第2讲动量守恒定律及应用讲义.pdf

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1、专业文档 珍贵文档 第 2 讲动量守恒定律及应用 见学生用书 P094 微知识 1 动量守恒定律 1内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持 不变。 2常用的四种表达形式 (1)pp ，即系统相互作用前的总动量p 和相互作用后的总动量p 大小相等，方向 相同。 (2) pp p0，即系统总动量的增量为零。 (3) p1 p2，即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等 于另一部分动量的减少量。 (4)m1v1m2v2m1v 1m2v2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线 上时，作用前总动量与作用后总动量相等。 3常见的几种守恒形式及成立条件

2、(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 (3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向 上动量守恒。 微知识 2 碰撞 1碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用 的过程。 2碰撞特征 (1)作用时间短。 (2)作用力变化快。 (3)内力远大于外力。 (4)满足动量守恒。 专业文档 珍贵文档 3碰撞的分类及特点 (1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 (2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。 (3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。 微知识 3 爆炸现象 爆炸

3、过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 微知识 4 反冲运动 1物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。 2反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 一、思维辨析 (判断正误，正确的画“”，错误的画“”。) 1动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。() 2质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。() 3系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。() 4系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。() 二、对点微练 1(动量守恒条件 )(多选)如图所示，在光滑水平面上有A、B 两个木块， A、B 之 间用一轻弹簧连接， A 靠在墙壁上，用力

4、F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并 处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是() A木块 A 离开墙壁前， A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B木块 A 离开墙壁前， A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C木块 A 离开墙壁后， A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D木块 A 离开墙壁后， A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 解析木块 A 离开墙壁前，由A、B 和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力， 故系统动量不守恒，但机械能守恒，故选项A 错，B 对；木块 A 离开墙壁后，由 A、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系

5、统动量守恒，又没有机械能和其他 专业文档 珍贵文档 形式的能量转化，故机械能也守恒，故选项C 对，D 错。 答案BC 2(动量守恒定律 )如图所示，用细线挂一质量为M 的木块，有一质量为m 的子弹 自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和 v(设子弹穿过木块的 时间和空气阻力不计 )，木块的速度大小为 () A.mv 0mv M B.mv 0mv M C.mv 0mv Mm D.mv 0mv Mm 解析子弹和木块水平方向动量守恒，mv0Mv mv，由此知 v mv 0mv M ，故 B 项正确。 答案B 3(碰撞)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg

6、，mB 2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。 当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球A、B 速度的可 能值是() Av A5 m/s，vB2.5 m/s BvA2 m/s，vB4 m/s Cv A4 m/s，vB7 m/s Dv A7 m/s，vB1.5 m/s 解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但 A、 D 两项中，碰后 A 的速度 v A 大于 B 的速度 v B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际； C 项中，两球碰后的总 动能 E k 1 2mAv A 21 2mBv B 257 J，大于碰前的总动能 Ek22 J，违背了能量守恒 定律；而 B 项既符合实际情况，也不违背能量守

7、恒定律，故B 项正确。 答案B 专业文档 珍贵文档 4(爆炸和反冲 )将静止在地面上， 质量为 M(含燃料 )的火箭模型点火升空， 在极短 时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。忽略喷气过程重 力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是() A.m M v0B.M mv 0 C. M Mmv 0 D. m Mmv 0 解析根据动量守恒定律mv0(Mm)v，得 v m Mmv 0，选项 D 正确。 答案D 见学生用书 P095 微考点1动量守恒定律的应用 核|心|微|讲 1动量守恒定律适用条件 (1)前提条件：存在相互作用的物体系。 (2)理想条件：系统不受外

8、力。 (3)实际条件：系统所受合外力为零。 (4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。 (5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。 2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 专业文档 珍贵文档 3应用动量守恒定律的解题步骤 典|例|微|探 【例 1】如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为 mA3m、 mBmCm，开始时 B、C 均静止，A 以初速度 v0向右运动，A 与 B 相撞后分开， B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与 B 间的距离保持不变。求B 与 C 碰撞前 B 的速度大小。 专业文档 珍贵文档 【解题导思】 (

9、1)A、B 碰撞过程中， A、B 组成的系统动量守恒吗？ 答：守恒。 (2)题中的“此后 A、B 间距离保持不变”说明了什么？ 答：最终 A、B、C 三个木块的速度相同。 解析设 A 与 B 碰撞后， A 的速度为 vA，B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB，B 与 C 碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得 对 A、B 木块：mAv0mAvAmBvB， 对 B、C 木块：mBvB(mBmC)v， 由最后 A 与 B 间的距离保持不变可知vAv， 联立式，代入数据得vB 6 5v 0。 答案 6 5v 0 题|组|微|练 1如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量均为m0.08 kg 的

10、10 块完全相同 的长直木板。质量M1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v06.0 m/s从长木 板左端滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v14.0 m/s，铜块最终 停在第二块木板上。 g取 10 m/s 2，结果保留两位有效数字。求： (1)第一块木板的最终速度。 (2)铜块的最终速度。 解析(1)铜块在第一块木板上滑动的过程中，由动量守恒得Mv0Mv110mv2， 得 v22.5 m/s 。 (2)铜块从滑上第一块木板到停在第二块木板上，满足动量守恒 Mv0mv2(M9m)v3， 专业文档 珍贵文档 得 v33.4 m/s 。 答案(1)2.5 m/s(2)3.4 m/s

11、2如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙 )和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时 C 静止，A、B 一起以 v05 m/s的速度匀速向右运动， A与 C发生碰撞 (时间极短 )后 C向右运动， 经过一段时间， A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。 解析因碰撞时间极短， A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为 vA， C 的速度为 vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0mAvAmCvC， A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，

12、设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvAmBv0(mAmB)vAB， A 与 B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 vABvC，联立以上各式， 代入 数据得 vA2 m/s。 答案2 m/s 微考点2碰撞问题 核|心|微|讲 1碰撞过程中动量守恒，即p1p2p 1p2。 2碰撞后系统总动能不增加， 即 Ek1Ek2E k1Ek2，或 p 2 1 2m1 p 2 2 2m2 p 2 1 2m1 p 2 2 2m2。 3碰撞过程中发生的情况必须符合客观实际，如果甲追上乙并发生碰撞，碰前甲 的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于或等于乙的速度，或甲反向运 动。如果碰前甲、乙是相向

13、运动，则碰后甲、乙的运动方向不可能都不改变，除 非甲、乙碰撞后速度均为零。 典|例|微|探 【例 2】(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上 运动。 两球质量关系为 mB2mA， 规定向右为正方向，A、 B两球的动量均为 6 kg m/s， 运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为 4 kgm/s，则() 专业文档 珍贵文档 A该碰撞为弹性碰撞 B该碰撞为非弹性碰撞 C左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为25 D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为110 【解题导思】 (1)A、B 两球，谁的速度更大些？ 答：A 球的速度更大些。 (

14、2)如何分析碰撞是否是弹性碰撞？ 答：计算碰撞前的动能和碰撞后的动能的关系即可判断出结果。 解析由 mB2mA，pApB知碰前 vBvA，若右方为 A 球，由于碰前动量都为6 kgm/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别 为 v A、vB，由题意知 pAmAvA2 kg m/s，p BmBvB10 kg m/s，解得 vA vB 2 5 。碰撞后 A 球动量变为 2 kg m/s，B 球动量变为 10 kg m/s，又 mB2mA，由计 算可知碰撞前后A、 B 两球动能之和不变， 即该碰撞为弹性碰撞， 选项 A、 C 正确。 答案AC 【反思总结】 碰撞问题的解

15、题策略 1抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。 2可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满 足：v1 m1m2 m1m2v 0、v2 2m1 m1m2v 0。 3熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度； 当 m1? m2，且 v200 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当 m1? m2，且 v200 时，碰后质量小的球原速率反弹。 题|组|微|练 专业文档 珍贵文档 3(多选)(2018 湖南师大附中摸底考试)质量为 m，速度为 v 的 A 球跟质量为 3m 的静止的 B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的，

16、也可能是非弹性的，因此碰撞后B 球的速度可能值为 () A0.6vB0.4v C0.3vD0.2v 解析若发生的是完全非弹性碰撞： mv4mv1? v10.25v， 若发生的是弹性碰撞： 可得 B 球的速度 v20.5v，即 0.25vv 0.5v，故 B、C 项正确。 答案BC 4如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C 位于同一直线上， A 位于 B、 C 之间。 A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M，三者均处于静止状态。现使A 以某 一速度向右运动，求m 和 M 之间应满足什么条件，才能使A 只与 B、C 各发生一 次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。 解析A 向右运动与C 发生第

17、一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能 守恒。 设速度方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0， 第一次碰撞后 C 的速度为 vC1， A 的速度为 vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0mvA1MvC1， 1 2mv 2 0 1 2mv 2 A1 1 2Mv 2 C1， 联立式得 vA1 mM mM v0， vC1 2m mM v0。 如果 mM，第一次碰撞后， A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能 与 B 发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后， A 停止， C 以 A 碰前的速度向右运 动，A 不可能与 B 发生碰撞；所以只需考虑mM 的情况。 第一次碰

18、撞后， A 反向运动与 B 发生碰撞。设与B 发生碰撞后， A 的速度为 vA2， B 的速度为 vB1，同样有 vA2mM mM vA1 mM mM 2v 0， 专业文档 珍贵文档 根据题意，要求A 只与 B、C 各发生一次碰撞，应有 vA2vC1， 联立式得 m 24mMM20， 解得 m( 52)M。 另一个解 m( 52)M 舍去。 所以， m 和 M 应满足的条件为 (52)MmM。 答案( 52)MmM 微考点3动量和能量的综合问题 核|心|微|讲 利用动量和能量观点解题的技巧 1若研究对象为一个系统， 应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能 守恒定律 )。 2若研究对象

19、为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。 3因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律 )、动能定理都只考查一个 物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是 它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。 典|例|微|探 【例 3】在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为 d。现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相 距仍然为 d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 ，B 的质量为 A 的 2 倍， 重力加速度大小为g。求 A 的初速度的大小。 【解题导思】 (1)A

20、、B 碰撞的过程中满足动量守恒条件吗？ 答：满足，因碰撞过程时间极短，碰撞力很大，能够满足内力远远大于外力的条 件。 (2)碰撞前后两木块做什么运动？哪些力在做功？ 答：均做匀减速直线运动，摩擦力做功使其动能减小。 解析设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间， A 和 B 的速度分别为 v1和 v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 1 2 mv 21 2mv 2 1 1 2(2m)v 2 2， mvmv1(2m)v2， 式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正。由式得 专业文档 珍贵文档 v1 v2 2 ， 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为d1和 d2，由动能

21、定理得 mgd 11 2mv 2 1， (2m)gd21 2(2m)v 2 2， 按题意有 dd1d2。 设 A 的初速度大小为 v0，由动能定理得 mgd 1 2mv 2 0 1 2mv 2， 联立式，得 v0 28 5 gd 。 答案 28 5 gd 题|组|微|练 5如图所示，质量为m10.2 kg的小物块 A，沿水平面与小物块B 发生正碰，小 物块 B 的质量为 m21 kg。碰撞前， A 的速度大小为 v03 m/s，B 静止在水平地 面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B 与地面间 的动摩擦因数均为 0.2，重力加速度 g取 10 m/s 2，试求碰后 B

22、 在水平面上滑行 的时间。 解析假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量 守恒定律有 m1v0(m1m2)v1， 碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有 (m1m2)gt1(m1m2)v1， 解得 t10.25 s 。 假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B 的速度分别为vA、vB，则由动量守 恒定律有 m1v0m1vAm2vB， 专业文档 珍贵文档 由机械能守恒有 1 2 m1v 2 01 2m1v 2 A 1 2m 2v 2 B， 设碰后 B 滑行的时间为 t2，则 m 2gt2m2vB， 解得 t20.5 s。 可见，碰后 B 在水平面上

23、滑行的时间t 满足 025 st0.5 s。 答案0.25 s t0.5 s 6质量为 mB2 kg 的木板 B 静止于光滑水平面上，质量为mA 6 kg的物块 A 停在 B 的左端，质量为 mC2 kg 的小球 C 用长为 L0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O。现将小球 C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与 A 发生 正碰，碰撞作用时间很短为 t10 2 s，之后小球 C 反弹所能上升的最大高度 h 0.2 m。已知 A、B 间的动摩擦因数 0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气 阻力，g取 10 m/s 2。求： (1)小球 C 与物块 A 碰撞过程中所受的撞击力大小

24、。 (2)为使物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长。 解析(1)小球 C 下摆过程，由动能定理： mCgL 1 2mCv 2 C， 小球 C 反弹过程，由动能定理： mCgh0 1 2mCv 2 C， 碰撞过程，根据动量定理： F tmC(v C)mCvC， 专业文档 珍贵文档 联立以上各式解得F1.2103 N。 (2)小球 C 与物块 A 碰撞过程，由动量守恒定律： mCvCmC(vC)mAvA， 当物块 A 恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，所求木板B 的长度最小。 此过程，由动量守恒定律： mAvA(mAmB)v， 由能量守恒定律： m Ag x 1 2mAv 2 A 1 2

25、(mAmB)v 2， 联立以上各式解得x0.5 m。 答案(1)1.210 3 N (2)0.5 m 见学生用书 P097 “人船模型 ” 素能培养 “人船模型”是初态均处于静止状态的两物体发生相互作用的典型模型。 1模型概述 在水平方向所受合外力为零的两个静止物体(一个物体在另一个物体上)，在系统内 力的相互作用下同时开始反向运动，这样的力学系统可看作“人船”模型。 2模型特点 两物体速度大小、位移大小均与质量成反比，方向相反，两物体同时运动，同时 停止，遵从动量守恒定律，系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功 等于“人”动能的变化；力对“船”做的功等于“船”动能的变化。 经典考题

26、如图所示，长为L、质量为 M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人站在船头， 若不计水的阻力， 当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？ 专业文档 珍贵文档 解析当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的 作用，故系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为 v1，则 mv2Mv10，即 v2/v1M/m。 在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故mv2tMv1t0，即 ms2Ms10， 而 s1s2L，所以 s1 m MmL，s 2 M MmL。 答案s1 m Mm L，s2 M MmL 对法对题 1如图所示，长 20

27、m的木板 AB 的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量 为 10 kg，将木板放在动摩擦因数为 0.2 的粗糙水平面上，一质量为40 kg的人 从静止开始以 a14 m/s 2 的加速度从 B 端向 A 端跑去，到达 A 端后在极短时间内 抱住木桩 (木桩的粗细不计 )，求： (1)人刚到达 A 端时木板移动的距离。 (2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g取 10 m/s 2) 解析(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零，故不遵守动量 守恒。设人对地的位移为s1，木板对地的位移为s2，木板移动的加速度为a2，人与 木板的摩擦力为f，由牛顿定律得fM

28、a1160 N； 专业文档 珍贵文档 a2 fMm g m 160500.210 10 m/s 26.0 m/s2。 设人从 B 端运动到 A 端所用的时间为t，则 s11 2a1t 2, s 21 2a2t 2； s1s220 m， 由以上各式解得t2.0 s ，s212 m。 (2)解法一：设人运动到 A 端时速度为 v1， 木板移动的速度为v2， 则 v1a1t8.0 m/s, v2a2t12.0 m/s ， 由于人抱住木桩的时间极短，在水平方向系统动量守恒，取人的方向为正方向， 则 Mv1mv2(Mm)v，得 v4.0 m/s。由此断定人抱住木桩后，木板将向左运 动。由动能定理得 (M

29、m)gs 1 2(Mm)v 2 解得 s4.0 m。 解法二：对木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故产生向左的冲量，因 此，人抱住木桩后，系统将向左运动。由系统动量定理得(Mm)gt (Mm)v， 解得 v4.0 m/s ， 由动能定理得 (Mm)gs 1 2(Mm)v 2， 解得 s4.0 m。 答案(1)12 m(2)4.0 m 2如图所示，质量为m、半径为 R 的小球，放在半径为2R，质量为 2m 的大空心 球内。大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁 滚到最低点时，大球移动的距离是多少？ 解析设小球相对于地面移动的距离为s1，大球相对于地面移动的距离为s

30、 2。下落 专业文档 珍贵文档 时间为 t，则由水平方向动量守恒得m s1 t 2ms 2 t ；s1s2R；解得 s 21 3R。 答案 1 3R 见学生用书 P098 1如图所示，光滑的水平面上，小球A 以速度 v0向右运动时与静止的小球B 发 生对心正碰，碰后 A 球的速率为 v0 3 ， B 球的速率为 v0 2 ， A、 B 两球的质量之比为 () A38B35C23D43 解析碰撞瞬间动量守恒， 规定向右为正方向， 则有 mAv0 mAv 0 3 mBv 0 2 ，解得 mA mB 3 8或 mA mB 3 4，所以 A 项正确。 答案A 2一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定

31、位置， 由控制系统使箭体与卫星分 离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星 的速率 v1为() Av0v2 Bv0v2 Cv0m 2 m1v 2Dv0 m2 m1(v 0v2) 解析系统分离前后，动量守恒：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0 m2 m1(v 0 v2)，故 A、B、C 项错误， D 项正确。 答案D 3如图所示，两质量分别为m1和 m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h 处自由 专业文档 珍贵文档 落下， h 远大于两小球半径， 所有的碰撞都是完全弹性碰撞， 且

32、都发生在竖直方向。 已知 m23m1，则小球 m1反弹后能达到的高度为() AhB2h C3hD4h 解析下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v2gh，m2碰撞地之 后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与 m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量 守恒，设碰后 m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向， 则 m2vm1v m1v1m2v2， 由能量守恒定律得 1 2 (m1m2)v 21 2m 1v 2 1 1 2m2v 2 2， 且 m23m1， 联立解得 v12 2gh。 反弹后高度 H v 2 1 2g 4h，D 项正确。 答案D 4A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B 都在同一直线上运动，其位移时 间图象如图所示。由图可知，物体A、B 的质量之比为() 专业文档 珍贵文档 A11 B12 C13 D31 解析由图象知：碰前 vA4 m/s，vB0。碰后 v AvB1 m/s，由动量守恒可知 mAvA0mAv AmBvB，解得 mB3mA。故选项 C 正确。 答案C