2022-2023学年江西省九江市六校高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省九江市六校高一（上）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.“析万物之理，判天地之美”，物理学是研究物质及其运动规律的学科，研究物理有很多方法，关于物理学研究方法，下列说法正确的是( )
A. 在研究物体的运动时，将物体看作质点，这样的研究方法叫“微元法”
B. 亚里士多德对下落物体运动的研究，把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，拓展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C. 伽利略在研究斜面实验时，依据逻辑推理把真实实验进行理想化处理并得出结果是研究物理问题的重要方法之一
D. a=ΔvΔt是利用比值定义法定义物理量，由公式可以得出加速度与Δv成正比
2.如图，是我校同学研发的赛车，该赛车采用的是前轮驱动的方式，该车在平直路面上匀速行驶时，前轮和后轮所受摩擦力的方向分别为( )
A. 向前、向前
B. 向前、向后
C. 向后、向前
D. 向后、向后
3.一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它最后1s内的位移为25m(g取10m/s2)。则它开始下落时距地面的高度为( )
A. 25mB. 45mC. 31.5mD. 60m
4.跳水是一项优美的水上运动。在2021年东京奥运会上，14岁的全红婵勇夺女子十米台跳水冠军。十米台跳水是指运动员从离水面10米高的跳台上起跳，在空中完成屈体、抱膝、转体等动作后完全入水的运动，其过程如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 当裁判员研究运动员在空中的动作时可以将运动员看成质点
B. 运动员在空中下降过程中处于超重状态
C. 运动员在空中上升过程中处于失重状态
D. 运动员整个过程运动的位移大小为10m
5.在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位置变化的图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度比乙车的加速度大2m/s2
B. 甲、乙两车经过x=0.5m处的速度不相同
C. 在x=0.5m处甲乙两车相遇
D. 在t=2s末甲乙两车相遇
6.如图所示，a小球质量为2m，b小球质量为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为( )
A. 3mg2kB. mgkC. 2 3mg3kD. 3mgk
7.2020年11月21日，义乌人民期盼已久的双江水利枢纽工程破土动工，施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大
B. 汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为2 3mg3
C. 汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D. 当汽车向左做加速运动时，加速度达到 33g时，C将脱离A
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.我们经常会接触到一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解正确的是( )
A. “泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”--泥鳅黄鳝的表面没有摩擦力
B. “一只巴掌拍不响”--力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其它物体上才能产生力的作用，才能拍响
C. “鸡蛋碰石头，自不量力”--鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力
D. “人心齐，泰山移”--如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和
9.质量为1kg的物块在水平拉力的作用下，以一定的初速度沿水平面滑行。利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度随时间的变化关系如图所示，则物块( )
A. 0～3s内的平均速度大小为13m/s
B. 0～1s内加速度大小是1～3s内加速度大小的3倍
C. 0～3s内的位移大小为5m
D. 0～3s内物体的速度方向发生了改变但加速度方向没发生改变
10.未来的某天，一位同学在月球上做自由落体实验。让一个质量为2kg的小球从离月球表面20m的高度处自由下落，测得小球经过5s刚好落到月球表面上。则( )
A. 月球表面的重力加速度大小为10m/s2
B. 小球在月球表面受到的重力大小为3.2N
C. 小球刚落到月球表面时的速度大小为50m/s
D. 小球落到月球表面的过程中最后1s经过的位移大小为7.2m
11.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v−t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
B. 传送带受到物体的摩擦力方向先沿斜面向下后沿斜面向上
C. 传送带上下两端的间距为16m
D. 物体在传送带上留下的痕迹长度为6m
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
12.在某次实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，其中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。

(1)计算B点瞬时速度，vB= m/s；
(2)计算小车的加速度，a= m/s2；(以上两空均保留3位有效数字)
(3)以打下A点的时刻为计时起点，作出小车的v−t图线，图线与纵轴交点的物理意义是 。
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
13.如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置：

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______ 不变，抬高轨道一端以平衡摩擦力，用钩码的重力作为小车所受的合外力，用DIS测小车的加速度；
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a−F关系图线(如图b)，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______ 。
(3)若在原装置中的P处加装一力传感器直接测量力F值，重复上述实验，得到的a−F图线与图b中的图线相比会有什么不同：______ 。
(4)在(3)中，若小车的质量为M，不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为______ (重力加速度为g)。
五、计算题：本大题共3小题，共37分。
14.2022年12月18日，卡塔尔世界杯决赛中阿根廷队通过点球大战击败法国队获得冠军成功捧起大力神杯。如图为甲、乙两位足球运动员正在配合进攻的示意图。甲在C处以初速度v0=10m/s将足球踢出后，足球沿CD方向做加速度大小为a0=4m/s2的匀减速直线运动。足球被踢出的同时，乙以vA=4m/s的速度从A处沿垂直于CD方向做aA=2m/s2的匀加速直线运动，守门员此时位于B点，经过反应时间t0后，由静止开始沿BD方向做匀加速直线运动，能达到的最大加速度为aB=4m/s2。已知xAD=xCD=12m，xBD=7m，中间无其他队员争抢，求：
(1)乙能否在D点将球踢出？若能，求乙运动到D点的速度大小；
(2)守门员若想在D点把球成功拦截，则其反应时间最长为多少？(结果用根号表示)
15.如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为50kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为500N的拉力拉雪橇，使雪橇从静止开始沿水平地面做加速度大小为6m/s2的匀加速直线运动，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)雪橇受到地面的支持力大小；
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小；
(3)若拉力作用1s后撤去，雪橇最终停止，求整个过程雪橇运动的位移大小。
16.如图所示，长度L=1m，质量M=3.0kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板中点处静止放有一质量m=1.0kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。现用一水平向右的拉力F作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
(1)当拉力为7N时，铁块受到的摩擦力大小；
(2)若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；
(3)当拉力为10N时，作用1s后撤去拉力。判断铁块能否从木板上滑落，若能，求滑落时铁块的速度；若不能，求铁块最终停在木板上的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.在研究物体的运动时，将物体看作质点，忽略了物体的形状和大小，这样的研究方法叫理想模型法，故A错误；
B.伽利略对下落物体运动的研究，把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，拓展了人类的科学思维方式和科学研究方法，而不是亚里士多德，故B错误；
C.伽利略在研究斜面实验时，依据逻辑推理把真实实验进行理想化处理并得出结果是研究物理问题的重要方法之一，故C正确；
D.a=ΔvΔt是利用比值定义法定义物理量，由公式可以得出加速度与Δv无关，故D错误。
故选：C。
本题根据理想模型法、比值定义法以及伽利略斜面实验的探索过程，即可解答。
本题考查学生对理想模型法、比值定义法以及伽利略斜面实验的探索过程掌握，我们在学习物理知识的同时，也要学习科学研究的方法。
2.【答案】B
【解析】解：匀速行驶时，因为赛车驱动轮在前，前轮相对地面有向后运动的趋势，则地面给前轮一个水平向前的摩擦力，后轮是从动轮，后轮受到向后的摩擦力是阻力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
汽车在平直公路上匀速行驶，驱动轮在前，驱动轮为汽车前进提供动力．因为是前轮驱动，所以前轮受到地面对它向前的摩擦力，而后轮不是驱动轮，被拉着前进，相对地面向前运动，受到地面对它向后的摩擦力．
正确的进行受力分析和知道车轮的运动趋势是解答本题的关键，考查了学生理论联系实际的能力．
3.【答案】B
【解析】解：由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知道最后1s的中间时刻的瞬时速度等于最后1s内的平均速度，为v=x1t1=251m/s=25m/s
由v=gt可知此时物体运动的时间为t=2.5s，故运动的总时间为t总=t+0.5s=2.5s+0.5s=3s，高度为h=12gt总2=12×10×32m=45m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据匀变速直线运动的推论求出最后1s内中间时刻的瞬时速度大小，由v=gt求出物体运动时间，得到总时间，即可求出它开始下落时距地面的高度。
解答本题的关键要掌握匀变速直线运动的基本公式和推论，明确各个过程之间的联系，如位移关系、时间关系，根据运动学公式解答。
4.【答案】C
【解析】解：A.当裁判员研究运动员在空中的动作时，运动员的大小和动作均不能忽略，故不能看成质点，故A错误；
BC.运动员在空中上升和下降过程中，加速度均向下，均处于失重状态，故B错误，故C正确；
D.因为运动员落水点不在跳台正下方且已完全入水，根据位移的定义，其位移大小大于10m，故 D错误。
答案为：C。
根据物体被看成质点的条件判断能否看成质点。加速度的向上对应超重，加速度向下对应失重。位移的定义。
该试题考查对质点以及超重失重和位移定义的理解。
5.【答案】D
【解析】解：由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2−v02=2ax
整理得：v2=2ax+v02
则v2−x图像的斜率为2a，纵轴的截距为v02，由图像得，甲的加速度a1=12⋅Δv1Δt1=12×20.5m/s2=2m/s2
乙的加速度a2=12⋅Δv2Δt2=12×2−10.5m/s2=1m/s2
甲的初速度为0，乙的初速度为1m/s
A、甲车的加速度比乙车的加速度大1m/s2，故A错误；
B、由图像可知x=0.5m处两车的速度相等，故B错误；
C、甲、乙从同一位置出发，x=0.5m之前，甲的速度一直小于乙的速度，故乙先到达x=0.5m的位置，即两车不在x=0.5m处相遇，故C错误；
D、当两车位移相等时两车相遇，由位移—时间公式得：12a1t2=v0t+12a2t2
代入数据解得：t=2s
故D正确。
故选：D。
根据匀变速直线运动位移—速度公式结合两车的图像求解初速度和加速度；根据图像判断两车经过x=0.5m处的速度大小；通过比较两车的运动情况判断两车是否在x=0.5m处相遇；根据匀变速直线运动位移—时间公式结合位移关系求解相遇时间。
本题考查匀变速直线运动的图像问题和追及相遇问题，解题关键是分析好两车的运动情况，结合运动学公式判断求解即可。
6.【答案】A
【解析】解：以两个小球组成的整体为研究对象，受到总的重力3mg、弹簧弹力和细线的拉力；力的合成情况如图所示：
由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中位置2，F的最小值为Fmin=3mgsinθ，则弹簧的最短伸长量为x=Fmink=3mg2k，故A正确，BCD错误。
故选：A。
以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F的最小值，然后再经过胡克定律求弹簧最短伸长量．
本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的最小值，再进行选择。也可以用函数法求解。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据不同情况下的运动情况，结合牛顿第二定律分析合力的方向，对C进行受力分析，根据正交分解分析C所受到的合力的表达式，根据牛顿第二定律求解支持力和加速度的大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。要注意不同的运动状态，C所受的力大小有所不同，但方向不变。
【解答】
BC、对C进行受力分析，如图1所示，
，
根据对称性可知支持力FN与竖直方向夹角为30°，C处于静止状态，根据平衡条件可得：2FNcs30°=mg，解得FN= 33mg，所以汽车静止时，管C受到管A给它的支持力大小为 33mg，根据对称性可知，管C受到管B给它的支持力大小也为 33mg，汽车向左匀速运动时，C仍然受力平衡，B对C的支持力与匀速运动的速度大小无关，仍然是 33mg，不变，故BC错误；
AD、当车辆向左加速运动，C水平方向的合力向左，A对C的支持力减少；
设C刚好脱离A时(此时A对C的支持力刚好为零)，C受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律可得：mgtan30°=ma，解得：a= 33g，所以汽车向左做加速运动时，加速度达到 33g时，C将脱离A，故A错误、D正确。
8.【答案】BD
【解析】解：A、泥鳅黄鳝的表面比较光滑，摩擦力小，并不是没有摩擦力，故A错误；
B、物体之间的作用是相互的，”一只巴掌拍不响“说明力是物体对物体的作用，故B正确；
C、由牛顿第三定律知，作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，”鸡蛋彭石头，自不量力“，说的是鸡蛋和石头相碰时，作用力与反作用力虽然大小相等，但石头的硬度要远大于鸡蛋的硬度，故C错误；
D、”人心齐，泰山移“，如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和；
故选：BD。
根据摩擦力的影响因素、牛顿第三定律、合力与分力的知识分析。
本题考查了学生利用物理知识解释日常生活中的现象的能力，其中对力的概念的理解是关键，要明确力离不开施力物体和受力物体。
9.【答案】AD
【解析】解：AC、由v−t图像与时间轴包围的面积表示位移，可知0～3s内的位移为x=62×1m−22×2m=1m，则0～3s内的平均速度为v−=xt=13m/s，故A正确，C错误；
B、由v−t图像的斜率表示加速度，可知0～1s内加速度大小为a1= ΔvΔt=61m/s2=6m/s2，1～3s内加速度大小为a2= Δv′Δt′=22m/s2=1m/s2，所以0～1s内加速度大小是1～3s内加速度大小的的6倍，故B错误；
D、根据v−t图像可知，0～1s速度为正值，加速度为负值，2～3s速度为负值，加速度为负值，速度方向发生改变，加速度方向没有发生改变，故D正确。
故选：AD。
根据v−t图像与时间轴包围的面积求出0～3s内位移大小，再求平均速度大小。v−t图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。结合这些知识分析。
解决本题的关键要理解速度—时间图像的物理意义，知道图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球在月球表面做自由落体运动，根据h=12g月t2，代入数据解得g月=2ht2=2×2052m/s2=1.6m/s2，故A错误；
B、根据A中所求出的重力加速度可得，小球在月球上所受重力为G月=mg月=2×1.6N=3.2N，故B正确；
CD.小球刚落到月球表面的速度为v月=g月t=1.6×5m/s=8m/s，小球落到月球表面的过程中最后一秒经过的位移为s=h−12g月(t−1)2=(20−12×1.6×42)m=7.2m，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据自由落体运动公式可以求解出月球表面的重力加速度，根据v=g月t求解速度，求解最后一秒的位移可以用总位移减去前4秒的位移得出最后一秒的位移。
本题考查的是自由落体运动的规律问题，类比于地球表面的重力加速度，月球表面的重力加速度求解方法与其相同。
11.【答案】AC
【解析】解：A、由题图得0～1s内物体加速度a1=Δv1Δt1=，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1；1～2s内加速度a2=Δv2Δt2=12.0−，根据牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2，联立解得θ=37°，μ=0.5，故A正确；
B、物块受到的摩擦力方向先沿斜面向下后沿斜面向上，由牛顿第三定律得知，传送带受到物体的摩擦力方向先沿斜面向上后沿斜面向下，故B错误；
C、由题可得物体0～2s内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v−t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l=10.0×1.02m+10.0+12.02×1m=16m，故C正确；
D、由题图知传送带的速率v0=10m/s，则0～1s内，物体的位移为x1=10.0×1.02m=5m，传送带的位移为x2=v0t1=10×1m=10m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2−x1=10m−5m=5m，物体相对传送带向上运动；1～2s内物体的位移为x3=10.0+12.02×1m=11m，传送带的位移为x4=v0t2=10×1m=10m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3−x4=1m，物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故D错误。
故选：AC。
根据v−t图像的斜率代表加速度，求出0～1s内和1～2s内物体的加速度，根据牛顿第二定律列式，即可求解动摩擦因数μ和斜面的倾角θ。根据物体的运动情况，判断摩擦力方向。传送带上下两端的间距等于0～2s内物体的位移大小，根据图像与时间轴所围成的面积求解位移，根据运动学公式求出相对位移，即可得到物体在传送带上留下的痕迹长度。
解决本题的关键要理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究加速度和位移。
12.【答案】0.138 1.26 A点的速度
【解析】解：(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度
则vB=xAC2T=27.62×0.1×10−2m/s=0.138m/s
(2)根据逐差法可知，小车的加速度为a=xCE−xAC4T2=105.6−27.6−27.64×0.12×10−2m/s2=1.26m/s2
(3)图线延长线与纵轴的交点表示t=0时刻的速度，即A点的速度。
故答案为：(1)0.138；(2)1.26；(3)A点的速度
(1)根据匀变速直线运动的规律计算瞬时速度；
(2)根据逐差法计算小车的加速度；
(3)在v−t图像中，纵截距表示的是零时刻的速度，即初速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据匀变速直线运动的规律计算瞬时速度，计算过程中要注意单位的换算，整体难度不大。
13.【答案】小车和发射器总质量 钩码质量过大或未满足M≫m 图线为直线，没有弯曲部分 Mg
【解析】解：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力。
(2)根据牛顿第二定律，对小车F=Ma
对钩码mg−F=ma
小车所受合力F=MmgM+m=mg1+mM
当满足M≫m时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a−F图像偏离直线。
(3)若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到的a−F图线将是一条直线，没有弯曲部分，因为小车拉力可以直接由力传感器测出来，砝码的质量不需要满足远小于小车的质量。
(4)以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg
由牛顿第二定律得mg=(M+m)a
小车的加速度a=mgM+m=11+mM⋅g
当m≪M时，此时F=Ma=Mg
因此力传感器示数的极限值为Mg。
故答案为：(1)小车和发射器总质量；(2)钩码质量过大或未满足M≫m；(3)图线为直线，没有弯曲部分；(4)Mg。
(1)探究加速度与力的关系，应控制小车的总质量保持不变；
(2)控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；
根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因；
(3)若在原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足M≫m，应该为一条倾斜的直线；
(4)根据牛顿第二定律判断出小车受到的拉力最大值。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中明确小车的质量远大于钩码的质量原因。
14.【答案】解：(1)设足球从C到D运动时间为t1，由位移—时间公式得：xCD=v0t1−12a0t12
代入数据解得：t1=2s或3s(舍去)
设乙从A到D运动时间为t2，由位移—时间公式得：xAD=vAt2+12aAt22
代入数据解得：t2=2s
因为t1=t2，故乙能在D点将球踢出，乙运动到D点的速度v2=vA+aAt2=4m/s+2×2m/s=8m/s
(2)以守门员为研究对象，设反应时长为t0，由位移—时间公式得：xBD=12aB(t1−t0)2
其反应时间最长为t0=(2− 142)s(t0=(2+ 142)s>2s舍去)
答：(1)乙能在D点将球踢出，乙运动到D点的速度大小为8m/s；
(2)守门员若想在D点把球成功拦截，其反应时间最长为(2− 142)s。
【解析】(1)根据匀变速直线运动位移—时间公式求解足球和乙到达D点的时间，判断乙能否在D点将球踢出，根据速度—时间公式求解乙运动到D点的速度；
(2)根据位移—时间公式求解守门员的反应时间。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是分析好乙、球和守门员的运动情况，结合运动学公式列式求解即可。
15.【答案】解：(1)以雪橇和小孩为整体，受力分析如图所示

竖直方向上，由平衡条件得
N+Fsin37°=mg
得N=mg−Fsin37°=50×10N−500×0.6N=200N
可知雪橇受到地面的支持力大小为200N。
(2)以雪橇和小孩为整体，水平方向由牛顿第二定律可得
Fcs37°−f=ma
又f=μN
解得：μ=0.5
(3)拉力作用1s时，速度v=at=6×1m/s=6m/s
0～1s内位移为x=12at2=12×6×12m=3m
撤去拉力后，雪橇受摩擦力做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
μmg=ma′，得加速度大小a′=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
最终减速为0，此过程位移x′=v22a′=622×5m=3.6m
所以，整个过程雪橇的位移x总=x+x′=3m+3.6m=6.6m
答：(1)雪橇受到地面的支持力大小为200N。
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小为0.5。
(3)整个过程雪橇运动的位移大小为6.6m。
【解析】(1)以雪橇和小孩整体为研究对象，分析受力，根据竖直方向受力平衡求雪橇受到地面的支持力大小；
(2)根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求雪橇与水平地面间的动摩擦因数的大小；
(3)若拉力作用1s后撤去，由v=at求出撤去拉力时雪橇的速度。由牛顿第二定律和速度—位移公式相结合求整个过程雪橇运动的位移大小。
解决本题的关键能够正确进行受力分析，根据竖直方向受力平衡，水平方向由牛顿第二定律分别求出支持力和动摩擦因数。
16.【答案】解：(1)铁块相对木板恰好开始滑动时，由牛顿第二定律得：
对铁块：μmg=ma0
对铁块与木板整体：F0=(m+M)a0
代入数据解得：F0=8N>F=7N
当F=7N时铁块与木板相对静止，对整体，由牛顿第二定律得：F=(M+m)a
对铁块：f=ma
代入数据解得：f=1.75N
(2)由(1)可知，铁块与木板相对静止的最大拉力大小是8N
(3)F=10N>F0=8N，铁块相对木板滑动，由牛顿第二定律得：
对铁块：μmg=ma1
对木板：F−μmg=Ma2
代入数据解得：a1=2m/s2，a2=83m/s2
t=1s撤去拉力时铁块的速度大小v1=a1t=2×1m/s=2m/s，木板的速度大小v2=a2t=83×1m/s=83m/s
撤去拉力时铁块相对滑动的距离Δx1=v22t−v12t=832×1m−22×1m=13m
撤去拉力后，铁块继续做匀加速直线运动，加速度大小是a1=2m/s2
对木板，由牛顿第二定律得：μmg=Ma3
代入数据解得：a3=23m/s2
从撤去拉力到铁块与木板速度相等需要的时间t1，共同速度v=v1+a1t1=v2−a3t1，
代入数据解得：v=2.5m/s，t1=14s
从撤去拉力到忒快与木板速度相等两者的相对于位移Δx2=v2+v2t1−v1+v2t1
代入数据解得：Δx2=112m
铁块相对于木板向左滑动的距离Δx=Δx1+Δx2=13m+112m=512m