《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講動量守恒定律及應(yīng)用微知識1 動量守恒定律1內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2常用的四種表達(dá)形式(1)pp，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p大小相等，方向相同。(2)ppp0，即系統(tǒng)總動量的增量為零。(3)p1p2，即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。(4)m1v1m2v2m1v1m2v2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。3常見的幾種守恒形式及成立條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但
2、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(3)分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。微知識2 碰撞1碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。2碰撞特征(1)作用時間短。(2)作用力變化快。(3)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。(4)滿足動量守恒。3碰撞的分類及特點(1)彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒。(2)非彈性碰撞：動量守恒，機械能不守恒。(3)完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最多。微知識3 爆炸現(xiàn)象爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。微知識4 反沖運動1物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。2反沖運動中，相互作用力
3、一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯誤的畫“”。)1動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。()2質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。()3系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。()4系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。()二、對點微練1(動量守恒條件)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是()A木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒B木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組
4、成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒C木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒D木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒解析木塊A離開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，故選項A錯，B對；木塊A離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機械能也守恒，故選項C對，D錯。答案BC2(動量守恒定律)如圖所示，用細(xì)線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設(shè)子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，
5、木塊的速度大小為()A. B.C. D.解析子彈和木塊水平方向動量守恒，mv0Mvmv，由此知v，故B項正確。答案B3(碰撞)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。 當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能EkmAvA2mBvB25
6、7 J，大于碰前的總動能Ek22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確。答案B4(爆炸和反沖)將靜止在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析根據(jù)動量守恒定律mv0(Mm)v，得vv0，選項D正確。答案D見學(xué)生用書P095微考點1動量守恒定律的應(yīng)用核|心|微|講1動量守恒定律適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系。(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(3)實際條件：系統(tǒng)所
7、受合外力為零。(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。2動量守恒定律與機械能守恒定律的比較3應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟典|例|微|探【例1】如圖所示，光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小?！窘忸}導(dǎo)思】(1)A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？答：守恒。(2)題中的“此后A、B間距離保持不變”說明了什么？答：最終A、B、
8、C三個木塊的速度相同。 解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB，對B、C木塊：mBvB(mBmC)v，由最后A與B間的距離保持不變可知vAv，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0。答案v0題|組|微|練1如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量均為m0.08 kg的10塊完全相同的長直木板。質(zhì)量M1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v06.0 m/s從長木板左端滑上木板，當(dāng)銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v14.0 m/s，銅塊最終停在第二塊木板上。g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。
9、求：(1)第一塊木板的最終速度。(2)銅塊的最終速度。解析(1)銅塊在第一塊木板上滑動的過程中，由動量守恒得Mv0Mv110mv2，得v22.5 m/s。(2)銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動量守恒Mv0mv2(M9m)v3，得v33.4 m/s。答案(1)2.5 m/s(2)3.4 m/s2如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運動，且恰好
10、不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s。答案2 m/s微考點2碰撞問題核|心|微|講1碰撞過程中動量守恒，即p1p2p1p2。2碰撞后系統(tǒng)總動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2，或。3碰撞過程中發(fā)生的情況必須符合客觀實際，如果甲追上乙并發(fā)生碰
11、撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運動。如果碰前甲、乙是相向運動，則碰后甲、乙的運動方向不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。典|例|微|探【例2】(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110【解題導(dǎo)思】(1)A、B兩球，誰的速度更大些？答：
12、A球的速度更大些。(2)如何分析碰撞是否是彈性碰撞？答：計算碰撞前的動能和碰撞后的動能的關(guān)系即可判斷出結(jié)果。 解析由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若右方為A球，由于碰前動量都為6 kg m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設(shè)碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kg m/s，pBmBvB10 kg m/s，解得。碰撞后A球動量變?yōu)? kg m/s，B球動量變?yōu)?0 kg m/s，又mB2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確。答案AC【反思總結(jié)】碰撞問題的解題策略 1抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相
13、應(yīng)方程求解。2可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1v0、v2v0。3熟記彈性正碰的一些結(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)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。 題|組|微|練3(多選)(2018湖南師大附中摸底考試)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為()A0.6v B0.4vC0.3v D0.2v解析若發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv4mv1v10.25v，若發(fā)生的是彈性碰
14、撞：可得B球的速度v20.5v，即0.25vv0.5v，故B、C項正確。答案BC4如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，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)。現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，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。解析A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設(shè)速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0mvA1MvC1，mvmvMv，聯(lián)立式得vA1v0，vC1v0。如果m
15、M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮mM的情況。第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2vA12v0，根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2vC1，聯(lián)立式得m24mMM20，解得m(2)M。另一個解m(2)M舍去。所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(2)MmM。答案(2)MmM微考點3動量和能量的綜合問題核|心|微|講利用動量和能量觀點解題的技巧1若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定
16、律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。2若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。3因為動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。典|例|微|探【例3】在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d?，F(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。當(dāng)兩木塊都停止運動后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度的大小?！窘忸}導(dǎo)思】(1)A、B碰撞的
17、過程中滿足動量守恒條件嗎？答：滿足，因碰撞過程時間極短，碰撞力很大，能夠滿足內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力的條件。(2)碰撞前后兩木塊做什么運動？哪些力在做功？答：均做勻減速直線運動，摩擦力做功使其動能減小。 解析設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得mv2mv(2m)v，mvmv1(2m)v2，式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正。由式得v1，設(shè)碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得mgd1mv，(2m)gd2(2m)v，按題意有dd1d2。設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得mgdmvmv2，聯(lián)立式，得
18、v0 。答案 題|組|微|練5如圖所示，質(zhì)量為m10.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m21 kg。碰撞前，A的速度大小為v03 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時間。解析假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動量守恒定律有m1v0(m1m2)v1，碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時間為t1，則由動量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1，解得t10.25 s。假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A
19、、B的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有m1v0m1vAm2vB，由機械能守恒有m1vm1vm2v，設(shè)碰后B滑行的時間為t2，則m2gt2m2vB，解得t20.5 s。可見，碰后B在水平面上滑行的時間t滿足025 st0.5 s。答案0.25 st0.5 s6質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA 6 kg的物塊A 停在B的左端，質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長為L0.8 m的輕繩懸掛在固定點O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點與A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為t102 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)0.
20、1，物塊與小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求：(1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大小。(2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長。解析(1)小球C下擺過程，由動能定理：mCgLmCv，小球C反彈過程，由動能定理：mCgh0mCv，碰撞過程，根據(jù)動量定理：FtmC(vC)mCvC，聯(lián)立以上各式解得F1.2103 N。(2)小球C與物塊A碰撞過程，由動量守恒定律：mCvCmC(vC)mAvA，當(dāng)物塊A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求木板B的長度最小。此過程，由動量守恒定律：mAvA(mAmB)v，由能量守恒定律：mAgxmAv(mAmB)v2，聯(lián)立以上各式解得x0
21、.5 m。答案(1)1.2103 N(2)0.5 m見學(xué)生用書P097 “人船模型”素能培養(yǎng)“人船模型”是初態(tài)均處于靜止?fàn)顟B(tài)的兩物體發(fā)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為零的兩個靜止物體(一個物體在另一個物體上)，在系統(tǒng)內(nèi)力的相互作用下同時開始反向運動，這樣的力學(xué)系統(tǒng)可看作“人船”模型。2模型特點兩物體速度大小、位移大小均與質(zhì)量成反比，方向相反，兩物體同時運動，同時停止，遵從動量守恒定律，系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功等于“人”動能的變化；力對“船”做的功等于“船”動能的變化。經(jīng)典考題如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，若不計
22、水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？解析當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)某時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，則mv2Mv10，即v2/v1M/m。在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒，故mv2tMv1t0，即ms2Ms10，而s1s2L，所以s1L，s2L。答案s1L，s2L對法對題1如圖所示，長20 m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10 kg，將木板放在動摩擦因數(shù)為0.2的粗糙水平面上，一質(zhì)量為40 kg的人從靜止開始以a14 m/s2的加速度從B端向
23、A端跑去，到達(dá)A端后在極短時間內(nèi)抱住木樁(木樁的粗細(xì)不計)，求：(1)人剛到達(dá)A端時木板移動的距離。 (2)人抱住木樁后木板向哪個方向運動，移動的最大距離是多少？(g取10 m/s2)解析(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零，故不遵守動量守恒。設(shè)人對地的位移為s1，木板對地的位移為s2，木板移動的加速度為a2，人與木板的摩擦力為f，由牛頓定律得fMa1160 N；a2 m/s26.0 m/s2。設(shè)人從B端運動到A端所用的時間為t，則s1a1t2, s2a2t2；s1s220 m，由以上各式解得t2.0 s，s212 m。(2)解法一：設(shè)人運動到A端時速度為v1，木板移動的速度
24、為v2，則v1a1t8.0 m/s, v2a2t12.0 m/s，由于人抱住木樁的時間極短，在水平方向系統(tǒng)動量守恒，取人的方向為正方向，則Mv1mv2(Mm)v，得v4.0 m/s。由此斷定人抱住木樁后，木板將向左運動。由動能定理得(Mm)gs(Mm)v2解得s4.0 m。解法二：對木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故產(chǎn)生向左的沖量，因此，人抱住木樁后，系統(tǒng)將向左運動。由系統(tǒng)動量定理得(Mm)gt(Mm)v，解得v4.0 m/s，由動能定理得(Mm)gs(Mm)v2，解得s4.0 m。答案(1)12 m(2)4.0 m2如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R，質(zhì)量為2m的大空
25、心球內(nèi)。大球開始靜止在光滑的水平面上，當(dāng)小球從圖示位置無初速度地沿大球壁滾到最低點時，大球移動的距離是多少？解析設(shè)小球相對于地面移動的距離為s1，大球相對于地面移動的距離為s2。下落時間為t，則由水平方向動量守恒得m2m；s1s2R；解得s2R。答案R見學(xué)生用書P0981如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運動時與靜止的小球B發(fā)生對心正碰，碰后A球的速率為，B球的速率為，A、B兩球的質(zhì)量之比為()A38B35C23D43解析碰撞瞬間動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0mAmB，解得或，所以A項正確。答案A2一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。
26、已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)解析系統(tǒng)分離前后，動量守恒：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，故A、B、C項錯誤，D項正確。答案D3如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m23m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為()Ah B2hC3h D4h 解析下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度
27、相同，v，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則m2vm1vm1v1m2v2，由能量守恒定律得(m1m2)v2m1vm2v，且m23m1，聯(lián)立解得v12。反彈后高度H4h，D項正確。答案D4A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移時間圖象如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為 ()A11 B12C13 D31解析由圖象知：碰前vA4 m/s，vB0。碰后vAvB1 m/s，由動量守恒可知mAvA0mAvAmBvB，解得mB3mA。故選項C正確。答案C15
2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案
