直减小D．ON上的拉力先减小后增大
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的运用，解题关键掌握健身者答受力分析。A．人所受到单杠的作用力和重力平衡，则人所受到单杠的作用力大小不变，为F=G=mg=500N
故A错误；
B．只有两手臂平行时，单杠对每只手臂作用力大小为F'=12mg=250N
两手臂有夹角时，单杠对每只手臂作用力都大于250N，故B错误；
C．不计引体向上器的质量，橡胶垫与墙面间的摩擦力等于人的重力不变，故C错误；
D．同学由静止下降到最低点的过程中，人先加速度先向下，再向上，先失重后超重，结合牛顿第二定律可知，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力，故D正确；
故选D。
【分析】分析健身者的受力，根据共点力平衡条件分析所受到单杠的作用力和每只手臂受到的作用力；静摩擦力，与压力没有必然联系；把健身者与室内引体向上器作为研究对象，分析摩擦力与重力的关系。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡问题，关键要掌握平衡条件的推论，分析力之间的关系。AB．因为采用了纳米微吸材料，斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到重力、支持力、摩擦力、斜面对手机的吸引力共四个力的作用，其所受支持力大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸附力的大小，故AB错误；
C．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ，故C正确；
D．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，大小为G，方向竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可。
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】要使CD水平，各轻绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角（锐角）为60∘。设结点C受力平衡，受力分析如图所示，D点受轻绳的拉力大小等于FT，方向向左。要使CD水平，D点两轻绳的拉力与外界的力的合力应为零，则轻绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，施加的外力与F2反向，此时与水平方向的夹角为30∘。
故答案为：D。
【分析】先分析C点受力确定CD绳的拉力，再将D点的拉力分解，利用“力的分解中，当分力与另一力垂直时，该分力最小”的规律，确定最小力的方向。
4．【答案】A
【知识点】力的合成；力的平行四边形定则及应用；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A . 根据对称性可得F1=F2，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得2F1csθ=mg
当两木桩平移相互靠近一小段距离时，θ变小，csθ变大，则绳的拉力F1、F2都减小，故A正确；B．根据对称性可得F1=F2，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得
2F1csθ=mg
当两木桩平移相互靠近一小段距离时，θ变小，csθ变大，则绳的拉力F1、F2都变小，故A正确，B错误；
C．根据受力平衡可知木板静止时合力恒为零，保持不变，故C错误；
D．摆动秋千到最低点时，最低点合力应为
2T=mg+mv2L
木板的加速度方向向上，则F1、F2的合力大小大于mg，故D错误；
故选A。
【分析】（1）本题考查共点力平衡与动态分析，关键突破点在于通过受力分析建立几何关系，明确两绳拉力随夹角变化的规律；隐含条件是木板始终处于平衡状态，合力为零；
（2）易错点包括：忽视两绳夹角变化对拉力的影响；错误认为木板合力会变化；混淆静态平衡与摆动最低点的受力区别。
5．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】以4042个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图1所示，根据共点力平衡条件得
F=4042mgtan60°=4042mg3
再以2022个到4042个小球共2021个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图2所示，由共点力平衡条件可得
T2=2021mg2+F2
解得
T2=73·2021mg
所以
k=T24042mg=712
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】以4042个小球组成的整体为研究对象分析受力，由共点力平衡条件求出水平拉力F，再以2022个到4042个小球组成的整体为研究对象，由共点力平衡条件求出第2021个小球和第2022个小球之间的轻绳的弹力大小，得出k值。
6．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】设绳子与竖直方向的夹角为θ，以人为对象，根据平衡条件可得Tcsθ=mg，Tsinθ=N
可得T=mgcsθ，N=mgtanθ，由于下行过程中手拉绳的作用点与墙面的距离保持不变，则θ逐渐减小，则T减小，N减小。
故答案为：A。
【分析】对人进行受力分析，结合平衡条件得到拉力T、支持力N与绳子夹角θ 的关系，再根据下行过程中θ 的变化分析T、N的变化。
7．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB、对物块受力分析，并正交分解，如图
作用力F沿水平方向逆时针缓慢转动至竖直方向的过程中，沿斜面方向的分力先变大再变小，因为它与物块重力下滑分力的大小关系不确定，所以物块所受摩擦力的变化情况不确定。作用力F垂直于斜面方向的分力先是垂直于斜面向下逐渐减小至零，然后垂直于斜面向上逐渐增大，而重力的垂直斜面方向的分力始终保持不变，所以斜面对物块的支持力一直减小。故AB错误；
CD、依题意，物块处于静止状态，受力平衡，根据二力合成的规律可知重力与外力F的合力随着二者夹角的变大而减小。可知斜面对物块的作用力也一直减小。故C错误；D正确。
故答案为：D。
【分析】旋转过程中物体始终处于平衡状态，由于不确定摩擦力的方向，故对于摩擦力需要进行分类分析。再结合力的合成与分解结合平衡条件分析支持力的变化情况。 斜面对物块的作用力为摩擦力与支持力的合力，该力与重力与外力F的合力等大反向。
8．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题实质上属于动态平衡问题，要正确分析卷纸的受力情况，运用正交分解法列式分析。也可以采用图解法解答。设框对卷纸的作用力为F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为FN，则卷纸的受力情况如图所示
当卷纸逐渐减少时，F与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F减小，FN减小，墙面和框对卷纸的合力与重力大小相等，所以合力减小。
故选A。
【分析】当卷纸逐渐减少时，卷纸半径也减小，故框与墙壁的夹角变小。设框与墙壁的夹角为α。对卷纸分析受力，根据平衡条件列式，得到框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力与α的关系式，再分析框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力的变化情况。根据平衡条件分析墙面和框对卷纸的合力与卷纸重力的关系，再判断该合力的变化情况。
9．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
GR=TxPQ
根据几何关系有
xPQ=2Rcsθ
解得
T=2Gcsθ
可知，T随θ变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
10．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB． 题意可知外机分别受P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，外机受力如图
将这三个力构成矢量三角形，如图
可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A正确，B错误；
C．由于β不变，绳子Q拉力增大，故Q的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件易得地面对工人的支持力不断变小，故C错误；
D．由于外机受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q对室外机的拉力的合力与外机重力始终等大反向，所以绳子P、Q对室外机的拉力的合力不变，故D错误。
故选A。
【分析】AB、对外机受力分析，根据力的矢量三角形分析判断绳子拉力的变化情况；
C、对地面工人受力分析，结合Q绳子拉力的变化，根据平衡状态分析支持力的变化情况；
D、根据平衡条件，两根绳子对外机的作用力的合力平衡其重力可知，其合力不变。
11．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了物体的平衡条件的基本应用，受力分析后要明确哪些力的大小不变，写出表达式即可求解。对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。A．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误；
B．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得
2T1cs30°=mg
解得轻绳1的张力大小为
T1=33mg
故B错误；
CD．物块在缓慢移动过程中，设轻绳2与竖直方向的夹角θ，以物块为研究对象，根据受力平衡可得
F=mgsinθ
由
T2csθ=mg
可得
T2=mgcsθ
夹角θ增大，sinθ增大，csθ减小，所以F逐渐变大，T2逐渐变大，故D错误；
物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得
2T'1csα=T2
可得
T'1=T22csα
可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确。
故选C。
【分析】物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误；施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，根据竖直方向根据受力平衡可得轻绳1的张力大小；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象列平衡方程进而判断此过程轻绳1的张力是否一直增大。
12．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，小球若能静止在A点，根据三角形法则，画出小球的受力变化情况，如图所示
由图中可以看出，F先变小后变大，当F与FN垂直时拉力最小为Fmin=mgsin30°=12mg
FN一直减小，根据正弦定理可知最小值为FNminsin45°=mgsin(180°−30°−45°)
解得FNmin=3−1mg，故A错误，B正确；
CD．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，如图
则拉力F、FN都在增大，FN的最小值为FNmin'=mgcs30°=233mg，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】通过受力平衡构建矢量三角形，利用正弦定理分析力的变化规律，明确旋转过程中力的极值条件。
13．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题，一要明确绳上张力大小处处相等；二要明确高考倒计时牌在三个力的作用下处于共点力的平衡状态。ABC．一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则绳上张力大小处处相等，设绳上张力大小为T。高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。将绳OA、OB上的拉力T延长，则两力的合力必与重力等大反向，绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°，如下图所示
由直角三角形几何关系可得
2Tcs45°=G
解得
T=22G
故AB错误；C正确；
D．将计时牌挂正，由几何知识可知两绳间的夹角增大，两绳合力不变，绳子拉力增大，故D错误。
故选C。
【分析】一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则O点为“活结”，绳上张力大小处处相等，高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T，共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。而后，根据共点力的平衡知识，结合几何关系，可求平衡时绳OB中的张力大小；两力的合力不变，两力间的夹角在增大时，分力增大。
14．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．设连接AB两小球的绳张力为T，OB与竖直方向夹角为θ，则Tcs37°=mAg，Tcsθ=mBg，解得csθ=35T=50N，故θ=53°，故A正确；
B．对B小球Tsinθ=mBa，所以a=403m/s2，以车厢为研究对象F=Ma=3907N，故B错误；
C．设AC的张力为T'，则有T'−Tsin37°=mAa，解得T'=2503N=83.3N，故C错误；
D．以两小球和车厢为研究对象，在竖直方向上有N=mA+mB+Mg=3000N，D正确。
故答案为：AD。
【分析】以小球A、B为研究对象，结合受力平衡（竖直方向）和牛顿第二定律（水平方向）分析轻绳夹角、加速度，再通过整体法分析车厢的受力与支持力。
15．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题可根据纸箱的运动状态，对乒乓球进行受力分析，结合牛顿第二定律判断乒乓球所受合力的方向，进而判断周围乒乓球对该乒乓球作用力的方向。AB．若纸箱做匀速直线运动，则乒乓球处于平衡状态，周围乒乓球给它的作用力与重力等大反向，即应竖直向上，A正确，B错误；
CD．若纸箱向下做加速运动，可知加速度沿斜面向下，将加速度水平竖直分解，可知应有水平向右的分量，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2，不可能是F1，D正确，C错误。
故选AD。
【分析】结合牛顿第二定律，根据乒乓球的运动状态确定其受力情况，进而分析周围乒乓球对该乒乓球作用力的可能方向。
16．【答案】B,D
【知识点】胡克定律；静摩擦力
【解析】【解答】木块a与水平面间的最大摩擦力为fa=μmag=0.3×50N=15N
木块b与水平面间的最大摩擦力为fb=μmbg=0.3×30N=9N
弹簧弹力为F弹=kx=400×3×10−2N=12N
施加水平拉力F后，对b木块受力分析，重力与水平面的支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，由于b木块与水平面间的最大静摩擦力为9N（等于滑动摩擦力），大于弹簧弹力和拉力之差，故木块b静止不动，木块b受到的静摩擦力fb'=F弹−F=12N−5N=7N
木块a相对水平面有向左的运动趋势，受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而大小相等，有fa'=F弹=12N
故答案为：BD。
【分析】先计算木块 a、b 的最大静摩擦力，再结合胡克定律求弹簧弹力，最后通过受力平衡分析两木块的静摩擦力大小与方向。
17．【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】 A . 设木块和木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，
若μ1⋅mg