力与直线运动

专题2力与直线运动1.(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(

)真题示例图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误.答案ACD2.(2015·江苏单科·5)如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(

)图2A.关卡2 B.关卡3C.关卡4 D.关卡5答案C3.(多选)如图3所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块.开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时(

)图3A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑解析

当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cosθ，Ff＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确.答案

BD

图4

(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；解析在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1＝μ1FN1

①FN1＝mgcosθ ②Ff2＝μ2FN2 ③FN2＝FN1＋mgcosθ ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1

⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2

⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3m/s2

⑦a2＝1m/s2 ⑧答案3m/s2

1m/s2(2)A在B上总的运动时间.解析在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s ⑨v2＝a2t1＝2m/s ⑩2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2 ⑪a2′＝－2m/s2

⑫由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 ⑬联立⑩⑫⑬式得t2＝1s在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为⑮此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去) ⑰设A在B上总的运动时间t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s答案4s⑯1.题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.考纲解读2.应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景分析，“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.

内容索引考题一匀变速直线运动基本规律的应用考题二牛顿运动定律的应用考题三运动学图象问题考题四应用动力学方法分析传送带问题专题综合练考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题考题一匀变速直线运动基本规律的应用1.一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(

)解析如图所示Δv＝aTx2－x1＝aT2答案D2.有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5m处，避免了一场事故的发生.已知刹车过程中卡车加速度的大小为5m/s2，则(

)A.司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5mB.司机发现情况后，卡车经过3s停下C.从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11m/sD.若卡车的初速度为20m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩解析已知反应时间t1＝0.6s，x1＝v0t1＝9m所以卡车经3.6s停下，x＝9m＋22.5m＋1.5m＝33m，所以会撞到小孩.答案D3.2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称.汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示.假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1＝20m/s朝收费站沿直线正常行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速运动，到达EF处速度正好减为v2＝4m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以4m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开，已知甲匀减速过程的加速度大小为a1＝1m/s2，虚线EF处与收费站中心线距离d＝10m.乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴费成功后再启动汽车行驶离开.已知乙车匀减速过程的加速度大小为a2＝2m/s2.求：图5(1)甲车过ETC通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小；解析甲车过ETC通道时，减速过程的位移为：可得x甲＝192m所以总的位移：x总＝x甲＋d＝202m答案202m(2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线.乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x1＝x总－x2＝102m则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt＝(t甲1＋t甲2)－(t乙1＋t乙2)＝3.4s.答案3.4s

规律小结常用推论Δx＝aT22.总结：应用运动学规律解题的基本步骤第一步：根据题意确定研究对象.第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图.第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律.第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口.第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解.4.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图6所示的情形.四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是(

)考题二牛顿运动定律的应用图6A.升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B.升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C.升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D.升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压解析

设细线与竖直方向的夹角为θ，若细线有拉力，则FTcosθ＋mg＝ma，可知a>g，此时侧壁对球有支持力，选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力，升降机的加速度不可能小于g，故选项C正确.答案C5.(多选)如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时，A、B将会分离.t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(

)图7A.t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB.t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零C.t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D.从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m

当t＝2.0s时，F2＝1.8N，F2＋F′＝mBa，得：F′＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误.当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2＋F″＝mBa，得：F″＝mBa－F2>0，C错误.答案

AD

图8(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时v2的大小之比；解析设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；解析设上滑时加速度为a1，下滑时加速度为a2，根据牛顿第二定律得上滑时：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1下滑时：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2联立三式代入数据得：μ＝0.5答案0.5

解析设F与斜面的夹角为α，加速度为a，由牛顿第二定律得：Fcosα－mgsinθ－μ(mgcosθ－Fsinα)＝ma即：F(cosα＋μsinα)－mg(sinθ＋μcosθ)＝masin(α＋β)的最大值为1，设加速度最大值为am，代入数据得：am＝2.5m/s2答案2.5m/s21.研究对象的选取方法在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力.方法小结2.受力分析的处理方法(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向.(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有Fx＝ma，Fy＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单.3.运动情景分析法(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法.运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键.(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系.应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径.7.如图9所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是(

)考题三运动学图象问题图9A.两物体在t1时刻速度大小相等B.t1时刻乙的速度大于甲的速度C.两物体平均速度大小相等D.甲的平均速度小于乙的平均速度解析

根据位移图象的斜率等于速度，则在t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确，D错误.答案C8.(多选)一物体以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该物体的速度—时间图象可能是(

)解析

设斜面倾角为θ，若斜面光滑，则物体上滑及下滑的加速度相等，都等于gsinθ，当物体上滑到最高点时，又能以同样的加速度下滑，故选项A正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，到达最高点后静止于斜面上，故选项B正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcosθ；到达最高点后物体向下加速运动，加速度为a1＝gsinθ－μgcosθ，即上升时加速度大于下降时的加速度，故选项C正确，D错误.答案ABC9.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端.下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是(

)解析滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小.故A错误；设斜面的倾角为α.滑块在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同.设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2.根据牛顿第二定律得：mgsinα＋μmgcosα＝ma1；mgsinα－μmgcosα＝ma2；则得：a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinα－μgcosα.则有：a1>a2，故B正确；

1.x－t、v－t、a－t的关系知识小结2.图象问题的五看一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点.3.注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动.10.(多选)如图10所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是(

)考题四应用动力学方法分析传送带问题图10解析

木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的时刻，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正确，A、B错误.答案CD11.如图11所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°,现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4m的平台上.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).问：图11(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？解析对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：ma1＝F＋μmgcos37°－mgsin37°，计算得：a1＝6m/s2物块与传送带速度相同时，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F＝8N而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，故不能相对斜面向上加速.故得：a2＝0(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度？解析若达到速度相等后撤去F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，故物块减速上行，ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，得a3＝2m/s2物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：1.水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解.这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型.方法小结2.倾斜放置运行的传送带处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口.这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型.12.(多选)如图12所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦.现用水平拉力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(

)考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题图12A.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B.物块先向左运动，再向右运动C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析

由题知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动.答案AC13.如图13所示，一个长度为L＝1m、高度为h＝0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4kg，一质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端.物块与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.(g＝10m/s2)图13(1)若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；

因为2.5N<F＝4N<F0，所以物块与长木板共同加速运动，对整体有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a解得加速度a＝3m/s2答案3m/s2(2)若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；解析因为F＝5.8N>F0，所以物块与长木板相对滑动，对长木板有：F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1，加速度a1＝7m/s2此时长木板速度v1＝7m/s，物块速度v2＝5m/s平抛水平距离x2＝v2t2＝2m物块与长木板分离后长木板的加速度a3F－μMg＝Ma3，得a3＝9.5m/s2最终，小物块落地时距长木板左端的距离Δx＝x1－x2＝1.56m答案能1.56m(3)若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小.解析当时间较小时，拉力也较小，物块处于静止状态，所以物块与长木板间的摩擦力为0；当时间延长，拉力增大到长木板运动时，物块也会随着长木板一起加速运动，故物块与长木板间摩擦力逐渐增大；当拉力再增大，物块在长木板上相对滑动时，因为压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物块与长木板间的滑动摩擦力就不随拉力大小而变化了，是不变的，所以物块与长木板间的摩擦力大小随时间变化的图线如图所示.答案见解析图1.抓住两个分析(1)对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向分析.(2)二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析，其方法是：假设刚好达到最大静摩擦力求出临界的加速度a0与实际的加速度a比较.方法小结①若a>a0则发生相对滑动.②若a≤a0则能相对静止.2.解题关键：以动力学分析为切入点，弄清物体的运动过程.1.如图14所示为甲、乙两物体运动的图象，在0～t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t2<2t1，关于两物体在0～t2时间内运动的位移大小关系正确的是(

)专题综合练.x甲＝2x乙

B.x甲>2x乙C.x甲<2x乙

D.以上三种情况都有可能解析由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范围分成6个部分如图，则甲的位移：x甲＝x1＋x2＋x3＋x4＋x5乙的位移：x乙＝x1＋x4123456789其中由于x1＝x2，x4＝x3＋x6，由图象可知：x5>x6，所以：x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2x1＋(x4－x6)＋x4＋x5>2(x1＋x4)则：x甲>2x乙答案B1234567892.如图15所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计.整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(

)图15A.物体B的加速度大小为gB.物体C的加速度大小为2g

C.吊篮A的加速度大小为3gD.A、C间的弹力大小为0.5mg123456789

1234567893.(多选)如图16是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零.当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零.已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(

)123456789图16A.4m/s2

B.3m/s2C.2m/s2

D.1m/s2123456789解析当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图知FQ＋mg＝FNcos15° ①F合＝FNsin15°＝ma ②由①②知：答案AB1234567894.(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图17甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦.若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止.对图乙，下列说法正确的是(

)123456789图17

123456789解析第一次放置时M静止，则：Mgsinα＝mg，第二次放置时，由牛顿第二定律：Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sinα)g.对m，由牛顿第二定律：FT－mgsinα＝ma，解得：FT＝mg.答案BC1234567895.如图18所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后静止释放，物体一直可以运动到B点.如果物体受到的阻力恒定，则(

).物体从A到O先加速后减速B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C.物体运动到O点时所受合力为零D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小123456789解析

物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速.即物体先加速后减速，故A正确，B错误；物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零.故C错误；物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误.答案A1234567896.(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v－t图象如图19所示.求：图19123456789(1)摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；由v－t图象并代入数据得a＝1.5m/s2 ②123456789答案1.5m/s2(2)摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小v.20～45s的位移s2＝vmt2 ④0～75s这段时间的总位移s＝s1＋s2＋s3 ⑥123456789答案20m/s1234567897.在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图20甲所示.用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示.已知木块质量为0.78kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：123456789图20123456789(1)木块与长木板间的动摩擦因数；解析由题图乙可知，木块所受到的滑动摩擦力Ff＝3.12N由Ff＝μFN答案0.4123456789(2)若木块在与水平方向成θ＝37°斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图丙所示，则拉力F的大小应为多大？解析根据牛顿第二定律、力的平衡得Fcosθ－Ff＝maFsinθ＋FN＝mgFf＝μFN代入数据解得F＝4.5N答案4.5N123456789(3)在(2)中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？解析2s末速度v＝at撤去拉力F后