如图所示，倾角θ=37°的斜面足够长，质量m=1kg的滑块静置在斜面的底端A点，滑块与斜面间的动摩擦因素为μ=0.5．现

（1）刚撤去F后，根据牛顿第二定律得，
mgsin37°+μmgcos37°=ma₂．
代入数据，解得a2＝10m/s2．
（2）在头2s内，滑块的位移x₁＞v₀t₁=10×2m=20m．
后3s内，若始终向上减速运动，则x2＞
1
2a2t22＝
1
2×10×32m＝45m．
则x₁+x₂=65m＞49m，故后3s内滑块必定已经沿斜面向上运动到最高点后返回向下运动一段时间．
Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma₁．
解得a₁=0.5F-10．
x1＝v0t1+
1
2a1t12
得x₁=20+2a₁
v₁=v₀+a₁t₁
得，v₁=10+2a₁
x2＝
v12
2a2，将v₁=10+2a₁代入
解得x2＝
(10+2a1)2
20．
t2＝
v1
a2，将v₁=10+2a₁和a2＝10m/s2代入，
得t2＝
10+2a1
10
根据牛顿第二定律得，下滑时有：mgsin37°-μmgcos37°=ma₃．
代入数据解得a3＝2m/s2．
x3＝
1
2a3t32，将a3＝2m/s2和t3＝3−t2＝3−
10+2a1
10代入，
得x3＝(3−
10+2a1
10)2．
由几何关系可知，x₁+x₂-x₃=49m．
得20+2a1+
(10+2a1)2
20−(3−
10+2a1
10)2＝49m．
化简为：a12+30a1−175＝0
解得a1＝5m/s2．
所以F=20+2a₁=30N．
答：（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小为10m/s²．
（2）推力F的大小为30N．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清物体的运动规律，结合运动学公式求解．