專題三功能與動量中的圖像考點一機車啟動中的圖像知識回顧知識回顧1．以恒定功率啟動時P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：2．以恒定加速度啟動時P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：3．機車啟動a－圖像和F－圖像問題恒定功率啟動a－圖像恒定加速度啟動F－圖像由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝，①斜率k＝縱截距b＝③橫截距①AB段牽引力不變，做勻加速直線運動；②BC圖線的斜率k表示功率P，知BC段功率不變，牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動；③B點橫坐標對應勻加速運動的末速度為；④C點橫坐標對應運動的最大速度，此時牽引力等于阻力。典型例典型例題1．（多選）一新能源汽車以功率P0在平直的公路上勻速行駛，t1時刻發(fā)動機功率變?yōu)?P0，此后以2P0的恒定功率再次行駛至勻速。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的速度v、牽引力F、功率P、加速度a隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【解析】當汽車以P0的功率在公路上勻速行駛時，牽引力F與阻力f大小相等，功率變?yōu)?P0時，此后汽車以該功率行駛，故C正確。由于速度不發(fā)生突變，則牽引力變?yōu)镕′＝2F，此時a＝，汽車做加速運動，v增大，由于2P0＝F′×v，功率不變速度增大，則牽引力減小，根據(jù)a＝，加速度也減小，故B、D錯誤。由于阻力不變，最終牽引力等于阻力，加速度為零，汽車做加速度減小的加速運動，最終勻速，故A正確。2．一輛汽車在水平路面上由靜止啟動，在前4s內(nèi)做勻加速直線運動，4s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其v－t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為m＝2.5×103kg，汽車受到地面的阻力為f＝0.1mg，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．汽車在2s時的牽引力為5×103NB．汽車的額定功率為72kWC．汽車的最大速度為20m/sD．當汽車的速度為12m/s時，其加速度為1m/s2【答案】D【解析】A、汽車在前4s內(nèi)加速度大小為a＝＝m/s2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－0.1mg＝ma，解得F＝7500N，故A錯誤；B、在4s末達到額定功率，則P＝Fv＝7500×8W＝60000W，故B錯誤；C、當牽引力等于阻力時，此時速度達到最大，則P＝fvm＝0.1mgvm，解得vm＝24m/s，故C錯誤；D、汽車速度為12m/s時，根據(jù)P＝F′v，代入數(shù)據(jù)解得：F′＝5000N，加速度為a＝，代入數(shù)據(jù)解得：a＝1m/s2，故D正確。故選：D。3．某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據(jù)自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態(tài)，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數(shù)和牽引力F之間的關系圖像（－F），如圖所示。已知模型車的質(zhì)量m＝1kg，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續(xù)5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說法正確的是（）A．模型車受到的阻力大小為1N B．模型車勻加速運動的時間為2sC．模型車牽引力的最大功率為6W D．模型車運動的總位移為14m【答案】D【解析】A．由圖像可知，模型車受到的最小的牽引力為2N，此時加速度為0，模型車受力平衡，故車所受到的阻力大小為2N，故A錯誤；B．由圖像可知小車初始牽引力為4N，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得加速度a＝2m/s2，故時間t1＝＝1s，故B錯誤；C．當速度達到2m/s時，模型車開始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數(shù)為功率，故功率P＝8W，故C錯誤；D．根據(jù)計算可知模型車恒定功率運動時間t2＝4s，根據(jù)動能定理Pt2－fx2＝－，得x2＝13m，勻加速階段位移x1＝1m，故總位移x＝x1＋x2＝14m，故D正4．（多選）某型汽車總質(zhì)量為2000kg，某駕駛員以恒定功率加速行駛，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關系如圖所示，則汽車在加速至最大速度的過程中（）A．最大速度為30m/s B．加速度隨速度均勻增大C．輸出功率為120kW D．所受阻力大小為5000N【答案】AC【解析】A．由題圖可知，當a＝0時，vm＝30m/s，故A項正確；B．a(chǎn)－的函數(shù)方程a＝m/s2，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，為變加速運動，故B項錯誤；CD．對汽車整體受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有a＝，由圖像和a＝，可解得f＝4000N，P＝fvm＝120kW，故C項對，D項錯；故選：AC。5．（多選）一輛機車在水平路面上從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化的圖像如圖甲所示，機車牽引力F和車速倒數(shù)的關系圖像如圖乙所示，機車前進過程中所受阻力大小恒定，t＝t0時刻機車達到額定功率，之后保持該功率不變，下列說法正確的是（）A．所受恒定阻力大小為1.5×105N B．機車運動的額定功率為6×106WC．機車勻加速運動的時間為30s D．機車的質(zhì)量為6×105kg【答案】AD【解析】由圖乙可知，機車所受恒定阻力大小為f＝1.5×105N，選項A正確；機車運動的額定功率P＝fvm＝1.5×105×60W＝9×106W，選項B錯誤；機車勻加速的末速度v＝＝20m/s，AB段機車恒定加速啟動，由甲圖可知機車的加速度為a＝0.5m/s2機車勻加速運動的時間t0＝＝40s，選項C錯誤；由圖可知，F(xiàn)m－f＝Ma解得M＝6×105kg，選項D正確。6．（多選）如圖甲所示，起重機從t＝0時刻由靜止開始豎直向上提升某物體，從開始運動到剛獲得最大速度過程中，物體速度的倒數(shù)和牽引力F的關系圖像如圖乙所示，整個過程時間持續(xù)9s，獲得的最大速度為12m/s，不計其他阻力，取重力加速度g＝10m/s2，以下說法正確的是（）A．物體的質(zhì)量為180kg B．起重機牽引力的最大功率為15kWC．物體做勻加速運動的時間為5s D．物體在9s內(nèi)上升的高度為70.8m【答案】CD【解析】根據(jù)P＝Fv，可得＝，當物體速度從10m/s增加至12m/s的過程中，結(jié)合圖線的斜率可得P＝18000W＝18kW，B錯誤；速度最大時合外力為零，即牽引力等于物體重力，根據(jù)圖像可知，在F＝1500N時速度達到最大值，因此有F＝mg＝1500N，解得m＝150kg，A錯誤；由圖像可知起重機初始牽引力大小為F1＝1800N，且勻加速結(jié)束時物體的速度大小為v1＝10m/s，根據(jù)牛頓第二定律有F1－mg＝ma，解得加速度a＝2m/s2，根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關系可得勻加速運動的時間t1＝＝5s，C正確；根據(jù)題意，物體速度達到最大用時9s，而勻加速階段用時5s，則可知，起重機以恒定功率運行的時間t2＝4s，根據(jù)動能定理Pt2－mgx2＝，式中v2＝12m/s，解得x2＝45.8m，勻加速階段位移x1＝＝×2×52m＝25m，故總位移x＝x1＋x2＝70.8m，D正確。7．（多選）2024年10月1日，由我國自主研發(fā)目前最先進的CR400AF－S型“復興號”智能動車組列車從太原順利開往北京，最高時速350公里/小時。已知列車的質(zhì)量為2×105kg，若此列車在平直鐵路上行駛的圖像如圖所示，在行駛過程中受到的阻力大小恒定，則在0～20s內(nèi)，下列說法正確的是（）A．列車在以恒定功率行駛B．列車的初速度大小為10m/sC．列車的加速度大小為0.2m/s2D．0～20s內(nèi)列車牽引力做的功大于1.76×107J【答案】CD【解析】ABC．根據(jù)運動學公式x＝v0t＋，變形可得＝，結(jié)合圖像得v0＝m/s＝20m/s，縱軸截距0.1m/s2＝，可得a＝0.2m/s2，可見列車做初速度為20m/s，加速度為0.2m/s2的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得F－f＝ma，牽引力功率P＝Fv＝(f＋ma)v，可知牽引力功率逐漸增大，故AB錯誤，C正確；D．20s末列車的速度大小為v20＝v0＋at20＝24m/s，根據(jù)動能定理得W－fx1＝－，牽引力做的功W＞－＝1.76×107J，故D正確。故選CD。考點二與動能定理相關的圖像問題知識回顧知識回顧1．處理動能定理相關的圖像問題的一般方法（1）首先看清楚所給圖像的種類（如v－t圖像、F－x圖像、Ek－x圖像等）。（2）挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v－t圖像所包圍的“面積”求位移，由F－x圖像所包圍的“面積”求功；由Ek－x圖像的斜率求合外力等。（3）分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量。（4）動能定理與圖像結(jié)合問題2．力學中四類圖像所圍“面積”的意義典型例典型例題1．在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到v時立即關閉發(fā)動機滑行，直到停止。運動過程的v－t圖如圖所示，設汽車牽引力的大小為F，阻力的大小為f，則（）A．F∶f＝1∶3 B．F∶f＝3∶1C．F∶f＝4∶1 D．F∶f＝1∶4【答案】C【解析】對全過程由動能定理可知：WF－Wf＝0根據(jù)恒力做功公式得：WF＝Fs，Wf＝fs′由圖可知：s∶s′＝1∶4所以：F∶f＝4∶1，故C正確；故選C。2．（多選）一質(zhì)量為2kg的物體從t＝0時刻由靜止開始做直線運動，其運動的加速度a與時間t的變化關系圖像如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．合力對物體做的功為256JB．合力對物體做的功為512JC．t＝2s時合外力的瞬時功率為48WD．t＝2s時合外力的瞬時功率為56W【答案】AC【解析】AB、根據(jù)a－t圖像的面積表示速度的變化量可知，物體的4s末的速度v＝×4m/s＝16m/s，根據(jù)動能定理可知合外力的功W＝－0，解得W＝256J，故A正確，B錯誤；CD、根據(jù)圖像，t＝2s時a＝4m/s2，合外力F＝ma＝2×4N＝8N，t＝2s時物塊的速度v′＝×2m/s＝6m/s，可知t＝2s合外力的瞬時功率P＝Fv′＝8×6W＝48W，故C正確，D錯誤。故選：AC。3．（多選）如圖甲，在水平粗糙地面上，一水平彈簧左端與豎直固定擋板連接，右端與物塊1連接，物塊1與物塊2接觸不粘連。初始時物塊2受到一水平向左的推力F，彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊1、2處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)撤去推力F，物塊1、2被彈簧彈開，直至物塊1、2分開為止，此過程中物塊1、2間的彈力FN與物塊1、2運動的位移x的關系如圖乙所示，圖中F1、x1均為已知量。已知物塊1、2質(zhì)量均為m，它們與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．物塊1、2分開時，彈簧處于原長B．彈簧的勁度系數(shù)為C．剛撤去推力F的瞬間，彈簧的彈力大小為2F1＋μmgD．物塊1、2分開時，物塊1的速度大小為【答案】ABD【解析】A．物塊1、2分開時，物塊間的彈力為零，加速度相同，物塊2加速度a2＝μg，物塊1加速度a1＝a2＝μg，故彈簧彈力為零，彈簧處于原長，A正確；B．x＝0時，對物塊1、2整體：2ma＝kx1－2μmg，對物塊2：ma＝F1－μmg，解得：彈簧的勁度系數(shù)k＝，B正確；C．剛撤去推力F的瞬間，彈簧的彈力大小為kx1＝2F1，C錯誤；D．根據(jù)動能定理，設物塊1、2分開時，兩物塊同速v，對物塊2：WFN－Wf＝，WFN＝，Wf＝μmgx1，聯(lián)立解得：v＝，D正確。故選：ABD。4．（多選）一物塊以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后回到斜面底端。該物體的動能Ek隨位移x的變化關系如圖所示，圖中x0、Ek1、Ek2均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物體所受滑動摩擦力的大小C．斜面的傾角 D．沿斜面上滑的時間【答案】BD【解析】ABC．由動能定義式得Ek1＝，則可求解質(zhì)量m，上滑時，由動能定理Ek－Ek1＝－(mgsinθ＋f)x下滑時，由動能定理Ek＝(mgsinθ－f)(x0－x)x0為上滑的最遠距離；由圖像的斜率可知mgsinθ＋f＝，mgsinθ－f＝兩式相加可得gsinθ＝，相減可知f＝即可求解gsinθ和所受滑動摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯誤，B正確；D．根據(jù)牛頓第二定律和運動學關系得mgsinθ＋f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的時間，D正確。故選BD。5．（多選）放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關系圖象和該拉力的功率與時間的關系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是（）A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等【答案】AD【解析】A．拉力在0～6s內(nèi)做的總功，故A正確；B．由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力在2～6s內(nèi)所受的拉力，故B錯誤；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運動可知，可求得μ＝0.25，故C錯誤；D．由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為＝40J，故D正確。故選AD。考點三功能關系中的圖像問題知識回顧知識回顧1．幾種常見功能圖像中斜率的含義EK－x圖像EP－x圖像E－x圖像E－t圖像斜率：合外力①合外力沿＋x方向②合外力沿－x方向斜率：對應的保守力①保守力沿－x方向②保守力沿＋x方向斜率：除重力、彈力以外的力①沿＋x方向②沿－x方向斜率：功率2．a(chǎn)－x圖像面積的含義如果物體做勻加速直線運動時，其a－x圖象如圖1所示，由勻變速直線運動的位移與速度的關系可知，初速度的平方與末速度的平方的差值等于a－x圖線與坐標軸圍的面積的2倍。我們借助這個推導思想，把變加速直線運動的a－x圖象的位移x分成無限多等份，如圖2所示，再根據(jù)微元積分可得：變加速直線運動，初速度的平方與末速度的平方的差值等于a－x圖線與坐標軸圍的面積的2倍。或者說a－x圖線與坐標軸圍的面積與質(zhì)量的成績表示合力所做的功。典型例典型例題1．如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑．若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0B．木塊受到的摩擦力大小為C．木塊的重力大小為D．木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為【答案】B【解析】A．由圖乙可知，木塊位移為x0時，動能為0，機械能為2E0，重力勢能增加了2E0，故A錯誤：B．由圖乙可知，克服摩擦力做功損失的機械能為ΔE＝3E0－2E0＝E0，木塊受到的摩擦力大小為f＝μmgcosθ＝，故B正確；CD．由動能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x0＝0－3E0，解得mg＝，μ＝，故CD錯誤。故選：B。2．我國已擁有“蛟龍”號、“深海勇士”號、“奮斗者”號三臺深海載人潛水器。某次潛水器由靜止開始豎直下潛，下潛過程中受到的阻力與它下潛的速度大小成正比，下列關于潛水器的速度一時間圖像（v－t）、重力勢能一時間圖像（Ep－t）、機械能一位移圖像（E－x）和動能一位移圖像（Ek－x），可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A、下潛過程阻力隨速度變化，則合力變化，加速度是變化的，根據(jù)v－t圖像斜率表示加速度可知A錯誤；B、Ep－t圖像的斜率表示重力做功的瞬時功率，即k＝mgv，由于v是變化的，所以圖像斜率變化，故B錯誤；C、E－x圖像的斜率表示阻力，下潛過程中阻力先變大，最終會不變，而圖中斜率變小，故C錯誤；D、Ek－x圖像斜率表示合外力，下潛過程中，合力越來越小，最終可能為零，故D正確。故選D。3．物塊從固定斜面的底端上滑，機械能與動能的關系如圖2所示。已知斜面傾角37°，物塊質(zhì)量5kg，初速度v0，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ。以斜面底端位置為零勢能面，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．μ＝0.4，v0＝2m/s B．μ＝0.5，v0＝2m/sC．μ＝0.4，v0＝m/s D．μ＝0.5，v0＝m/s【答案】B【解析】根據(jù)動能表達式Ek＝，物塊質(zhì)量5kg，動能最大為10J，所以初速度v0＝2m/s，CD錯誤；從最低點到最高點由能量守恒，規(guī)定初始位置為零勢能面，有Ek0＝mgxsin37°＋μmgxcos37°，在最高點機械能E＝mgxsin37°，根據(jù)＝，解得μ＝0.5，B正確，ACD錯誤。4．如圖所示，表面粗糙的“L”型水平軌道固定在地面上，勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧一端固定在軌道上的O點，另一端與安裝有位移、加速度傳感器的滑塊相連，滑塊總質(zhì)量為m。以O為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸，將滑塊拉至坐標為x3的A點由靜止釋放，向左最遠運動到坐標為x1的B點，測得滑塊的加速度a與坐標x的關系如圖所示，其中a0為圖線縱截距，則滑塊由A運動至B過程中（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）（）A．x2＝l0B．a(chǎn)3＞a1C．最大動能為D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為(ma0＋kl0)(x3－x1)【答案】C【解析】A．由圖可知，當滑塊運動到x2位置時，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右的滑動摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態(tài)，而不是原長，故A錯誤；C．加速度為零時，速度達到最大，動能最大，根據(jù)動能定理，結(jié)合圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積可得Ekm＝，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律得－k(x－l0)＋μmg＝ma，可得a＝＝，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(x3－x1)＝(ma0－kl0)(x3－x1)，故D錯誤；B．物體從A到B過程由動能定理可知＝，且有＝，解得a1＝a3，由此可知，兩位置的加速度大小相等，故B錯誤。故選C。5．如圖所示，光滑固定斜面底端固定一輕質(zhì)彈簧，一滑塊P從O點靜止釋放，向下滑動過程經(jīng)a點接觸彈簧，最低到達b點處。以O為原點、平行斜面向下為x軸正方向建立一維坐標系，a、b處坐標分別為x1、x2。設滑塊在b處重力勢能為0，下滑過程中，滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E、加速度a隨位移x的變化圖像符合實際的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．設斜面傾角為θ，滑塊接觸彈簧前，在經(jīng)過一小段位移Δx過程中，由動能定理有mgΔxsinθ＝ΔEk，有＝mgsinθ，故動能隨位移均勻增加，滑塊接觸彈簧后，再經(jīng)過一小段位移Δx1過程中，由動能定理有(mgsinθ－F彈)Δx1＝ΔEk，有＝mgsinθ－F弾，由于F弾逐漸增加，故圖線斜率變化，不符合A項的Ek－x圖像，故A錯誤；B．取整個過程中任一小段位移Δx，由功能關系有mgΔxsinθ＝－ΔEp，有＝－mgsinθ，故圖線斜率不變，重力勢能隨位移均勻減小，不符合B項的Ep－x圖像，故B錯誤；C．滑塊的機械能是否改變?nèi)Q于除重力外有無其他外力做功，接觸彈簧前滑塊機械能守恒，接觸彈簧后到最低點過程中，彈簧彈力對滑塊做負功，滑塊機械能減小。不符合C項的的E－x圖像，故C錯誤；D．由牛頓第二定律，滑塊接觸彈簧前，有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，加速度不變，接觸彈簧后，有mgsinθ－k(x－x1)＝ma，有a＝gsinθ－(x－x1)，加速度隨位移線性變化，故符合D項的圖像，故D正確。故選D。6．（多選）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（）A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝50JD．從地面至h＝4m，物體的動能減少100J【答案】ACD【解析】本題重在考查重力勢能以及機械能與高度h的關系；本題中物體在上升的過程中機械能不守恒，這一點一定要注意；A．Ep－h(huán)圖像知其斜率為G，故G＝＝20N＝mg，解得m＝2kg，故A正確；B．h＝0時，Ep＝0，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，故＝100J，解得：v＝10m/s，故B錯誤；C．h＝2m時，Ep＝40J，Ek＝E總－Ep＝90J－40J＝50J，故C正確；D．h＝0時，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時，Ek′＝E總－Ep＝80J－80J＝0J，故Ek－Ek′＝100J，故D正確。故選：ACD。考點四動量中的圖像知識回顧知識回顧1．F－t圖像的面積表示力的沖量。2．P－t、I－t圖像的斜率表示物體受到的合力典型例典型例題1．將一小球豎直向上拋出，若小球運動過程中所受空氣阻力大小恒定，方向與速度方向相反。以向下為正方向，小球動量p隨時間t變化的圖像如圖所示，則小球所受空氣阻力的大小為（）A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)F合t＝Δp，可得F合＝，即動量對時間的變化率等于小球所受的合外力，可得mg＋f＝，mg－f＝，解得f＝，故A正確。2．一物塊在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示，在t0和2t0時刻，物塊的動能分別為Ek1、Ek2，物塊的動量分別為p1、p2，則（）A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1【答案】C【解析】設t0時刻物塊的速度為v1，2t0時刻物塊的速度為v2，根據(jù)動量定理可知，0～t0內(nèi)，F(xiàn)0t0＝mv1－0，t0～2t0內(nèi)，2F0t0＝mv2－mv1，解得v1∶v2＝1∶3；由動量定義式p＝mv可得p2＝3p1；由動能定義式Ek＝可得Ek2＝9Ek1。故選C。3．噴泉水柱從橫截面積為S＝0.001m2的噴口持