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第2讲：动量守恒定律及其应用
学习目标：1.理解动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。2.能熟练运用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动。
1.
2.
3.
4.
基础自测
1.(人教版选择性必修第一册P16T2改编)在光滑水平面上，A、B两物体在同一直线上沿同一方向运动，A的质量是5 kg，速度是9 m/s，B的质量是3 kg，速度是5 m/s。A从后面追上B，他们相互作用一段时间后，B的速度增大为10 m/s，方向不变，这时A的速度大小为(　　)
A.5 m/s 　　B.6 m/s C.7 m/s 　　D.8 m/s
答案　B
2.(人教版选择性必修第一册P16T6改编)天花板下静止悬挂着一个用细线连接的沙袋，质量为m1，构成一个单摆，摆长为L。现有一颗质量为m的子弹水平射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起上摆到最大偏角θ，不计空气阻力。关于沙袋和子弹，下列说法正确的是(　　)
A.子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都守恒
B.子弹与沙袋共同上摆阶段系统动量与机械能都不守恒
C.子弹射入沙袋前的速度为
D.子弹射入沙袋前的速度为
答案　D
考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
考向　动量守恒条件的理解
例1 (2026·江苏泰州期中)如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A.子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B.木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，机械能守恒
C.上述任何一个过程动量均不守恒，机械能也不守恒
D.从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，机械能守恒
答案　A
解析　子弹射入木块的过程中系统所受合力为零，子弹和木块组成的系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，A正确，C、D错误;木块压缩弹簧过程中子弹和木块组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒，B错误。
例2 如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)(　　)
A.动量不守恒，机械能不守恒
B.动量守恒，机械能守恒
C.竖直方向动量守恒，机械能不守恒
D.水平方向动量守恒，机械能守恒
答案　D
解析　所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒;初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向所受合力不为零，动量不守恒，但水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D正确。
动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
考向　动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量式，解题时应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2.应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)选取正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
例3 如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg。现有质量m0=0.08 kg的小物块C以初速度v0=25 m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v=2.5 m/s。求:
(1)木块A的最终速度的大小;
(2)小物块C滑离木块A时的速度大小。
答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
解析　(1)设木块A的最终速度为v1，取向右为正方向，对A、B、C由动量守恒定律有
m0v0=mAv1+(mB+m0)v
解得v1=2.1 m/s。
(2)设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，对B、C由动量守恒定律有
m0v2+mBv1=(mB+m0)v
解得v2=4 m/s。
例4 如图，质量M=9 kg的小车A以大小为v0=8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m=1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H=0.8 m。某时刻，小车与静止在水平面上质量m0=6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)小车的最终速度的大小v;
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m
解析　(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，则有(M+m)v0=(M+m+m0)v，解得v=5 m/s。
(2)A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0=(M+m0)v1
设小球下落的时间为t，则有H=gt2
Δx=(v0-v1)t，解得Δx=1.28 m。
考点二　碰撞问题
考向:弹性碰撞
1.弹性碰撞的特点
碰撞瞬间系统内无机械能损失。
2.弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1=m1v1'+m2v2'
m1=m1v1'2+m2v2'2
联立解得v1'=v1，v2'=v1
讨论:(1)若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换，动量和动能全部转移)。
(2)若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
(3)若m1 m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1。
(4)若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
(5)若m1 m2，则v1'≈-v1，v2'≈0。
例5 (2025·江苏卷，14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1) 若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2) 若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
答案　(1)v0　(2)v0　(3)()4n+1m
解析　(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v10，钢球速度为v，则有mv0=mv10+mv
m=m+mv2
解得v10=0，v=v0
之后右侧钢球1碰球2，球2碰球3，…，球n-1碰球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。
(2)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，设碰撞后玻璃球速度为v1'，钢球速度为v11，则有mv0=mv1'+3mv11
m=mv1'2+×3m
解得v1'=-v0，v11=v0
则玻璃球的速度大小为v1=v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到第n个钢球，相当于与第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2，钢球速度为v21，则有
mv1=mv2+3mv21
m=m+×3m
解得v2=-v0=-()2v0
以此类推，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为()2nv0
则Ek=m=()4n+1m。
考向:非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失，有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损
2.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最多，有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损m
例6 (2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P，另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案　(1)24.5 J　(2)5 s
解析　(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有m2v0=m1v+m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ=3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=m2-(m1v2+m2)=24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速度大小为a=μg=5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有2ax=v2
解得该过程的位移为x=4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
设在防滑带上运动的时间为t0，由0=v-at0得t0== s=1.4 s
设经过第1个光滑区的速度为v1，经过第2个光滑区的速度为v2
由-v2=-2al2得v1=5 m/s
在第1个光滑区运动的时间t1== s=0.6 s
由-=-2al2得v2=1 m/s
在第2个光滑区运动的时间t2== s=3 s
P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5 s。
考向　碰撞的可能性
碰撞问题遵守的三条原则
例7 (2026·江苏泰州期末)如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是(　　)
A.0.3v B.0.5v C.0.7v D.0.8v
答案　B
解析　若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有mv=mv1+2mvmax，mv2=m+×2m，解得vmax=v;若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有mv=(m+2m)vmin，解得vmin=v。可知v≤vB≤v，故B正确。
考点三　爆炸、反冲
考向　爆炸问题
爆炸现象的三个规律
动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
例8 (2025·北京卷，17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求:
(1)该物体抛出时的初速度大小v0;
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;
(3)A、B落地点之间的距离d。
答案　(1)gt　(2)2v　(3)3vt
解析　(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，则v0=gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。
由动量守恒定律得2m·v=m·vB
解得vB=2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等，为t，则A的水平位移xA=vt
B的水平位移xB=vBt=2vt
所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=vt+2vt=3vt。
考向　反冲运动
反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
例9 (2026·江苏扬州期中)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短时间内质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度，下列操作中可行的是(　　)
A.减小v0的同时减小m B.增大v0的同时减小M
C.增大M的同时减小m D.同比例增大M、m
答案　B
解析　点燃火箭后在极短的间内，根据动量守恒定律有mv0=Mv，解得v=，所以要增大火箭的发射速度，应增大m和v0同时减小M，故B正确。
A级　基础对点练
对点练1　动量守恒定律的理解和基本应用
1.(2026·江苏无锡期中)如图所示，地面光滑，车厢水平底板粗糙。用细线连接车厢一端挡板及滑块，轻弹簧处于压缩状态，车厢静止。现将细线剪断，滑块相对车厢底板开始滑动，在滑动过程中，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒
D.动量不守恒，机械能不守恒
答案　B
解析　将细线剪断后滑块相对车厢底板滑动，则滑块和车厢底板之间有滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者之间的滑动摩擦力都是内力，故系统动量守恒，由于滑动摩擦力对系统做负功，所以系统机械能不守恒，故B正确。
2.(2026·江苏南京模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B两球(　　)
A.速度大小之比为m1∶m2
B.加速度大小之比为m1∶m2
C.动量大小之比为m2∶m1
D.动能大小之比为m2∶m1
答案　D
解析　由于A、B两球组成的系统不受外力，该系统动量守恒，所以两球动量大小p相等，比值为1∶1;由p=mv可知=，故A、C错误;小球的加速度大小之比==，故B错误;动能之比==，故D正确。
对点练2　碰撞问题
3.(2026·江苏苏州期中)在冬奥会冰壶比赛中，一冰壶沿着赛道做直线运动，与另一相同的冰壶发生弹性正碰。忽略冰壶与冰面之间的摩擦力，下列关于两个冰壶动量随时间的变化关系可能正确的是(　　)
答案　D
解析　设两冰壶的质量均为m，入射冰壶碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，被碰冰壶碰撞后的速度为v2，两冰壶发生弹性正碰，根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2，根据机械能守恒定律有m=m+m，联立解得v1=0，v2=v0，可知碰撞后两冰壶速度互换，则碰撞后入射冰壶的动量为0，被碰冰壶的动量等于碰撞前入射冰壶的动量，故D正确。
4.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
答案　D
解析　对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1'， 整理得mP(vP-vP')=mN(vN1'-vN1)，由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1，解得mPmN，综上可得mQ>mN>mP，D正确。
对点练3　爆炸、反冲
5.(2026·江苏海安高级中学月考)如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A.若uB.只有uC.喷气后飞机速度为u
D.喷气后飞机增加的速度为u
答案　D
解析　设喷出气体后飞机的速度为v'，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv=(m-Δm)v'+Δm(v'-u)，解得v'=v+u，则喷气后飞机增加的速度为Δv=v'-v=u，可知无论u与v的大小关系如何，v'总大于v，故A、B错误，D正确。
6.(2026·江苏连云港期中)假设一质量为m的炮弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m1部分的动能为Ek1，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该炮弹爆炸后瞬间的总动能为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设爆炸后瞬间质量为m1部分的速度大小为v1，另一部分质量为(m-m1)的速度大小为v2，根据动量守恒定律有m1v1=(m-m1)v2，该炮弹爆炸后瞬时的总动能为Ek总=Ek1+Ek2，其中Ek1=m1，Ek2=(m-m1)，联立解得Ek总=，故C正确。
B级　综合提升练
7.(2026·江苏南京开学考试)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。其原理可解释为，当大石获得的速度较小时，下面的人感受到的震动就会较小，人的安全性就较大。若大石块的质量是铁锤质量的120倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　如果发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m+120m)v，解得v=v0，如果发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+120mv2， m=m+×120m，解得v2=v0，所以撞击后大石块的速度v0≤v≤v0，故B正确。
8.(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s
答案　B
解析　设小球的质量为m，碰撞前小球B的水平速度为v，碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，则有mv=mv1+mv2，竖直方向上小球A的竖直速度vA不变，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h=gt2，解得t=2 s，可知碰撞后，小球A运动t'=1 s落地，则水平方向上有x=vt'，解得v=3.0 m/s，故B正确。
9.a球在轻绳Ⅰ和轻绳Ⅱ的共同作用下静止于如图所示的位置，轻绳Ⅰ长l=0.5 m，与竖直方向的夹角θ=37°，b球置于距离地面高h=1.6 m的台柱上，轻绳Ⅰ悬点O位于台柱正上方，距离地面高H=2.1 m。已知轻绳Ⅱ水平，a球、b球为两个可视作质点的完全相同的小球(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2)。现烧断轻绳Ⅱ，a球摆下，与b球发生弹性碰撞。不计空气阻力，求:
(1)a球即将与b球碰撞时的速度大小va;
(2)a球与b球碰撞后瞬间b球的速度大小vb;
(3)b球从台柱上飞出后落地时的水平位移大小s。
答案　(1) m/s　(2) m/s　(3)0.8 m
解析　(1)对a球摆下的过程，根据机械能守恒定律有mgl(1-cos θ)=m
代入数据解得va= m/s。
(2)对a球与b球的碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
mva=mva'+mvb
m=mva'2+m
联立并代入数据解得vb= m/s。
(3)b球从台柱上飞出后在空中做平抛运动，则
水平方向有s=vbt
竖直方向有h=gt2
联立并代入数据解得s=0.8 m。
10.(2024·安徽卷，14)如图所示， 一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg，小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv3
由能量守恒定律有
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，有Mv2=2Mv4
由能量守恒定律有
M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
C级　拔尖进阶练
11.(2026·江苏淮安模拟)如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是(　　)
A.若MB.若MC.若M=m，C与A可碰撞两次
D.若M>m，A与B可碰撞两次
答案　B
解析　小球C从静止释放到滑至底端由机械能守恒定律有Mgh=M;C与A碰撞为弹性碰撞，则有Mv0=Mv1+mv2，M=M+m，解得v1=v0，v2=v0;质量相同的A与B碰撞为弹性碰撞，故碰后A与B速度交换，即A停下，B以v2向右运动。若Mm，C与A碰后v1=v0，v2=v0，易知v1>0，v1

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