高考物理复习考点知识专题讲解20 滑块-滑板模型(解析版)

高考物理复习考点知识专题讲解
专题20 滑板-滑块模型
一、单选题
1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）
A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f Mmg F M m
=+ B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M m μμ
>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mg
D.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22Mmg F M m
=+ 【答案】A
【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得
()2mg M m a =+
对A ，由牛顿第二定律得
f F Ma =
解得2f Mmg F M m
=+，故A 正确； B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有
Mg Ma μ=
解得a g μ=
以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得
()2mg M m a =+ 解得21M m μμ
=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21M m μμ>
-，故B 错误； C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有
mg F ma -=
解得F mg ma mg =-<，故C 错误；
D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为
2f
mg M m
F a M ==+ 对C 受力分析，根据牛顿第二定律有
mg F ma -=
解得22Mmg F M m
=+ 根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力
2222+=2Mmg N F F M m
=+ 故D 错误。

2.（2020·河北省唐山一中高一期中）如图，质量为M 且足够长的倾角为θ的斜面体C 始终静止在水平面上，一质量为m 的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻放在木板上，滑块B 在木板A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.A 与B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒
B.A 的加速度大小为2g sin θ
C.A 的速度为012v 时B 的速度也是012
v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力
【答案】C
【解析】A .因木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知
sin cos mg mg θμθ=
当放上木块B 后，对AB 系统沿斜面方向仍满足
2sin 2cos mg mg θμθ=⋅
可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A 错误；
B .A 的加速度大小为
sin 2cos sin A mg mg a g m
θμθθ-⋅=
=- 选项B 错误； C .由系统沿斜面方向动量守恒可知
0012
v mv m
mv =+ 解得 012
v v =
选项C 正确； D .斜面体受到木板A 垂直斜面向下的正压力大小为2cos mg θ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为 2cos =2sin mg mg μθθ⋅，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D 错误。

3.（2020·四川省宜宾市第四中学校高二期末）如图所示，甲叠放在物体乙上，
22m m m ==乙甲，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A.要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4mg μ
B.要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5mg μ
C.若5F mg μ=，则甲的加速度为g μ
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，0.5μ=，则F 35 【答案】D
【解析】AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。

对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
33F mg ma μ-=
对甲进行受力分析有：
m g m a μ=甲甲
解得要使甲、乙一起运动，则F 最大值为
6F mg μ=
选项AB 错误；
C.若56F mg mg μμ=＜，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
33F mg ma μ-=
解得：
23
a g μ= 选项C 错误；
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力F 与水平方向的夹角为θ，则有：
30Fcos mg Fsin θμθ--=（）
解得：
33
2mg mg F cos sin sin cos μθμθθθ=++＝＝其中tan 2φ＝
当分母最大即()1sin θφ+=时，拉力最小，最小为：
5
F mg = 选项D 正确。

故选D 。

二、多选题
4.（2020·江西省南昌二中高一月考）如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为2kg m =的另一物体B （可视为质点）以水平速度02m/s v =滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度
210m/s g =。

则下列说法正确的是（ ）
A.木板获得的动能为2J
B.系统损失的机械能为2J
C.木板A 的最短长度为1m
D.A 、B 间的动摩擦因数为0.1
【答案】BCD
【解析】A .从图可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s ，由
2kA 12
E mv = 可得木板A 的获得的动能为1J ，选项A 错误；
B .系统损失的机械能
22011222
E mv mv ∆=-⋅ 代入数据得
2J E ∆=
选项B 正确；
C .由图象可知物体B 的位移为1.5m ，木板A 的位移为0.5m ，所以木板最小长度为物体和木板
的相对位移，即为1m ，选项C 正确；
D .由图象可知木板A 的加速度为1m/s 2，根据
B A A m g m a μ=
其中
A B 2kg m m ==
得出动摩擦因数为0.1，选项D 正确。

故选BCD 。

5.（2020·云南省高二期末）水平地面上木板B 的上面有滑块A ，如图所示。

已知A 的质量为m ，B 的质量为M ，A 、B 之间，B 与地面之间的动摩擦因数均为μ，当A 获得水平向左的初速度，开始在木板上向左滑动时，下列说法正确的是（ ）
A.木板有可能同时向左运动
B.木板肯定不会动
C.木板受地面摩擦力与其重力无关
D.只有μ=0时，木板才会向左滑动
【答案】BC
【解析】AB .滑块A 向左滑动时，受到木板B 对它向右的摩擦力，大小为
1f mg μ=
由牛顿第三定律，滑块A 对木板B 有向左的摩擦力，大小为
21f f mg μ==
此时，又因为地面对木板B 有向左的摩擦力，大小为
()3f m M g μ=+
因为32f f > ，木板肯定不会动，A 错误，B 正确；
C .因为木板B 不动，受到的摩擦力为静摩擦力，与其重力无关，C 正确；
D .当32f f <，木板就会向左滑动，可求得地面与木板的摩擦因素 m m M
μμ'<
+ D 错误。

6.（2020·衡水市第十三中学高一月考）如图所示，质量为M =4kg 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m =1kg 的小滑块以初速度v 0=5m/s 从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。

则下面说法正确是（ ）
A.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4
B..整个过程中因摩擦产生的热量为10J
C.可以求出木板的最小长度是3.5m
D.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1
【答案】BD
【解析】A.滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：，地面光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：，其中μ是二者之间的动摩擦因数，即：，故A错误；
B.水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得： v= 1m/s。

根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：，故B正确；
C.设木板的最小长度为L，則有，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小长度，故C错误；
D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：
，故D正确。

7.（2020·眉山市东坡区多悦高级中学校高三月考）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板.已知小物块的质量为
m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是( )
A.小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/s
B.小物块与长木板相对静止时，速度为2m/s
C.长木板的最短长度为6m
D.当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用
【答案】BC
【解析】A 、根据牛顿第二定律对长木板有：122()m M g mg Ma μμ-+-=，可得
224
m/s 3
a =-，小物块的加速度2124m/s a g μ=-=-，小物块速度减小到0经历时间为t 1=1s ，此
时木板向左的位移为21121110m 23x vt a t =+=
，木板的速度1218
m/s 3
v v a t =+=，故A 错误； B 、小物块向右运动的位移为210
2m 2
v x t +=
=，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为234m/s a =，木块继续减速，加速度仍为224
m/s 3
a =-，假设又经历2t 时间二者速度相等，则有
32122a t v a t =+，解得20.5s t =，此过程木板位移23122217
m 26
x v t a t =+=，速度
31222m/s v v a t =+=，故B 正确；
C 、小物块的位移2
43210.5m 2
x a t =
=，二者的相对位移为1234()()6m x x x x x ∆=++-=，所以木板最小的长度为6m ，故C 正确；
D 、此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D 错误；
8.（2020·安徽省舒城中学高三其他）如图甲所示，可视为质点的质量m 1=1kg 的小物块放在质量m 2=2kg 的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹
角为37°。

现对木板施加水平向左的拉力F =18N ，木板运动的v -t 图象如图乙所示，sin37°=0.6，g 取10m/s 2，则（ ）
A.木板的长度为2m
B.木板的长度为1m
C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D.物块与木板间的动摩擦因数为
8
19
【答案】ACD
【解析】AB .从题图乙可知，木板运动2s 离开小物块，在02s 内，由图象可知
21
m 1m 2
x ⨯=
= 所以木板的长度
22m L x ==
故A 正确，B 错误；
C .设木板与地面间的动摩擦因数为2μ，物块与木板间的动摩擦因数1μ，在23s 内，由图
象可得长木板的加速度
224m/s v
a t
∆=
=∆ 由牛顿第二定律得
2222F m g m a μ-=
解得
20.5μ=
故C 正确；
D .在02s 内，对小物块进行受力分析，竖直方向
N 1sin 37F T m g +︒=
水平方向
1cos37T f ︒=
又知
11N f F μ=
长木板的加速度
210.5m/s v a t '
∆=
='
∆ 对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得
()
122N 21F f m g F m a μ''--+=
由牛顿第三定律得
11f f '= N N F F ='
联立上述式子解得
1819
μ=
故D 正确。

9.（2020·江苏省淮阴中学高二期末）如图所示，在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板A ，其上叠放一质量为m 2=2kg 的物块B ，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数2μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给物块施加随时间t 增大的水平拉力F =3t (N)，重力加速度大小g =10m/s 2。

则（ ）
A.t =ls 之后，木板将在地面上滑动
B.t =2s 时，物块将相对木板滑动
C.t =3s 时，物块的加速度大小为4m/s 2
D.木板的最大加速度为3m/s 2
【答案】AD
【解析】A .当
()1123N F m m g μ≤+=
物块和木板都没有动，处于静止状态，根据
F =3t (N)
可知t =ls 之后，木板将在地面上滑动，故A 符合题意；
BD .两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有
222F m g m a μ-=
对木板有
()221121m g m m g m a μμ-+=
解得
12N F =
23m/s a =
根据
F =3t (N)
可知t =4s 之后，物块将相对木板滑动，故B 不符合题意，D 符合题意；
C .由上分析可知，t =3s 时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律
()()111212F m m g m m a μ-+=+
代入数据可得
22m/s a =
故C 不符合题意。

10.（2020·四川省高三三模）如图甲所示，物块A 、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F 作用，A 、B 间的摩擦力f 1、B 与地面间的摩擦力f 2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示，已知物块A 的质量m =3kg ，重力加速度g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A.物块B 的质量为4kg
B.A 、B 间的动摩擦因数为0.2
C.B 与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D.当F =10N 时，A 物体的加速度大小为1.5m/s 2
【答案】BD
【解析】B .由图可知，AB 之间的最大静摩擦力为6N AB f =可知A 、B 间的动摩擦因数为
6
0.230
AB AB A f m g μ=
== 选项B 正确；
AC .由图可知，当F =4N 时，AB 整体相对地面开始滑动，则
()4N A B B m m g μ+=地
当F =12N 时，AB 即将产生相对滑动，此时对整体
()A
B B A B
F m m g
a m m μ-+=
+地
对物体A
AB A A m g m a μ=
联立解得
m B =1kg
=0.1B μ地
选项AC 错误；
D .当F =10N 时，AB 两物体一起加速运动，则AB 物体的加速度大小为
22()104
m/s 1.5m/s 31
A B B A B F m m g a m m μ-+-=
==++地
选项D 正确。

11.（2020·内蒙古自治区高三其他）如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M ，车上放一物块m ，开始时M 、m 均静止。

t =0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v -t 图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g =10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A.0-6s 内，m 的加速度一直保持不变
B.m 相对M 滑动的时间为3s
C.0-6s 内，m 相对M 滑动的位移的大小为4m
D.0-6s 内，m 、M 相对地面的位移大小之比为3：4
【答案】BD
【解析】AB .物块相对于平板车滑动时的加速度
22m /s mg
a g m
μμ=
==
若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示
有图像可以算出t =3s 时，速度相等，为6m/s 。

由于平板车减速阶段的加速度大小为
2218
m /s 2m /s 62
a a =
==- 故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。

物块相对平板车滑动的时间为3s 。

故A 错误，B 正确；
C .有图像可知，0-6s 内，物块相对平板车滑动的位移的大小
186128m 1m 36m=6m 222
x +∆=⨯⨯+⨯-⨯⨯
故C 错误；
D.0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小
11
66m=18m 2
x=⨯⨯平板车相对地面的位移大小
21
68m=24m 2
x=⨯⨯
二者之比为3：4，故D正确。

12.（2020·三亚华侨学校高三开学考试）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g=10m/s2.由题给数据可以得出
A.木板的质量为1kg
B.2s~4s内，力F的大小为0.4N
C.0~2s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F 等于f ，故F 在此过程中是变力，即C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s 和4-5s 列运动学方程，可解出质量m 为1kg ，2-4s 内的力F 为0.4N ，故A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D 错误.
三、解答题
13.（2020·内蒙古自治区高三其他）如图所示，倾角为θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L =4m 、质量M =2kg 的木板，M 与斜面间的动摩擦因数µ1=0.5，木板在沿斜面向下的恒力F =8N 的作用下从静止开始下滑，经时间t 1=1s ，将一质量为m =1kg 的可视为质点的物块无初速地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数µ2=0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F ，最终物块会与木板分离。

（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2，不计空气阻力）试求： (1)t 1=1s 时木板速度的大小；
(2)物块从放上木板到与木板分离所经历的时间（结果可用根式表示）。

【答案】(1)v =6m/s ； 2.4【解析】(1)设物块没放时，木板加速下滑的加速度大小为a ，则有
1sin cos F Mg Mg Ma θμθ+-=
解得
26m/s a =
t 1=1s 时木板速度的大小设为v ，则
1v at =
解得
v =6m/s
(2)物块放到木板上后到达相同速度前，设木板的加速度大小为1a ，物块的加速度的大小为
2a ，对木板M 有
121sin ()cos cos F Mg M m g mg Ma θμθμθ+-+-=
解得
213m/s a =
对物块m 有
22sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
228m/s a =
设经时间t 2物块与木板速度相同且为v '，则有
12v v a t =+'
22v a t '=
解得
t 2=1.2s
v '=9.6m/s
设时间t 2内木板和物块的位移分别为x 1和x 2，则有
2
1212
12x vt a t =+ 222212
=
x a t 由于12L x x >-，故物块不能从木板上端分离。

因为12μμ>，所以同速后物块相对于木板下滑，设同速后木板的加速度大小为1
a '，物块的加速度的大小为2
a '，则有 121
sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ-++=' 22
sin cos mg mg ma θμθ'-= 解得
21
1m/s a '= 22
4m/s a '= 设经时间t 3物块与木板分离，时间t 3内木板和物块的位移分别为1
x '和2x '，则有 21
31312x v t a t =+'''，2
232312
x v t a t =+'''
2
112x x x x -=-'' 解得
t 3= 2.4s
所以物块从放上木板到与木板分离所经历的时间
t =t 2+t 3=(1.2+ 2.4)s
14.（2020·黑龙江省大庆实验中学高二期末）如图甲所示一长木板在水平地面上运动，木板上有一运动的小物块，木板和物块运动的速度－时间图像如图乙所示。

己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、木板与地面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/s 2。

求
(1)物块与木板间的动摩擦因数1μ；木板与地面间的动摩擦因数2μ；
(2)从ｔ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对地的位移的大小。

【答案】(1)10.6μ=，20.2μ=；(2)
16m 3
【解析】(1)由图像可知，物块的加速度大小为
2212(8)
m/s 6m/s 1
a ---=
=
对物块由牛顿第二定律有
1116mg
a g m
μμ=
==
得
10.6μ=
由图像可知，木板的加速度大小为
2228
m/s 8m/s 1
a ==
对木板由牛顿第二定律有
12212()8mg mg
a g m
μμμμ+=
=+=
解得
20.2μ=
(2)当木板速度减到0时，物块的速度大小为
1(861)m/s 2m/s v =-⨯=
物块的位移为
128
1m 5m 2
x +=
⨯= 方向向左，接着木板反向加速，其加速度大小为
'21224m/s mg mg
a m
μμ-=
=
木板与物块速度相等时有
'211a t v a t =-
即
428t t =-
解得
1s 6
t = 共同速度为
'
2124m/s m/s 63
v a t ==⨯=
此过程位移为
22
2123m m 269
x +=
⨯= 再后物块与木板一起减速到0，则位移为
2232gx v μ=
即
2
2
322
()13m m 220.2109
v x g μ===⨯⨯ 总位移为
12316
m 3
x x x x =++=
15.（2020·洛阳偃师中成外国语学校高三月考）如图所示,水平桌面上有一薄木板,它的右端与
桌面的右端相齐,薄木板的质量M＝1.0kg,长度L＝1.0m.在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点),质量m＝0.5kg,小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.10,小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等,且μ2＝0.20,设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力.某时刻起给薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动.
(1)若小滑板与木板之间发生相对滑动,拉力F1至少是多大?
(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面,求拉力F2应满足的条件.
【答案】
【小题1】4.5N
【小题2】F6N
【解析】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为，薄木板的加速度为，根据牛顿第二定律：
对小滑块：
对木板：
若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：
联立以上方程得：F1=4.5N
（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为，小滑块脱离
木板前，薄木板的加速度为，空间位置变化如图所示，则：
根据运动学公式：
根据牛顿第二定律，对小滑块：
由速度位移公式：
由几何关系：
木板的位移：
根据牛顿第二定律，对木板：
联立以上方程解得：F2=6N
要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N.
16.（2020·河北省汇文二中高一期末）如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切.一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h＝0.6 m.滑块在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块与木板间的摩擦力大小；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行的距离.
【答案】 (1)2 N ；(2)1.5 J ；(3)1.5 m
【解析】(1)对木板
1f F Ma =
由运动学公式，有
1 v a t =
解得
2f F N =
(2)对滑块
2 f F ma -=
设滑块滑上木板时的初速度为v 0，
由公式
02v v a t -=
解得
03m/s v =
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
2012
f mgh W mv -=
可得滑块克服摩擦力做功为
1.5J f W =
(3)t =1s 内木板的位移
21112
x a t =
此过程中滑块的位移
22021
2
x v t a t =+
故滑块相对木板滑行距离
21 1.5m L x x =-=。