2019版高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應用學案

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1、 第2講　動量守恒定律及應用 微知識1 動量守恒定律 1．內容：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．常用的四種表達形式 (1)p＝p′，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)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為零。 (3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系統(tǒng)內的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。 (4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內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

2、(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，但內力遠大于外力。 (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產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)內力遠大于外力。 (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

3、 　爆炸過程中內力遠大于外力，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，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼? 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

4、、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狀態(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

5、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化，故機械能也守恒，故選項C對，D錯。 答案　BC　 2．(動量守恒定律)如圖所示，用細線掛一質量為M的木塊，有一質量為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(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，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，mv0＝Mv′＋mv，由此知v′＝，故B項正確。 答案　B　 3．(碰撞)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。 當A追上B并發(fā)生碰撞

6、后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 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v′A大于B的速度v′B，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E′k＝mAv′A2＋mBv′B2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝22 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　B　 4．(爆炸和反沖)將靜止在地面上，質

7、量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析　根據(jù)動量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，選項D正確。 答案　D　 見學生用書P095 微考點　1　動量守恒定律的應用 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)所受合外力為零。 (4)近似條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于系統(tǒng)所受

8、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，質量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，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。 【解題導思】 (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、C三個木

9、塊的速度相同。 解析　設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：mAv0＝mAvA＋mBvB，① 對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v，② 由最后A與B間的距離保持不變可知vA＝v，③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vB＝v0。 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量均為m＝0.08 kg的10塊完全相同的長直木板。質量M＝1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0＝6.0 m/s從長木板左端滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1＝4.0 m/s，銅塊最

10、終停在第二塊木板上。g取10 m/s2，結果保留兩位有效數(shù)字。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Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2.5 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 Mv0＝mv2＋(M＋9m)v3， 得v3≈3.4 m/s。 答案　(1)2.5 m/s　(2)3.4 m/s 2．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，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0

11、＝5 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再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與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 mAv0＝mAvA＋mCvC， A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB， A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2 m/s。 答案　2 m/s 微考點　2　

12、碰撞問題 核|心|微|講 1．碰撞過程中動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。 2．碰撞后系統(tǒng)總動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，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。兩球質量關系為mB＝2mA，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

13、兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/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2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 【解題導思】 (1)A、B兩球，誰的速度更大些？ 答：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系即可判斷出結果。 解析　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，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，設碰后二者速度分別為v′A、v′B，由

14、題意知p′A＝mAv′A＝2 kg· m/s，p′B＝mBv′B＝10 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mB＝2mA，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】 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，列出相應方程求解。 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：v1＝v0、v2＝v0。 3．熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，

15、碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質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)質量為m，速度為v的A球跟質量為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(　　) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析　若發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv＝4mv1?v1＝0.25v，若發(fā)生的是彈性碰撞：可得B球的速度v2＝0.5v，即0.25v≤v′≤0.5v，故B、C項正確。 答案　BC　 4．如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位

16、于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設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 mv0＝mvA1＋MvC1，① mv＝mv＋Mv，② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0，③ vC1＝v0。④ 如果m>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

17、發(fā)生碰撞；如果m＝M，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m

18、對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(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)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，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μ，B的質量為A的2倍，重力加

19、速度大小為g。求A的初速度的大小。 【解題導思】 (1)A、B碰撞的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，能夠滿足內力遠遠大于外力的條件。 (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 mv2＝mv＋(2m)v，① mv＝mv1＋(2m)v2，② 式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正。由①②式得 v1＝－，③ 設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動

20、能定理得 μmgd1＝mv，④ μ(2m)gd2＝(2m)v，⑤ 按題意有d＝d1＋d2。⑥ 設A的初速度大小為v0，由動能定理得 μmgd＝mv－mv2，⑦ 聯(lián)立②～⑦式，得 v0＝ 。?、? 答案　 題|組|微|練 5．如圖所示，質量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質量為m2＝1 kg。碰撞前，A的速度大小為v0＝3 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)生不同性質的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝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　①假如兩物塊發(fā)生的是

21、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＝(m1＋m2)v1， 碰后，A、B一起滑行直至停下，設滑行時間為t1，則由動量定理有 μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1， 解得t1＝0.25 s。 ②假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有 m1v0＝m1vA＋m2vB， 由機械能守恒有 m1v＝m1v＋m2v， 設碰后B滑行的時間為t2，則 μm2gt2＝m2vB， 解得t2＝0.5 s。 可見，碰后B在水平面上滑行的時間t滿足 0．25 s≤t≤0.5 s。 答案　0.25 s≤t≤0.5 s

22、 6．質量為mB＝2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質量為mA ＝ 6 kg的物塊A 停在B的左端，質量為mC＝2 kg的小球C用長為L＝0.8 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Δt＝10－2 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物塊與小球均可視為質點，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： mCgL＝mCv，

23、 小球C反彈過程，由動能定理： －mCgh＝0－mCv′， 碰撞過程，根據(jù)動量定理： －FΔt＝mC(－v′C)－mCvC， 聯(lián)立以上各式解得F＝1.2×103 N。 (2)小球C與物塊A碰撞過程，由動量守恒定律： mCvC＝mC(－v′C)＋mAvA， 當物塊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＝(mA＋mB)v， 由能量守恒定律： μmAg·x＝mAv－(mA＋mB)v2， 聯(lián)立以上各式解得x＝0.5 m。 答案　(1)1.2×103 N　(2)0.5 m 見學生用書P097 “人船模型” 　素

24、能培養(yǎng) “人船模型”是初態(tài)均處于靜止狀態(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)內力的相互作用下同時開始反向運動，這樣的力學系統(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、質量為M的小船停在靜水中，一個質量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面

25、的位移各是多少？ 解析　當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，設某時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，則mv2－Mv1＝0，即v2/v1＝M/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mv2t－Mv1t＝0，即ms2－Ms1＝0， 而s1＋s2＝L，所以s1＝L，s2＝L。 答案　s1＝L，　s2＝L 　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，木樁與木板的總質量為10 kg，將木板放在動摩擦因數(shù)為μ＝0.2的粗糙水平面上，一質量為40 kg的人從靜止開始以a1＝4 m/

26、s2的加速度從B端向A端跑去，到達A端后在極短時間內抱住木樁(木樁的粗細不計)，求： (1)人剛到達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f＝Ma1＝160 N； a2＝ ＝ m/s2＝6.0 m/s2。 設人從B端運動到A端所用的時間為t，則 s1＝a1t2, s2＝a2t2； s1＋s2＝20 m， 由以上各式解得t＝

27、2.0 s，s2＝12 m。 (2)解法一：設人運動到A端時速度為v1，木板移動的速度為v2，則v1＝a1t＝8.0 m/s, v2＝a2t＝12.0 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Mv1－mv2＝(M＋m)v，得v＝4.0 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(M＋m)μgs＝(M＋m)v2解得 s＝4.0 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(M＋m)μgt＝(M＋m)v，解得v＝4.0 m/s， 由動能定理得(M＋m

28、)μgs＝(M＋m)v2， 解得s＝4.0 m。 答案　(1)12 m　(2)4.0 m 2．如圖所示，質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R，質量為2m的大空心球內。大球開始靜止在光滑的水平面上，當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m＝2m；s1＋s2＝R；解得s2＝R。 答案　R 見學生用書P098 1．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

29、的質量之比為(　　) A．3∶8　　　B．3∶5　　　C．2∶3　　　D．4∶3 解析　碰撞瞬間動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0＝±m(xù)A＋mB，解得＝或＝，所以A項正確。 答案　A　 2．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為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)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 解析　系統(tǒng)分離前后，動量守恒：(m1＋m2)v0＝m1v1＋

30、m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故A、B、C項錯誤，D項正確。 答案　D　 3．如圖所示，兩質量分別為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m2＝3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析　下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，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，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則m2v－m1v＝m1v1＋m2v2， 由能量守恒定律得 (m1＋m2)v2＝m1v＋m2v， 且m2＝3m1， 聯(lián)立解得v1＝2。 反彈后高度H＝＝4h，D項正確。 答案　D　 4．A、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的質量之比為 (　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析　由圖象知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0。碰后v′A＝v′B＝1 m/s，由動量守恒可知mAvA＋0＝mAv′A＋mBv′B，解得mB＝3mA。故選項C正確。 答案　C 15