如图所示，光滑水平面上，小球$M$、$N$分别在水平恒力$F_{1}$和$F_{2}$作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在$t_{1}$时刻发生正碰后各自反向运动。已知$F_{1}$和$F_{2}$始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第$1$次速度减为$0$的过程中，两小球速度$v$随时间$t$变化的图像，可能正确的是$(\qquad)$

根据牛顿第二定律$a=\dfrac{F}{m}$两物体受外力$F$大小相等，由图像的斜率等于加速度可知$M$、$N$的加速度大小之比为$4:6=2:3$，可知$M$、$N$的质量之比为$6:4=3:2$；设分别为$3m$和$2m$；由图像可设$MN$碰前的速度分别为$4v$和$6v$，则因$MN$系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律$3m⋅4v-2m⋅6v=3mv_{1}+2mv_{2}$

若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知$\dfrac{1}{2}3m{(4v)}^{2}+\dfrac{1}{2} \cdot 2m{(6v)}^{2}=\dfrac{1}{2} \cdot 3mv_{1}^{2}+\dfrac{1}{2} \cdot 2mv_{2}^{2}$

解得$v_{1}=-4v$、$v_{2}=6v$

因$M$、$N$的加速度大小之比仍为$2:3$，则停止运动的时间之比为$1:1$，即两物体一起停止，则$BD$是错误的；

若不是弹性碰撞，则$3m⋅4v-2m⋅6v=3mv_{1}+2mv_{2}$

可知碰后速度大小之比为$v_{1}:v_{2}=2:3$

若假设$v_{1}=2v$，则$v_{2}=3v$，此时满足$\dfrac{1}{2}3m{(4v)}^{2}+\dfrac{1}{2} \cdot 2m{(6v)}^{2} \gt \dfrac{1}{2} \cdot 3mv_{1}^{2}+\dfrac{1}{2} \cdot 2mv_{2}^{2}$

则假设成立，因$M$、$N$的加速度大小之比仍为$2:3$，则停止运动的时间之比为$1:1$，对$M$来说碰撞前后的速度之比为$4v:2v=2:1$

可知碰撞前后运动时间之比为$2:1$，可知$\rm A$正确，$\rm C$错误。

故选：$\rm A$。