2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二第3講碰撞與動量守恒學(xué)案

PAGE13-第3講碰撞與動量守恒思維導(dǎo)圖要點熟記1.動量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時間內(nèi)所受的合外力。應(yīng)用動量定理列方程時必需選取正方向。2.不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。3.三類碰撞(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2。(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′。機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2。(3)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)。[研考向·提實力]__________________________________考向研析__駕馭應(yīng)試技能考向一沖量與動量定理1．恒力：求Δp時，用Δp＝Ft。2．變力：求I時，用I＝Δp＝mv2－mv1。3．Δp肯定：Ft為確定值，F(xiàn)＝eq\f(Δp,t)，t小F大——如碰撞；t大F小——如緩沖。4．矢量性：動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維狀況下，各個矢量必需選取統(tǒng)一的正方向。5．流體類：對于連續(xù)流體應(yīng)用動量定理時，要確定小段時間Δt的連續(xù)體為探討對象，寫出Δt內(nèi)的質(zhì)量Δm與Δt的關(guān)系式，分析連續(xù)Δm的受力狀況和動量改變。[典例1](多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運動。F隨時間t改變的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零[解析]依據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s內(nèi)合外力沖量分別為2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1s、2s、3s、4s末的速率分別為1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，故A、B正確，C、D錯誤。[答案]AB1．(2024·高考全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次試驗中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kgC．1.6×105kg解析：設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機(jī)的相互作用力為F，由動量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，選項B正確．答案：B2．(2024·安徽六安一中高三下學(xué)期檢測)一質(zhì)量為m＝60kg的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t＝0.2s，以大小v＝1m/s的速度離開地面，取重力加速度g＝10m/s2，在這0.2s內(nèi)()A．重力對運動員的沖量大小為0B．地面對運動員的沖量大小為60N·sC．地面對運動員做的功為30JD．地面對運動員做的功為零解析：重力對人的沖量大小為mgΔt＝120N·s，人的速度原來為零，起跳后變?yōu)関，以向上為正方向，由動量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面對人的沖量為I＝mv＋mgΔt＝60×1N·s＋600×0.2N·s＝180N·s，A、B錯誤；人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，支持力的作用點在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，C錯誤，D正確。答案：D3．運動員在水上做飛行運動表演，他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運動員與裝備的總質(zhì)量為90kg，兩個噴嘴的直徑均為10cm，重力加速度大小g取10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/mA．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s解析：設(shè)Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為m的水射出，忽視重力沖量，對這部分水由動量定理得FΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·πeq\f(d2,4)，運動員懸停在空中，所以F＝Mg，聯(lián)立解得v≈5.4m/s，故B正確。答案：B4.(2024·江蘇省南通市通州區(qū)高三下學(xué)期檢測)水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體接著運動一段距離后停下，兩物體的v-t圖像如圖所示，圖中AB∥CD，則整個過程中()A．F1的沖量等于F2的沖量B．F1的沖量大于F2的沖量C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量D．合外力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量解析：由圖可知，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，依據(jù)牛頓其次定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等，但a的運動總時間小于b的時間，依據(jù)I＝Fft可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤；依據(jù)動量定理，對整個過程探討得F1t1－FftOB＝0，F(xiàn)2t2－FftOD＝0，由圖看出，tOB＜tOD，則有F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、B錯誤；依據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的改變量，a、b兩個物體動量的改變量都為零，所以相等，故D正確。答案：D考向二動量、動量守恒定律1．動量守恒的條件(1)志向守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多。(3)單方向守恒：合外力在某方向上的分力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2．動量守恒定律的表達(dá)式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。[典例2]如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上玩耍。甲和他的冰車的總質(zhì)量為M＝30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是M＝30kg。甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避開相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時，乙快速抓住。若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相對地)將箱子推出，才能避開與乙相撞？[解析]要想剛好避開相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設(shè)甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2。對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以甲初速度方向為正方向，由動量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速度方向為正方向，由動量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2②甲與乙剛好不相撞的條件是v1＝v2③聯(lián)立①②③解得v＝5.2m/s，方向與甲和箱子初速度方向一樣。[答案]5.2m/s規(guī)律總結(jié)應(yīng)用動量守恒定律解題的基本步驟……………………(1)明確探討對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及探討的過程，如典例中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)。(2)進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時探討說明。5．光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體的質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面體的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面體底端。此過程中斜面體對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L解析：當(dāng)滑塊B相對于斜面體加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，故A錯誤；依據(jù)沖量定義I＝Ft可知滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為I＝FNt，故B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得Meq\f(x1,t)－meq\f(x2,t)＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，故D正確。答案：D6.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中。已知物體A的質(zhì)量mA是物體B的質(zhì)量mB的eq\f(3,4)，子彈的質(zhì)量m是物體B的質(zhì)量的eq\f(1,4)，則彈簧壓縮到最短時B的速度為()A.eq\f(v0,2) B．eq\f(v0,4)C.eq\f(v0,8) D．eq\f(v0,3)解析：依據(jù)題意可知，B的質(zhì)量mB為4m，A的質(zhì)量mA為3m，子彈的質(zhì)量為m，子彈剛射入物塊A時，A具有最大速度v，此過程中子彈與A的動量守恒，以子彈的初速度方向為正，依據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，解得v＝eq\f(v0,4)，對子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，A、B速度相等時彈簧被壓縮到最短。彈簧壓縮的過程中，依據(jù)動量守恒定律可得(m＋mA)v＝(m＋mA＋mB)v′，由此解得v′＝eq\f(v0,8)，故選項C正確。答案：C7．(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg解析：設(shè)運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度為v1，其次次推物塊后，運動員速度為v2……第八次推物塊后，運動員速度為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0其次次推物塊后，由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0……第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0整理得vn＝eq\f(（2n－1）mv0,M)則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)由題意知，v7＜5m/s，則M＞52kg，又知v8＞5m/s，則M＜60kg，可知選項B、C正確。答案：BC考向三動量和能量綜合應(yīng)用的“典型模型”動量和能量綜合應(yīng)用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸與反沖運動模型”“板—塊模型”，所涉及的問題往往是多過程問題，解決這類問題要弄清物理過程，分清每一個物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。模型1碰撞模型1．碰撞的“三個原則”(1)動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿意動量守恒定律；(2)能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實際相一樣。2．熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿意：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。3．熟記彈性正碰的結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。[典例3]如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同始終線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿意什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。[思路點撥]解此題的關(guān)鍵有兩點：正確分析“A只與B、C各發(fā)生一次碰撞”的條件。(1)A與C發(fā)生碰撞后，A反彈，速度v1＜0，即m＜M。(2)A向左運動與B發(fā)生碰撞后，須要滿意A碰后的速度小于等于C的速度。[解析]設(shè)A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)可得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋M)v0要使得A與B能發(fā)生碰撞，須要滿意v1＜0，即m＜MA反向向左運動與B發(fā)生碰撞，有mv1＝mv3＋Mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)整理可得v3＝eq\f(m－M,m＋M)v1，v4＝eq\f(2m,m＋M)v1由于m＜M，所以A還會向右運動，依據(jù)要求不發(fā)生其次次碰撞，須要滿意v3≤v2即eq\f(2m,m＋M)v0≥eq\f(m－M,m＋M)v1＝(eq\f(m－M,m＋M))2v0整理可得m2＋4Mm≥M解方程可得m≥(eq\r(5)－2)M另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿意(eq\r(5)－2)M≤m＜M。[答案](eq\r(5)－2)M≤m＜M易錯警示解決碰撞問題的兩點留意……………………(1)推斷兩物體碰撞瞬間的狀況：當(dāng)兩物體相碰時，首先要推斷碰撞時間是否極短、碰撞時的相互作用力(內(nèi)力)是否遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力。(2)依據(jù)兩物體碰撞時遵循的物理規(guī)律，列出相對應(yīng)的物理方程：①假如物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是列出動量守恒方程和機(jī)械能守恒方程進(jìn)行求解，如典例中的碰撞過程為彈性碰撞；②假如物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進(jìn)行求解。模型2爆炸與反沖運動模型1．爆炸和反沖運動相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，系統(tǒng)的總動量守恒。2．爆炸和反沖運動系統(tǒng)的總動能增加。3．爆炸和反沖運動的作用過程產(chǎn)生的位移很小，一般可忽視不計，可以認(rèn)作用前后在同一位置。[典例4](2024·高考全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。[解析](1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學(xué)公式有0－v0＝－gt ②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m)) ③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1 ④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg) ⑧[答案]見解析模型3“板—塊”模型1．條件：系統(tǒng)所受合外力為零。2．問題及其方法(1)求速度的方法：依據(jù)動量守恒定律求解，探討對象為一個系統(tǒng)；(2)求時間的方法：依據(jù)動量定理求解，探討對象為一個物體；(3)求位移的方法：依據(jù)動能定理求解，探討對象為一個物體；(4)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能的方法：依據(jù)能量守恒定律求解，即Q＝Ffx或Q＝E初－E末，探討對象為一個系統(tǒng)；(5)求相對位移的方法：依據(jù)能量守恒定律求解，即Ffx＝E初－E末，探討對象為一個系統(tǒng)。[典例5]如圖所示，在光滑水平面上有B、C兩個木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一個可視為質(zhì)點的物塊A，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右運動，C以速度v向左運動。B、C的上表面等高，二者發(fā)生完全非彈性碰撞但并不粘連，碰撞時間很短。A滑上C后恰好能到達(dá)C的中間位置，C的長度為(1)木板C的最終速度的大??；(2)木板C與物塊A之間的摩擦力Ff；(3)物塊A滑上木板C之后，在木板C上做減速運動的時間t。[解析](1)B、C碰撞過程中動量守恒，有2mv－mv＝(2m＋m)v解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C動量守恒，有3mv＋mv1＝(3m＋m)v解得v2＝eq\f(5,6)v。(2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,2)解得Ff＝eq\f(mv2,3L)。(3)在A、C相互作用過程中，以C為探討對象，由動量定理得Fft＝mv2－mv1解得t＝eq\f(3L,2v)。[答案](1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)8．(多選)(2024·山東濟(jì)南高三其次次聯(lián)考)如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個小球，a球向b球運動并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運動，其碰前和碰后的s-t圖像如圖乙所示，已知ma＝5kg。若b球的質(zhì)量為mb，兩球因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE，則()A．mb＝1kg B．mb＝2kgC．ΔE＝15J D．ΔE＝35J解析：在s-t圖像中圖線的斜率表示小球運動的速度大小，所以va＝eq\f(6,1)m/s＝6m/s，vb＝0，碰后兩球粘合在一起共同運動的速度為v＝eq\f(5,1)m/s＝5m/s，碰撞過程動量守恒，得mava＝(ma＋mb)v，解得mb＝1kg，故A正確，B錯誤；依據(jù)功能關(guān)系得ΔE＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)－eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝15J，故C正確，D錯誤。答案：AC9.(2024·四川攀枝花其次次診斷)如圖所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊，當(dāng)子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s。設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點，則子彈穿過木塊的時間為()A.eq\f(1,v0)(s＋L) B．eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D．eq\f(1,v0)(L＋2s)解析：子彈穿過木塊的過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，所受外力之和為零，動量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為Ff，對子彈，由動能定理得－Ff(s＋L