“子弹打木块未穿出”模型

建构物理模型，巧手解决问题“子弹打木块未穿出”模型太原市第十二中学 姚维明模型建构：【模型】子弹打木块未穿出；两滑块相对运动，最终相对静止；两小球相互作用，速度最大。物块在弧面上运动，并相对静止。【特点】子弹打木块的常见类型之一：（1）木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。运动模型：子弹最终没有穿出木块，以共同速度运动。图1运动特点：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。图象模型：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，两者的速度图线如图1所示。图1中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法模型：把子弹和木块看成一个系统，利用：系统水平方向动量守恒；系统的能量守恒（机械能不守恒）；对木块和子弹分别利用动能定理。规律模型：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即Emgd系统动量守恒：mv0=(M+m)v物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：模型典案：图2【典案1】如图2所示，质量为m子弹，以速度v0射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为M。已知子弹在木块中运动所受阻力恒为Ff。求：（1）木块至少为多长，子弹刚好不能射出木块（2）系统发热发热损失的机械能方法模型一：解析子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为v，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 设子弹相对桌面位移为S1,对子弹由动能定理得:-fS1=mv2/2-mv02/2 设木块相对桌面位移为S1,对木块由动能定理得:fS1=Mv2/2-0 S1S2d图3设木块长度为d，则S2S1d 由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m)方法模型二：解析子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为v，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 对子弹与木块组成的系统由能量守恒定律得:mv02/2=（Mm）v2/2fd 由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m)方法模型三：了解子弹打木块模型vt图的物理意义。1、木块的厚度理数 2、子弹木块质量比3、作用阻力 4、小车动能v0图4 【典案2】如图4所示，在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质量与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属块与木板间动摩擦因数为=0.1，g取10m/s2。求两木板的最后速度。解析这是子弹打木块模型的典型示范。金属块在板上滑动过程中，系统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。（1）假设金属块最终停在A上。三者的相同速度为v，相对位移为x，则有 解得：，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。（2）设x为金属块相对B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0为金属块离开A滑上B瞬间的速度。则有：在A上 全过程 联立解得： v0v0图5点评整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程全过程列式，实际上是整体部分隔离法的一种变化。l【典案3】如图5所示，一质量为M长为l的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM，现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。以地面为参照系。求：若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离解析这也是子弹打木块模型。子弹的质量为（M-m），初速度为v0，A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v Mm, v0,即与B板原速同向。A的速度减为零时，离出发点最远设A的初速为v0，A、B摩擦力为Ff，向左运动对地最远位移为x，则 而v0应满足 Mv0-mv0=(M+m)v 解得：点评本题的特点是最终有共同速度，最终的动量必定与系统初始动量等大同向。特别注意对地还是相对的问题。我们最好以对地为参照系进行研究。v02v0图6【典案4】一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从长木板C两端相向水平地滑上长木板。如图6示。设物块A、B与长木板C间的动摩擦因数为，A、B、C三者质量相等。若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？解析由A、B、C受力情况知，当B从v0减速到零的过程中，C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移S1和运动时间t1分别为： 。然后B、C以g的加速度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。看作一颗子弹，初始动量为：mA2v0-mBv0对全过程：mA2v0-mBv0=(mA+mB+mC)v 解得： v=v0/3B、C的加速度 此子过程B的位移 总路程 A、B不发生碰撞时，木板长为L，A、B在C上相对C的位移分别为LA、LB，则 L=LA+LBv0图7 点评对多过程复杂问题，优先考虑全过程方程，特别是P=0和Q=fS相=E系统。全过程方程更简单。【典案5】在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为M=2同，B右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质量为m=1，以v0=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图7所示。A、B间动摩擦因数为=0.4，B与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块A最终不脱离B木板，木板B的最短长度是多少？解析A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv0=(M+m)v, 解得：v=2m/s此时B对地位移为S1，则对B： 解得S=1m5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v。设此时A在B上滑行L1距离，则 解得L1=3m以上为第一子过程。此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程时间很短，不用讨论)相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动当A、B再次达到相同速度v时：Mv-mv=(M+m)v 解得v=2/3 m/s向左，即B不会再与墙相碰，A、B以v向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2，则 解得：L2=1、33m L=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。点评+得 实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当PA始终大于PB时，系统最终停在墙角，末动能为零。图8v0v 【典案6】如图8所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00的平板小车，车上放一质量为m=1.96的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m，车与木块一起以v=0.4m/s的速度向右行驶，一颗质量为m0=0.04的子弹以速度v0从右方射入木块并留在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？解析子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度v1时，小车速度不变，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 此后木块(含子弹)以v1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v2，则 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 联立化简得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 为最大值， v0149.6m/sv0v0图9【典案7】一质量为m、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为m、长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数=0.15。如图9示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v0 =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求：（1）小车获得的最终速度；（2）物块相对小车滑行的路程；（3）物块与两挡板最多碰撞了多少次；（4）物块最终停在小车上的位置。解析（1）当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度mv0=2mv 解得:v=v0/2=3m/s（2） S=6m （3）（4）物块最终仍停在小车正中。点评（2）式中的“S”本身就是物块在全过程运动的路程。此解充分显示了全过程能量守恒规律的重要性及其全程考虑方法的妙用。S1S2AABB图10【典案8】如图10所示，在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于d（d2r）时，两球间无相互作用力；小于或等于d时，存在恒定的斥力F。当A球从较远处以速度v0向原来静止的B球运动，欲使两球不相碰，v0应满足什么条件。解法一： A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动。两球间的距离逐步减小，当A、B的速度相等时，两球间的距离最小。若此距离大于2r，则两球就不会接触。所以不接触的条件是， 其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度，s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中，A、B两球通过的路程。由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中，A、B两球的加速度大小为， 设v0为A球的初速度，则由匀加速运动公式得， ， 联立以上各式解得：S2S1解法二：本题可等效于子弹打木块模型，如图11。A、B两球刚接触的条件是：=v图11 设v0为A球的初速度，则由动量守恒定律得由动能定理得， 图12解得： 解法三：用图象求解作出两小球运动图象如图12SOPQS1S2 由题设条件可得SOPQL-2r 运用图象的物理意义解得QP图13 【典案9】如图13所示，在光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）AP的初动能 BP的初动能的1/2CP的初动能的1/3 DP的初动能的1/4解析这是典型的子弹打木块模型。两物块速度相等时，弹性势能最大。设P的初始速度为v0，最终的共同速度为v根据需动量定理得：解得：根据能量守恒规律： 答案选D模型体验：【体验1】一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v0射入静止的木块，子弹的质量为m，打入木块的深度为d，木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为 A B. C. D.答案AC A： C：图14【体验2】如图14所示，质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。解析系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：由系统机械能守恒得： 解得全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得点评本题和前面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。图15【体验3】如图15所示，质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。解析全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的都满足：mv0=(m+M)v第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能所以EK=Q=2EPABF f图16 而至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。【体验4】在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l，子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？【错解】设第一颗子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为： 对n颗子弹和其他物体构成的系统，可以认为是一颗子弹（质量为nm），同时打入靶中，列动量守恒方程：mnv = M(n1)mv 在时间t内船的后退距离s1= vt 子弹全部射出后船的后退距离s = ns1 联立解得：图17【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v，后退距离为s1=vt，如图17所示，由几何关系可知l= d+s1即l=vt + vt 联立解得：【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图18所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。图18【体验5】如图17所示，A、B、C三木块质量相等，一切接触面均光滑，一子弹由A射入，从B射出。设三木块末速度分别为vA,vB,vC,则有：A.vB最大B.vA最大C.vA=vBD.三木块的速度大小关系：vAvCVB解析动量守恒 挡子弹打穿A木块的瞬间时mvo=(MA+MB)vA+mv1此时A B 速度都为vA vA即为木块A的最终速度当子弹打穿B木块的瞬间时MBvB+mv1=MBvB+mv2因为v1v2所以vAvB而都是光滑面 所以vc=0所以 vCvAvB【体验6】如图19所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度v0多大？图19【错解】由动量守恒定律：mv0=(M1M2+m)v解得： 没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。【正确解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v0，由动量守恒定律：mv0=(M1m)v 此后(M1m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：但式，中有三个未知量，v0，v0，v，还需再寻找关系。从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=(M1+M1+m)v 点评对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。 【体验7】如图20所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3103N，求A，B最终的速度。图20错解设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m，子弹离开A的速度为v，物体A，B最终速度分别为vA，vB，A对子弹的阻力为f。在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v0为正：-ft = mvmv0解得：v=500m/S对物体A用动量定理。ft = mAvA0解得：vA=15m/S。对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：mv=（m+mB）vB解得：vB=16.13m/s。问题主要出在对物体A用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A除了受摩擦力以外还受到B对A的挤压作用。其实，此题可以避免A，B之间的挤压力，方法就是把A，B看成一个整体。【正确解答】 设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v，物体A，B最终速度分别为vA，vB。在子弹穿过A的过程中，以A，B为整体，以子弹初速v0为正方向，应用动量定理。ft=（mA+mB）u （u为A，B的共同速度）解得：u = 6m/s。由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度VA=u=6m/s。对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：mv0=mAvA+（m+mB）vB解得：vB= 21.94m/s。物体A，B的最终速度为vA=6m/s，vB=21.94m/s。点评（1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A的过程中依然用动量定理，求得A和B的速度为6m/s。也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A以后的速度，（设为V，其余所设如前）mv0=mv+（mA+mB）u 在子弹射穿B的过程中动量守恒mv+mBu=（m+mB）u 代入数据解得：v=500m/s。u=21.94m/s。即为B的最终速度。（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。图21 【体验8】如图21所示，在光滑水平面上有一质量M=3的薄板，板上有质量m=1的物块，都以v0=4m/s的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，试判断物块的运动情况。解析这也是子弹打木块模型的典型运用，取向右为正方向，子弹的质量为（M-m）初速度为v0向右。开始的动量为：若两者达到共同速度，则解得：。由于系统总动量方向向右，而薄板的速度大于2m/s，所以速度方向就有两种可能。用假设法。设当薄板速度v1=2.4m/s向右时，物块的速度为v2，此时系统的总动量为，根据动量守恒定律有，解得，可见此时物块以0.8m/s的速度向右做匀加速运动。图22【体验9】如图22所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？解析（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：方法一：动量观点方法二：动力学观点设电场力为F图23（2） 解得 根据能量守恒定律： 根据动能定理： 解得（3）带电环与电容器的速度图像如图21所示。由三角形面积可知：在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。【体验9】如图24所示，在光滑的水平轨道上，停放着一辆质量为680g的平板小车，在小车的右端C处的挡板上固定着一根轻质弹簧，在靠近小车左端的车面上A处，放有一块质量为675g的滑块（其大小可不计），车面上B处的左边粗糙而右边光滑，现有一质量为5g的子弹以一定的初速度水平向右击中滑块，并留在滑块中与滑块一起向右滑动，且停在B处。（1）若已知子弹的初速度为340m/s，试求当滑块停在B处时小车的速度；图24（2）若小车与滑块一起向右滑动时撞上了一堵竖直墙壁，使小车以原速率反弹回来，试求滑块最终的位置和速度。解析（1）设子弹、滑块、小车的质量分别为，由于整个过程中子弹、滑块、小车系统的总动量守恒，有 1.25 m/s（2）设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为，子弹、滑块、小车的共同速度为，因为，故由动量守恒定律得 再设AB长为，滑块与小车车面间的动摩擦因数为，由动能定理 由解得在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回B处的过程中，系统的机械能守恒，在滑块相对于小车由B处向左滑动的过程中有机械能损失，而在小车与墙壁碰撞后的整个过程中系统的动量守恒。设滑块的最终速度为 ， 0 设滑块由B向左在车面上滑行距离为，则 即滑块最终停在了小车上的A处，且最终速度为零。点评分析过程较为复杂，对这类滑块小车模型，我们必须将其运动过程进行分解，分成一系列阶段性的运动，并与相应的物理规律对应，列式进行求解。通过本题，我们再一次体会了站在能量转化与守恒的高度，利用系统发热量进行计算给解题带来的快捷。本题一个细节应引起我们高度注意：子弹击中滑块的过程极为短暂，子弹和滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，该过程中可认为小车不参与作用，仍静止。之后，子弹、滑块作用整体向右滑动，通过摩擦作用而使小车向右加速。【体验10】质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图25所示，当t=0ABv0v0图25时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。Ot/sv/m.s-11234512图26（3）作出小车的速度时间图象 解析（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：v1=v0-aAt1 mAg=mAaB v1=a车t1 mAg-mBg=Ma车由联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s（2）根据动量守恒定律有：mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v v=1m/s总动量向右，当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：-v=v1-aBt2 mBg=mAaB 由式得：t2=1.2s 所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0t1时间内小车做匀加速运动。在t1t2时间内小车做匀减速运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度时间图如图26所示。12nv02v0nv0图27【体验11】如图27所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量与所有木块的总质量相等。在t=0时刻木板静止，第l、2、3、n号木块的初速度分别为vo、2vo、3vo、nvo，方向都向右.最终所