5mjt高中物理最经典考点四 滑块木板模型问题高频14.docx

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5mjt高中物理最经典考点四滑块木板模型问题高频14

考点四　“滑块—木板模型”问题（高频14）

1．模型特点

涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．

2．两种位移关系

滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．

设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2，

同向运动时：

如图1所示，L＝x1－x2

图1

反向运动时：

如图2所示，L＝x1＋x2

图2

3．解题步骤

→

→

→

命题点1　水平面上的滑块—木板模型

9．（2017·课标卷Ⅲ，25）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．

【解析】　

（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有

f1＝μ1mAg①

f2＝μ1mBg②

f3＝μ2（m＋mA＋mB）g③

由牛顿第二定律得

f1＝mAaA④

f2＝mBaB⑤

f2－f1－f3＝ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有

v1＝v0－aBt1⑦

v1＝a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

v1＝1m/s⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－

aBt

⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，

对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f1＋f3＝（mB＋m）a2⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有

v2＝v1－a2t2⑫

对A有

v2＝－v1＋aAt2⑬

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－

a2t

⑭

在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0（t1＋t2）－

aA（t1＋t2）2⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0＝sA＋s1＋sB⑯

联立以上各式，并代入数据得

s0＝1.9m

（也可用如图所示的速度—时间图线求解）

【答案】　

（1）1m/s　

（2）1.9m

10．（2015·课标卷Ⅰ，25）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

【解析】　

（1）根据图（b）可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s

小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝

m/s2＝4m/s2.

根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋

a1t2

解得a1＝1m/s2

对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：

μ1（m＋15m）g＝（m＋15m）a1，即μ1g＝a1

解得μ1＝0.1.

（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1（15m＋m）g＋μ2mg＝15ma3

可得a3＝

m/s2

对小物块，加速度大小为a2＝4m/s2

由于a2＞a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s

过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－

a3t

＝

m,末速度v1＝

m/s

小物块向右运动的位移x2＝

t1＝2m

此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2

木板继续减速，加速度大小仍为a3＝

m/s2

假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2

解得t2＝0.5s

此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－

a3t

＝

m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s

小物块向左运动的位移x4＝

a2t

＝0.5m

此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，

Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6.0m

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6.0m.

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2

向左运动的位移为x5＝

＝2m

所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m.

【答案】　

（1）0.1　0.4　

（2）6.0m　（3）6.5m

命题点2　斜面上的滑块—木板模型

11．（2015·课标卷Ⅱ，25）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝

）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为

，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：

（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；

（2）A在B上总的运动时间．

【解析】　

（1）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＝μ1FN1①

FN1＝mgcosθ②

Ff2＝μ2FN2③

FN2＝FN1＋mgcosθ④

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＝ma1⑤

mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥

联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得

a1＝3m/s2⑦

a2＝1m/s2⑧

（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则

v1＝a1t1＝6m/s⑨

v2＝a2t1＝2m/s⑩

2s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/s2⑪

a2′＝－2m/s2⑫

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＝0⑬

联立⑩⑫⑬式得t2＝1s

在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为

x＝

－

＝12m＜27m

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

l－x＝（v1＋a1′t2）t3＋

a1′t

可得t3＝1s（另一解不合题意，舍去）

设A在B上总的运动时间t总，有

t总＝t1＋t2＋t3＝4s

【答案】　

（1）3m/s2　1m/s2　

（2）4s

12．（2018·重庆八中一模）如图所示，质量M＝1kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m＝1kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝5m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度；

（2）木板的最小长度；

（3）物块在木板上运动的总时间．

【解析】　

（1）物块与木板共速前，对物块分析有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1，得a1＝8m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；

对木板分析有F＋μ1mgcosθ－Mgsinθ－μ2（m＋M）gcosθ＝Ma2，

得a2＝2m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．

（2）物块与木板共速时有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1，

代入数据解得t1＝0.5s，v共＝1m/s，

共速时物块与木板的相对位移Δx1＝v0t1－

a1t

－

a2t

＝1.25m，

撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a1＝8m/s2，物块减速上滑，

对木板有Mgsinθ＋μ2（M＋m）gcosθ－μ1mgcosθ＝Ma2′，

则a2′＝12m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑．

由于Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝μ2（M＋m）gcosθ，

则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过t2＝

s，木板停止，经过t2′＝

s，物块速度减为零，

此过程，物块和木板的相对位移Δx2＝

t2′－

t2＝

m，

故木板的最小长度Lmin＝Δx1＋Δx2＝

m.

（3）物块在木板上下滑时，木板静止不动，

物块的加速度a1′＝gsinθ－μ1gcosθ＝4m/s2，

Lmin＝

a1′t

，得t3＝

s，

物块在木板上运动的总时间t＝t1＋t2′＋t3＝

s.

【答案】　

（1）8m/s2，方向沿斜面向下　2m/s2，方向沿斜面向上　

（2）

m　（3）

s

分析滑块—滑板模型时要抓住一个转折和两个关联

思想方法系列（四）　动力学中的图象问题分析思路与方法

1．常见的动力学图象

vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等．

2．图象问题的类型

（1）已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

（2）已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

（3）由已知条件确定某物理量的变化图象．

3．解题策略

（1）分清图象的类别：

即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．

（2）注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：

图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．

（3）明确能从图象中获得哪些信息：

把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．

类型一　与牛顿运动定律相关的vt图象问题

例1　　（2018·山东烟台高三上学期期中）如图甲所示，质量M＝5kg的木板A在水平向右F＝30N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t＝0时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1kg的小物块B，放上物块后A、B的vt图象如图乙所示．已知物块可看作质点，木板足够长，取g＝10m/s2.求：

（1）物块与木板之间动摩擦因数μ1和木板与地面间的动摩擦因数μ2；

（2）物块与木板之间摩擦产生的热量；

（3）放上物块后，木板运动的总位移．

【解析】　

（1）放上物块后，当A、B有相对运动时，分别对A、B受力分析，可知：

μ1mg＝maB

μ1mg＋μ2（M＋m）g－F＝MaA

结合图象可知：

μ1＝

＝

＝0.4

aA＝

＝2m/s2

μ2＝

＝0.6.

（2）物块与木板相对运动过程中，相对位移为Δs相对＝

×18×3m＝27m

物块与木板之间的摩擦热：

Q＝μ1mgΔs相对＝108J.

（3）A、B共同运动时，μ2（M＋m）g－F＝（M＋m）a

a＝1m/s2

A、B共同运动时间t＝

＝12s

放上物块后木板运动的总位移s木板＝

×（12＋18）×3m＋

×12×12m＝117m.

【答案】　

（1）0.4　0.6　

（2）108J　（3）117m

类型二　与牛顿运动定律相关的Ft图象问题

例2　（2018·山东菏泽市高三上学期期中）一个物块放置在粗糙的水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图所示，速度v随时间t变化的关系如图所示（g＝10m/s2），下列说法正确的是（　　）

A．5s末物块所受摩擦力的大小为15N

B．物块在前6s内的位移大小为12m

C．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.75

D．物块的质量为5kg

【解析】　5s末处于静止状态，根据平衡知，Ff＝F＝10N，故A错误；物块在前6s内的位移大小等于前4s内的位移大小，根据图线的面积得：

S＝

×（2＋4）×4m＝12m，故B正确；在0～2内物块做匀速直线运动，滑动摩擦力f＝15N，

物块匀减速运动的加速度大小为：

a＝

m/s2＝2m/s2，

根据牛顿第二定律得：

f－F＝ma，

解得m＝

kg＝5kg，

则动摩擦因数为：

μ＝

＝

＝0.3，故C错误，D正确．

【答案】　BD

根据Ft图象可得F合与时间t的关系，F合t图象与at图象具有对应关系，根据对应关系列出关系式即可解决相关问题．

类型三　与牛顿运动定律相关的Fx图象问题

例3　如图甲所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动（如图乙），研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的是（　　）

【解析】　初始状态弹簧被压缩，弹簧对A的弹力与A所受的重力平衡，设弹簧压缩长度为x0，末状态弹簧被拉长，由于B刚离开地面，弹簧对B的弹力与B所受的重力平衡，由于A、B所受重力相等，故弹簧伸长量也为x0.初始状态A处于平衡状态，则kx0＝mg，当木块A的位移为x时，弹簧向上的弹力的减少量为kx，外力F减去弹力的减少量为系统的合外力，故F－kx＝ma，则得到F＝kx＋ma，可见F与x是线性关系，当x＝0时，ma＞0.

【答案】　A

根据胡克定律F＝kx得k＝

＝

，即弹簧弹力的变化量和形变量的变化量成正比．弹簧弹力随位移的变化而做线性变化，A做匀加速直线运动，因此作用力F也随位移的变化而做线性变化．

[高考真题]

1．（2016·上海卷，7）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中（　　）

A．失重且机械能增加

B．失重且机械能减少

C．超重且机械能增加

D．超重且机械能减少

【解析】　据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确．

【答案】　B

2．（2016·海南卷，5）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s,5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（　　）

A．F1F3

C．F1>F3D．F1＝F3

【解析】　根据vt图象可知，在0～5s内加速度大小为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s内，加速度大小为a2＝0；在10～15s内加速度大小为a3＝0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：

在0～5s内，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－f－F1＝ma1，则：

F1＝mgsinθ－f－0.2m；

在5～10s内，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－f－F2＝ma2，则：

F2＝mgsinθ－f；

在10～15s内，根据牛顿第二定律：

f＋F3－mgsinθ＝ma3，则：

F3＝mgsinθ－f＋0.2m；

故可以得到：

F3＞F2＞F1，故选项A正确．

【答案】　A

3.（2013·课标卷Ⅱ，25）一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：

（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．

【解析】　

（1）从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．

由图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则

a1＝

①

a2＝

②

式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．

设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1③

（μ1＋2μ2）mg＝ma2④

联立①②③④式得

μ1＝0.20⑤

μ2＝0.30.⑥

（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得

f＝ma′1⑦

2μ2mg－f＝ma′2⑧

假设f<μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨

由⑦⑨式知，

物块加速度的大小a′1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示．

由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×

⑩

s2＝

t1＋

⑪

物块相对于木板的位移的大小为

s＝s2－s1⑫

联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得

s＝1.125m.

【答案】　

（1）0.20　0.30　

（2）1.125m

[名校模拟]

4．（2018·山东师大附中模拟）图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（　　）

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

5．（2018·潍坊中学高三上学期开学考试）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的aF图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）

A．滑块A的质量为4kg

B．木板B的质量为1kg

C．当F＝10N时木板B加速度为4m/s2

D．当F＝10N时滑块A的加速度为2m/s2

【解析】　当F等于8N时，加速度为：

a＝2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：

F＝（M＋m）a，代入数据解得：

M＋m＝4kg，当F大于8N时，对B，由牛顿第二定律得：

a＝

＝

F－

，由图示图象可知，图线的斜率：

k＝

＝

＝

＝1，解得，木板B的质量：

M＝1kg，滑块A的质量为：

m＝3kg，故A错误，B正确；根据F大于8N的图线知，F＝6N时，a＝0，由a＝

F－

，可知：

0＝

×6－

，解得：

μ＝0.2，由图示图象可知，当F＝10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：

aB＝a＝

F－

＝

×10－

m/s2＝4m/s2，故C正确；当F＝10N时，A、B相对滑动，木块A的加速度：

aA＝

＝μg＝2m/s2，故D正确，故选BCD.

【答案】　BCD

6．（2018·江苏无锡高三质检）如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0＝3m/s开始水平向右滑动，已知M＞m.用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是（　　）

【解析】　木块滑上木板，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度大小aA＝

＝μg，aB＝

，已知M＞m，则aA＞aB.图线①斜率的绝对值应大于图线②斜率的绝对值，故A、B错误；若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故C正确，D错误．

【答案】　C

课时作业（九）

[基础小题练]

1．电梯早已进入人们的日常生活，设某人乘坐电梯时的vt图象如图所示，取向上为正方向，下列说法正确的是（　　）

A．0至t1时间内人处于失重状态

B．t2至t4时间内人处于失重状态

C．t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相反

D．0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相同

【解析】　由vt图象可知，0至t1时间内向上匀加速运动，人处于超重状态，选项A错误；t2至t4时间内，加速度向下，人处于失重状态，选项B正确；t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相同，0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相反，选项C、D错误．

【答案】　B

2．为

了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时（仅考虑乘客与水平面之间的作用），则关于乘客下列说法正确的是（　　）

A．不受摩擦力的作用

B．受到水平向左的摩擦力作用

C．处于超重状态

D．所受合力竖直向上

【解析】　对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，又因为乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A