高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案.docx

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高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案

【2019最新】精选高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案

考情分析

2015

2016

2017

力与直线运动

T5：

匀变速直线运动的多过程问题

T6：

超重与失重、a－t图象

T5：

自由下落与竖直上抛运动及v－x图象

T9：

匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律

T3：

物块在斜面上的运动

命题解读

本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：

（1）注重基础与迁移。

如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

（2）注重过程与方法。

如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A。

1.（2017·徐州××县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3s速度刚好减为零。

若测得该物体在最后1s内的位移是1m，那么该物体在这3s内的平均速度大小是（　　）

A.1m/sB.3m/sC.5m/sD.9m/s

解析　采用逆向思维法，根据x＝at2得，物体的加速度大小a＝＝m/s2＝2m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23m/s＝6m/s，物体在这3s内的平均速度＝＝m/s＝3m/s，故B项正确，A、C、D项错误。

答案　B

2.（2017·江苏清江中学月考）位于水平面上质量为m的物体，在大小为F、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为（　　）

图1

A.B.

C.D.

解析　对物体受力分析如图所示，

在水平方向：

Fcosθ－f＝ma，在竖直方向：

FN－Fsinθ－mg＝0，又f＝μFN，以上联立解得a＝，故D项正确。

答案　D

3.（2017·扬州模拟）图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。

两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。

取重力加速度g＝10m/s2。

根据图象分析可知（　　）

图2

A.人的重力为1500N

B.c点位置人处于超重状态

C.e点位置人处于失重状态

D.d点的加速度小于f点的加速度

解析　由题图甲、乙可知，人的重力等于500N，质量m＝50kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1500N，由F－mg＝ma可知，d点的加速度ad＝20m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0N，由F－mg＝ma可知，f点的加速度af＝－10m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误。

答案　B

4.（2017·江苏东海二中学情调研）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图3所示，在0～t0时间内，下列说法正确的是（　　）

图3

A.Ⅰ、Ⅱ两个物体的加速度都在不断减小

B.Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小

C.Ⅰ物体的位移等于Ⅱ物体的位移

D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都大于

解析　速度－时间图象的斜率表示加速度，从图中可知两曲线的斜率都在减小，所以加速度都在减小，A项正确，B项错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，所以从

图中可知Ⅰ的面积大于Ⅱ的面积，故物体Ⅰ的位移大于物体Ⅱ的位移，C项错误；如图所示如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故物体Ⅰ的平均速度大于，物体Ⅱ的平均速度小于，D项错误。

答案　A

　匀变速直线运动基本规律的应用

分析匀变速直线运动问题的“六种方法”

【例1】（2017·东海二中学情调研）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4所示。

假设汽车以v1＝15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2＝5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2，求：

图4

（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？

（3）假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距Δx1＝120m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为Δx2＝200m，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？

解析　

（1）过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x1＝－v,2a）＝m＝100m

所以总的位移x总1＝2x1＋d＝210m。

（2）过ETC通道时

t1＝2＋＝2s＋s＝22s

通过人工收费通道时t2＝2＋t0＝2s＋20s＝50s

x2＝,2a）2＝2m＝225m

二者的位移差Δx＝x2－x1＝225m－210m＝15m

在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动

所以Δt＝t2－＝50s－s＝27s。

（3）由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此

ETC通道每小时通过的车辆数

n1＝＝（辆）＝450（辆）

人工收费通道每小时通过的车辆数

n2＝＝（辆）＝270（辆）

ETC通道多通过Δn＝n1－n2＝180辆车。

答案　

（1）210m　

（2）27s　（3）180辆

【变式1】（多选）（2017·扬州中学模拟）如图5所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论正确的是（　　）

图5

A.物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2

B.物体到达各点经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD

C.物体从A到E的平均速度v＝vB

D.物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD

解析　根据运动学公式v2－v＝2ax知，物体由A点从静止释放时，v2＝2ax，所以物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，故A项正确；根据运动学公式x＝v0t＋at2得t＝，物体到达各点经历的时间tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，即tE＝2tB＝tC＝tD，故B项正确；由于vE＝2vB，物体从A到E的平均速度v＝＝vB，故C项正确；vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D项错误。

答案　ABC

　动力学图象问题

求解动力学图象问题的基本思路

【例2】（多选）（2017·江苏溧水高级中学测试）一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。

下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移x、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有（　　）

解析　小球在上升过程中，设小球的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，又f＝kv，得a1＝g＋，v减小，则a1减小，v－t图象的斜率逐渐减小。

小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，又f＝kv，得a2＝g－，v增大，则a2减小，v－t图象的斜率逐渐减小，故A项正确，B项错误；根据位移－时间图象的斜率等于速度大小，x－t图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C项正确；根据功能关系得－fΔx＝ΔE，则得＝－f，由＝·＝·，则得＝－fv＝－kv2，v是变化的，则知E－t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D项错误。

答案　AC

【变式2】（多选）（2015·江苏高考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图6所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图6

A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

解析　当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5s时压力最小，D项正确。

答案　AD

【变式3】（多选）（2017·南京、盐城模拟）如图7甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）

图7

A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大

B.t2时刻物块A的加速度最大

C.t3时刻物块A的速度最大

D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动

解析　0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误；t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确；t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3～t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误。

答案　BC

　牛顿运动定律及其应用

牛顿运动定律及求解思路

【例3】（2017·江苏常州模拟）如图8所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。

一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4N。

g取10m/s2。

图8

（1）无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？

（2）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。

求在t＝5s时离地面的高度h；

（3）当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。

求无人机坠落地面时的速度v。

解析　

（1）无人机悬停时处于二力平衡状态，有F1＝mg，代入解得F1＝20N。

（2）设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得

F－mg－f＝ma

解得a＝6m/s2

由h＝at2，代入数值解得h＝75m

（3）设无人机坠落过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律，有

mg－f＝ma1

解得a1＝8m/s2

由v2＝2a1H解得，v＝40m/s

答案　

（1）20N　

（2）75m　（3）40m/s

【变式4】（2017·江苏南通高三调研）如图9所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。

已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）

图9

A.当m到达最高点时，m的加速度为g

B.当m到达最高点时，M的加速度为g

C.当m速度最大时，弹簧的形变量为

D.当m速度最大时，M对地面的压力为Mg

解析　当m到达最高点时，M恰好对地面无压力，则此时弹簧的弹力为Mg，对m根据牛顿第二定律得mg＋Mg＝ma，解得a＝g，选项A正确；当m到达最高点时，M的加速度为0，选项B错误；当m速度最大时，此题满足mg＝kx，此时弹簧的形变量为x＝，选项C错误；当m速度最大时，M对地面的压力为（M＋m）g，选项D错误。

答案　A

　板块模型

滑块—木板问题的分析方法

【例4】（2017·南师大附中）如图10所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

一质量为5kg、长度为2m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05。

一质量为1kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3m。

现用大小为6N、水平向右的外力拉小滑块，当小滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板，滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10m/s2。

求：

图10

（1）滑块滑动到A点时的速度大小；

（2）滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？

（3）通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。

解析　

（1）设m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a为滑块的加速度，v为滑块滑到A点时的速度大小，L0为滑块在高水平面上运动位移。

根据牛顿第二定律有F＝ma

根据运动学公式有v2＝2aL0

联立方程解得v＝6m/s

（2）设M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数

根据牛顿第二定律得

对滑块有：

μ1mg＝ma1

代入数据解得a1＝5m/s2

对长木板有：

μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2

解得a2＝0.4m/s2

（3）设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t

则v－a1t＝a2t

解得t＝s

则此过程中小滑块的位移为x1＝vt－a1t2

长木板的位移为x2＝a2t2

x1－x2＝m>L

式中L＝2m为长木板的长度

所以小滑块能滑出长木板右端

答案　

（1）6m/s　

（2）5m/s2　0.4m/s2　（3）能

【变式5】（2017·南通中学高三期中）如图11所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1。

现用力从静止开始向左以a0＝2m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10m/s2，求：

图11

（1）将布带从铁块下抽出需要多长时间？

（2）铁块离开布带时的速度大小是多少？

解析　

（1）设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1m/s2，

根据运动学公式有L＋x＝a0t2，x＝at2，

解得t＝＝1s

（2）由v＝v0＋at得

铁块速度v＝11m/s＝1m/s。

答案　

（1）1s　

（2）1m/s

一、单项选择题

1.（2017·江苏徐州调研）某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3s内通过的位移是x，则质点运动的加速度为（　　）

A.B.

C.D.

解析　由匀变速直线运动规律知第3s内的平均速度等于2.5s时的瞬时速度，即v2.5＝，结合v2.5＝at2.5得a＝＝，选项C正确。

答案　C

2.（2017·启东中学高三月考）在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测长度和时间，具体做法是：

将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）

A.－T）B.－T）

C.D.

解析　小球从O点上升到最大高度过程中h2＝g　①，小球从P点上升的最大高度h1＝g　②，依据题意h2－h1＝H　③，联立①②③解得g＝－T），故选项A正确。

答案　A

3.（2017·海安模拟）一物体沿直线运动，用x表示运动位移，用t表示运动时间。

从t＝0时刻开始计时，物体与t的图象如图1所示，图线斜率的绝对值为k，则以下说法正确的是（　　）

图1

A.物体做匀速直线运动，速度大小等于k

B.物体做变减速直线运动，加速度均匀减小

C.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于k

D.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于2k

解析　由题中图象知物体做匀变速直线运动，位移随时间的变化规律为x＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at，则图象的斜率－k＝a，由于斜率为负值，则加速度为负值，图象的纵截距为b＝v0，纵截距为正值，则物体的初速度为正值，物体做匀减速直线运动，A、B错误；由以上分析可知，物体的加速度大小为2k，C错误，D正确。

答案　D

4.（2017·无锡联考）如图2，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a匀加速向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g）（　　）

图2

A.B.

C.D.

解析　将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ff＝max＝macosθ，竖直方向有FN－mg＝may＝masinθ，Ff＝μFN，联立解得μ＝，B项正确。

答案　B

5.（2017·江苏××市××县、××市××县联考）将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图3甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。

重力加速度为g。

假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（　　）

图3

A.mgB.mg

C.mgD.mg

解析　根据牛顿运动定律，对甲图分析有mg＋f＝ma，乙图分析得到mg－f＝ma′，假设一块砖的厚度为d，曝光时间为T，对甲图有Δx＝9d－3d＝aT2，对乙图有Δx＝5d－3d＝a′T2，联立解得f＝mg，C项正确。

答案　C

6.（2017·南菁中学模拟）如图4所示，质量分别为m1、m2的物块A、B用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力F（F＝kt，k为大于0的常数）向右拉A，已知A、B与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小T随时间t的变化关系的图象正确的是（　　）

图4

解析　当μm1g≥F＝kt时，绳中无弹力，C错误；当μ（m1＋m2）g≥kt>μm1g时，由力的平衡知T＋μm1g＝kt，即T与时间成线性关系，当F＞μ（m1＋m2）g时，A、B一起向右加速，a＝，而T－μm2g＝m2a，联立得T＝kt，即T随时间变化的图线是一条过原点的直线，A正确，B、D错误。

答案　A

二、多项选择题

7.（2017·宿迁模拟）在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间（x－t）图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2m/s2，t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，则（　　）

图5

A.a车做匀速运动且其速度为va＝m/s

B.t＝3s时a车和b车相遇但此时速度不等

C.t＝1s时b车的速度为6m/s

D.t＝0s时a车和b车的距离s0＝9m

解析　x－t图象的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为va＝＝m/s＝2m/s，故A项错误；t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇、斜率相等，此时两车的速度相等，故B项错误；t＝3s，b车的速度为vb＝va＝2m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb解得，v0＝8m/s，则t＝1s时b车的速度为vb′＝v0＋at1＝（8－21）m/s＝6m/s，故C项正确；t＝3s时，a车的位移为xa＝6m，b车的位移为xb＝t＝3m＝15m，t＝3s时，a车和b车到达同一位置，t＝0时两车相距s0＝xb－xa＝9m，故D项正确。

答案　CD

8.（2017·江苏扬州模拟）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。

若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图6所示。

则下列相关说法正确的是（　　）

图6

A.t＝4.5s时，电梯处于超重状态

B.5～55s时间内，绳索拉力最小

C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态

D.t＝60s时，电梯速度恰好为零

解析　利用a－t图象可判断：

t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A正确；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确。

答案　AD

9.（2017·江苏省扬中、六合、句容、省溧、中华、江浦、华罗庚七校联考）运动质点的v－x图象如图7所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断正确的是（　　）

图7

A.质点做初速度为零的匀加速直线运动

B.质点的加速度大小为5m/s2

C.质点在3s末的速度大小为30m/s

D.质点在0～3s内的平均速度大小为7.5m/s

解析　图线为一顶点在原点、开口向右的抛物线的部分，由数学知识可得v2＝2ax。

对照匀变速直线运动的公式v2＝2ax可知加速度一定，物体做初速为零的匀加速运动，故A项正确；根据102＝2a10可得a＝5m/s2，选项B正确；质点在3s末的速度大小为v3＝at＝15m/s，选项C错误；质点在0～3s内的平均速度大小为＝＝7.5m/s，选项D正确。

答案　ABD

10.（2017·江苏扬州中学期初考）三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。

现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。

（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）下列说法正确的是（　　）

图8

A.物块A到达底端的速度比B到达底端的速度大

B.A、B同时到达底端

C.物块A先到达传送带底端

D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3

解析　由于μ＝0.5＜tan37°＝0.75，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，物块A、B沿传送带向下都做匀加速直线运动，加速度相同，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间相同，到达底端的速度相同，故选项B正确，选项A、C错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，代入x＝vt＋at2解得t＝1s，ΔxA＝x－vt＝1m。

物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，ΔxB＝x＋vt＝3m，故选项D正确。

答案　BD

三、计算题

11.（2017·无锡期末考试）如图9（a），t＝0时，水平桌面上质量为m＝1kg的滑块获得v0＝2m/s水平向右的初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s内滑块的速度－时间关系图线如图（b）所示。

求：

图9

（1）前2s内滑块的位移大小和方向；

（2）滑块所受拉力和摩擦力大小；

（3）若在t＝2s时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？

解析　

（1）前2s内滑块的位移大小

x＝12m－10.8m＝0.6m

方向与初速度方向相同。

（2）0～1s内加速度大小a1＝＝2m/s2

F＋f＝ma1

1～2s内加速度大小a2＝＝0.8m/s2

F－f＝ma2

联立解得F＝1.4N，f＝0.6N。

（3）撤去拉力后，加速度大小为a3＝＝0