福建莆田二十五中2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

莆田第二十五中学 2019-2020 学年上学期期中考试卷 高三物理 一、选择题 1.2016 年国际滑联世界青年速度滑锦标赛中，中国选手杨涛夺得 500 米季军，如图为杨涛在 冰面上的运动轨迹，图中关于他的速度方向、合力方向正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据曲线运动的轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向。速度 与轨迹相切 A．A 图与分析不符，故 A 错误； B．B 图与分析不符，故 B 错误； C．C 图与分析不符，故 C 错误； D．D 图与分析相符，故 D 正确。 2.关于惯性, 下面说法中正确的是: (   ) A. 物体静止时不容易推动, 说明物体静止时比运动时惯性大； B. 物体在速度大时不容易停下来, 说明物体在速度大时比速度小时惯性大； C. 物体受力越大, 运动状态改变越快, 说明物体受力大时比受力小时的惯性大； D. 惯性是物体 特有性质, 一切物体无论处于什么状态都有惯性。 【答案】D 【解析】 【详解】惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯 性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的。 A．物体静止时不容易推动, 说明物体静止时比运动时惯性大。故 A 错误。 B．物体在速度大时不容易停下来, 说明物体在速度大时比速度小时惯性大。故 B 错误。 的 C．物体受力越大, 运动状态改变越快, 说明物体受力大时比受力小时的惯性大。故 C 错误。 D．惯性是物体的特有性质, 一切物体无论处于什么状态都有惯性。故 D 正确。 3.一个物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改做匀速运动，再改做减 速运动，则下列说法中正确的是(  ) A. 加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力 B. 减速前进时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力 C. 只有匀速前进时，绳拉物体 力与物体拉绳的力大小才相等 D. 不管物体如何前进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等 【答案】D 【解析】 “绳”与“物”是一对相互作用的物体，绳与物之间的作用力与反作用力遵守牛顿第三定律， 与相互作用的性质、物体的运动状态均无关系，总是等大、反向、作用在不同物体上且在同 一条直线上．故 D 选项正确． 4.质量为 60 kg 的人，站在升降机内的台秤上（g=10 m/s2），测得体重（即支持力）为 480N， 则关于升降机的说法正确的是( ) A. 人处于超重状态 B. 升降机一定在下降 C. 人的加速度大小为 2 m/s2 D. 人的加速度是 40 m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】ACD．对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，人处于失重状态，合力向 下，加速度向下，故升降机的加速度也向下；由牛顿第二定律可知：mg-F=ma。 解得： a=2m/s2 故 AD 错误，C 正确。 B．升降机的加速度向下，即升降机可能加速下降，也可能减速上升。故 B 错误。 5.一物体以初速度 v 由地面竖直向上抛出。如果物体运动时受到空气阻力大小不变，图中能 基本反映出它的速度变化和时间关系的是（ ） 的 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 设物体运动时受到空气阻力大小为 f，物体的质量为 m，根据牛顿第二定律得：上升过程： mg+f=ma1，得到加速度大小为 a1=g+ ；下落过程：mg-f=ma2，得到加速度大小为 a2=g- ； 则有 a1＞a2．可见，上升过程速度图象的斜率大于下落过程图象的斜率，而上升与下落过程速 度方向相反，速度的正负相反。故 B 图象正确。故选 B。 点睛：本题是有空气阻力 竖直上抛，上升与下落过程不具有对称性．若是没有空气阻力， 则选 A． 6.如图所示，做匀速直线运动的汽车 A 通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物 B，设重物和汽 车的速度的大小分别为 、 ，则 A. B. C. D. 重物 B 的速度逐渐减小 【答案】C 【解析】 小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为 ， 由几何关系可得 ，所以 ，C 正确． 7.一质量为 2kg 的物体在如图甲所示的 xOy 平面上运动，在 x 轴方向上的 v-t 图象和在 y 轴 方向上的 S-t 图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是(  ) 的 f m f m Bv Av A Bv v= A Bv v< A Bv v> θ cosB Av v θ= A Bv v> A 前 2s 内物体做匀变速曲线运动 B. 物体的初速度为 8m/s C. 2s 末物体的速度大小为 8m/s D. 前 2s 内物体所受的合外力为 16N 【答案】A 【解析】 试题分析：据题意，该物体在 x 方向做加速度为 初速度为 8m/s 的匀减速直 线运动，在 y 方向向原点做速度为 的匀速直线运动，故在前 2s 内物体做匀变 速曲线运动，A 选项正确；物体的初速度为 ，故 B 选项错误；第 2s 末物体速度 为水平分速度，即 4m/s，故 C 选项错误；前 2s 内物体合外力为： ， 故 D 选项错误。 考点：本题考查对 v-t 图像和 s-t 图像的理解。 8.如图所示， 是上端带定滑轮的固定坚直杆，质量不计的轻杆 一端通过铰链固定在 点，另一端 悬挂一重为 的物体，且 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 ，用力 拉绳， 开始时 ，现使 缓慢变小，直到杆 接近竖直杆 。此过程中 A. 力 逐渐增大 B. 力 先逐渐减小后逐渐增大 C. 轻杆 对 端的弹力大小不变 D. 轻杆 对 端的弹力先减小后增大 【答案】C . 24 /va m st ∆= =∆ 4 /xv m st = = 0 8 2 /v m s= 2 4 8F ma N N= = × = AC AB A B G B C F 90BAC∠ > ° BAC∠ AB AC F F AB B AB B 【解析】 以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 T（等于重物的重力 G）、轻杆的支持力 N 和 绳子的拉力 F，作出力的示意图如图 由平衡条件得知，N 和 F 的合力与 T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： ，又 T=G 解得： ，使 缓慢变小时，CA、AB 保持不变，CB 变小，则 F 减 小，N 不变，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。 【点睛】以 B 点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力 与三角形 ABC 三边边长的关系，再分析 F 和 N 的变化。 9.如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的 A、B 两物体，B 的质量是 A 的 2 倍，B 受 到向右的恒力 FB=2N，A 受到的水平力 FA=（7-2t）N（t 的单位是 s）．从 t=0 开始计时，则（  ） A. 物体在 2s 末时刻的加速度是初始时刻的 倍 B. B 物体一直匀加速直线运动 C. t=3.5s 时，A 物体的速度为零 D. t=3.5s 时，A 开始沿与 B 速度相反的方向运动 【答案】A 【解析】 【详解】设 A 的质量为 m， B 的质量为 2m，在两物体没有分离时，把 AB 看成一个整体，根据 牛顿第二定律得： ，代入数据解得： N T F AB CA CB = = CB ABF G N GCA CA = =， BAC∠ 5 9 ( )2A BF F m m a+ = + 9 2 3 ta m −= 隔离 B，设 A 对 B 的作用力大小为 N，则有：N+FB=2ma 联立解得： AB．由上得，在开始的一段时间内 AB 两物体做加速度减小的加速度运动。当 t=3s 时，N=0， 此后 A、B 分离，B 物体做匀加速直线运动。当 t=0 时，加速度： t=2s 时， 则物体在 2s 末时刻的加速度是初始时刻的 倍。故 A 正确，B 错误。 CD．t=3.5s 时，A 的加速度为： 说明 t=3.5s 之前 A 在做加速运动，此时 A 的速度不为零，而且速度方向与 B 相同。故 CD 错 误。 10.如图所示，质量为 m1 的木块和质量为 m2 的长木板叠放在水平地面上。已知木块与长木板 间的动摩擦因数为 µ1，长木板与地面间的动摩擦因数为 µ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相 等。现对木块施加一水平向右的拉力 F，则（ ） A. 当 时， 木块与长木板一起运动 B. 当 时， 只能拉动木块，而长木板始终不会被拉动 C. 当 时， 木块与长木板都不动 D. 当 时， 木块与长木板一定以相同加速度一起 加速运动 【答案】B 【解析】 【详解】A．物块与长木板之间的最大静摩擦力为：f1m=μ1m1g；地面与长木板的最大静摩擦力 为：f2m=μ2（m1+m2）g，当 μ1m1g + ( )1 1 2 1 2m g m m gµ µ< + 1 1F m gµ> ( )1 1 2 1 2m g m m gµ µ> + 1 1F m gµ< ( )1 1 2 1 2m g m m gµ µ> + ( )2 1 2F m m gµ> + 止状态。故 A 不符合题意。 B．由上分析可知，当 时，无论外力 F 多大，长木板都始终处于静止 状态，所以当 只能拉动木块，而长木板始终不会被拉动。故 B 符合题意。 C．当 时，拉力会拉动长木板运动。故 C 不符合题意。 D．对长木板有： f1m-f2m=m2a0， 对整体有： ， 解得： 当 时，木块和长木板将相对滑动，因为不知道 F 与 的 关系，所以不能确定木块与长木板是否以相同加速度一起加速运动。故 D 不符合题意。 11.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0 时刻，将一金属小球从弹簧正上 方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上 升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧 弹力 F 随时间 t 的变化图象如图乙所示，则（ ） A. t1 时刻小球速度最大 B. t2 至 t3 时间内，小球速度一直增大 C. t3 时刻小球处于超重状态 D. t2 至 t3 时间内，小球速度先增大后减小 【答案】D 【解析】 【详解】A、t1 时刻小球刚与弹簧接触；当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，故 A 错误； B、D、t2 时刻小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上，速度为零，故先加速向上运动， ( )1 1 2 1 2m g m m gµ µ< + 1 1F m gµ> ( )2 1 2 1 1m m g F m gµ µ+ < < 2 1 2 0mF f m m a′− = +（ ） ( ) ( )2 1 2 1 2 1 1 2 m gF m gm µ µ µ µ−′ = − − ( ) ( )2 1 2 1 2 1 1 2 m gF m gm µ µ µ µ−′ > − − F′ 当重力与弹力平衡时，速度最大，之后做减速运动，故 B 错误，D 正确； C、t3 时刻弹力为零，合力向下，故小球处于失重状态，重物 C 错误。 故选 D． 【点睛】关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减 速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析． 12.如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别 为 60°和 45°，A、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（  ） A. A、B 的质量之比为 1： B. A、B 所受弹簧弹力大小之比为 C. 快速剪断 A、B 细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 D. 快速撤去弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．对 AB 两个物体受力分析，如图所示： AB 都处于静止状态，受力平衡，则有：对 A 物体： ，对 B 物体： ， 联立可得： 3 2 : 3 2 : 3 2 : 3 = tan 60Am g F  弹 BF m g=弹 故 A 错误。 B．同一根弹簧弹力相等，所以 A、B 所受弹簧弹力大小之比为 1:1。故 B 错误。 C．快速剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，物体所受合力分别为： ， ，剪断细线瞬间，A、B 的瞬时加速度之比： 故 C 正确。 D．快速撤去弹簧的瞬间，物体 AB 将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力 分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向，对 A 物体： ，解得： 对 B 物体： ，解得： 联立可得加速度之比 ： 故 D 错误。 13.小船过河，河宽为 90m，船在静水中航行速度是 3m/s，水流速度是 4m/s，则（ ） A. 船渡过河的最短时间为 30s B. 小船渡河的最短路程为 90 m C. 船头偏向上游某一角度可使船垂直河岸过河 D. 小船渡河的最短路程为 120 m 【答案】AD 【解析】 为 3 1 A B m m = 2 3= sin 60 3 A AA m gF m g= 合 = 2sin 45 B B m gF m g= B合 : : 2 : 3A A B A B F Fa a m m = =合 B合 sin 60A A Am g m a= 3 2Aa g= sin 45B B Bm g m a= 2 2Ba g= : 3 : 2A Ba a = 【详解】A．当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间： 故 A 符合题意。 BC．因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正 对岸。当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程 最小。故 BC 不符合题意。 D．当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小； 设船头与河岸夹角为 θ，则： 根据题意可知： ，故小船渡河的最短路程为： 故 D 符合题意。 14.在如图所示的装置中，两物块 A、B 的质量分别为 mA、mB，而且 mA＞mB，整个系统处于静止 状态，设此时动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为 ，若小车向左缓慢移动一小段距离并 停下来后，整个系统再次保持静止状态，则下列说法正确的是(  ) A. 物块 A 的位置将变高 B. 物块 A 的位置将变低 C. 轻绳与水平面的夹角 将变大 D. 轻绳与水平面的夹角 将不变 【答案】AD 【解析】 【详解】CD．动滑轮两边绳子拉力相等，且在水平方向的分量也要相等才能平衡，故两边绳 1 90 30s3 dt v = = = 3cos 4 θ = 120mcos ds θ= = θ θ θ 子与水平方向的夹角相等，都等于 ，绳子上的拉力总是等于 A 的重力保持不变，且动滑轮两 边绳子的拉力合力总是等于 mBg，合力不变，根据平行四边形合成，则两边绳子的夹角不变， 即 不变。故 C 错误，D 正确。 AB．小车向左缓慢移动一小段距离，由上分析可知绳子与水平方向的夹角不变，而小车和滑 轮之间的水平距离增大，因此滑轮到小车之间的绳子应变长，绳子总长度不变，则物体 A 将 上升。故 A 正确，B 错误。 15.三角形传送带以 2m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2m 且与水平方向的夹 角均为 37°。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 lm/s 的初速度沿传送带下滑，物块与 传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确 的是 A. 物块 A 先到达传送带底端 B. 物块 A、B 同时到达传送带底端 C. 传送带对物块 A、B 摩擦力均沿斜面向上 D. 物块 A 下滑过程相对传送带位移小于 B 下滑过程相对传送带位移 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．A、B 都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑，传送带的速度为 2m/s，A 加速下滑，B 减速下滑，到达底端的位移相等，则 A 先到达底端。故 B 错误，A 正确。 C．A 相对于传送带向上滑动，A 受到的滑动摩擦力向下，B 相对于传送带向下滑动，受到的摩 擦力向上。故 C 错误。 D．A 向下先加速运动，后与传送带一起匀速运动，B 始终相对传送带滑动，A 相对传送带的位 移小于 B 相对于传送带的位移。故 D 正确。 二、填空题（共 2 题，每空 2 分） 16.小明和小华在实验室探究加速度与力质量的关系，他俩各自独立设计了如图甲、乙所示的 实验装置，小车总质量用 M 表示，（甲图中传感器的质量可以忽略）钩码总质量用 m 表示。为 便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结 θ θ 论，下列说法正确的是________。 A. 两组实验中只有甲需要平衡摩擦力。 B. 两组实验都需要平衡摩擦力。 C. 两组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于总质量 M 的条件 D. 两组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于总质量 M 的条件 【答案】B 【解析】 【详解】AB．为了减小误差，两组实验均需要平衡摩擦力。故 A 错误，B 正确。 CD．甲图中小车受到的拉力可由传感器读出，乙图中拉小车的力可有测力计读出，故都不需 要钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M。故 CD 错误。 17.某同学探究加速度、力与质量的关系实验装置如下。 （1）在实验之前，首先平衡摩擦力，使细线的拉力近似等于砝码及砝码盘所受的总重力，关 于平衡摩擦力，下列正确的是：________。 A．将木板右端适当垫高，放上小车让其沿板匀速下滑即可 B．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，让小车沿板滑下时，打点计时器在纸带上打 下一系列等间距的点即可 C．将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，小车前端用细绳绕过滑轮连接砝码盘（不放 砝码），让小车匀速下滑即可 D．平衡摩擦之后，通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦 （2）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用 电源频率为 50Hz，由此可求出小车的加速度 a =_____m/s2(计算结果保留三位有效数字)。 （3）甲、乙、丙三名同学在做实验之前都将木板的右侧垫高，然后根据实验数据分别做出了 和 图象（小车的加速度为 a，小车的质量为 M，绳中拉力为 F，砝码盘及砝码的 质量总和为 m）。 由甲图可知砝码盘及砝码的总质量为_________kg（g 取 10m/s2） ，由乙图可知乙同学在操作 中使木板的倾角过_________（选填“大”、“ 小”），分析丙图，图线上部分弯曲的原因是未 满足____________。 【答案】 (1). BD (2). 1.60 (3). 0.02 (4). 小 (5). M»m 【解析】 【详解】(1)[1].平衡摩擦力时，将木板右端适当垫高，放上小车，穿好纸带，让小车沿板滑 下时，打点计时器在纸带上打下一系列等间距的点即可，选项 AC 错误，B 正确； 平衡摩擦之后，通过增加或者减少小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力， 选项 D 正确。 (2)[2]. 相邻两计数点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔为：t=0.02×5=0.1s， 根据匀变速直线运动的推论△x=at2 可知，小车的加速度为： = ≈1.60m/s2． (3)[3].甲图中图线的斜率： 所以小车受到的拉力： 1a M − a F− 4 1 5 2 6 3 29 x x x x x xa t − + − + −= 2 0.1060 0.0579 0.1222 0.0741 0.1381 0.0902 9 01 m/s − + − + − × ． 1 ak Ma F M = ＝ ＝ 2.0 0.2N10F k= = ＝ 小车受到的拉力近似等于砝码盘及砝码的总重力，所以砝码盘及砝码的总质量： [4].在乙图中，当 F＞0 时，加速度 a 仍然等于 0，是由于平衡摩擦力不足，说明可知乙同学 在操作中使木板的倾角过小； [5].随着 F 的增大，即砂和砂桶质量的增大，不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，即 M≫m， 因此曲线上部出现弯曲现象； 18.平抛一物体，当抛出 1s 后它的速度与水平方向成 45°角，落地时速度方向与水平方向成 60°角。求（取 g=10m/s2）. （1）物体的初速度； （2）物体在空中飞行的时间； （3）物体的水平射程。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】(1)当抛出 1s 后它的速度方向与水平方向成 45°角，说明该时刻水平初速度与竖直 分速度大小相等，竖直分速度： vy=gt=10m/s 所以初速度为： v0 =10m/s (2) 落地时竖直分速度： 则平抛运动的时间： (3)水平射程：x=v0t＝ 19.如图所示,小球 A 质量为 m，固定在长为 L 的轻细直杆一端,并随杆一起绕杆的另一端 O 点 在竖直平面内做圆周运动。当小球经过最高点时,杆对球产生向下的拉力,拉力大小等于球的 重力。 求：（1)小球到达最高时速度的大小。 0.2 0.02kg10 G Fm g g = ＝ ＝ ＝ 10m / s 3s 10 3m 0 60 3m/syv v tan °＝ ＝10 10 3 s= 3s10 yvt g = = m= 03 1 3m×10 （2）当小球经过最低点时速度为 ，杆对球的作用力的大小。 【答案】（1） （2）7mg 【解析】 【分析】 根据小球做圆运动的条件,合外力等于向心力,根据向心力公式求解;在最低点对小球进行受 力分析,合力提供向心力,列出向心力公式即可求解；竖直方向圆周运动在最高点和最低点由 合力提供向心力,注意杆子可以提供向上的力,也可以提供向下的力。 【详解】(1)小球 A 在最高点时，对球做受力分析，如图所示 根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力，即 ① F=mg ② 解①②两式 可得 (2)小球 A 在最低点时，对球做受力分析，如图所示： 重力 mg、拉力 F，设向上为正，根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力 ； 6gL 2gL 2vmg F m L + = 2v gL= 2vF mg m L − = 答：（1） （2） 20.如图所示，倾角为 30°的光滑斜面的下端有一水平传送带。传送带正以 v0=4m/s 的速度运 动，运动方向如图所示。一个质量为 2kg 的物体（物体可以视为质点），从 h=3.2m 高处由静 止沿斜面下滑，物体经过 A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速 率变化。物体与传送带间的动摩擦因数为 0.4，传送带左右两端 A、B 间的距离 LAB=10m，重力 加速度 g=10m/s2，则： （1）物体在传送带上向左最多能滑到距 A 的距离 （2）物体第一次从 A 点滑入到再一次回到 A 点的时间 （3）物体第一次从 A 点滑入到再一次回到 A 点的在传送带上滑动而留下划痕的长度 【答案】（1）8m（2）4.5s（3）18m 【解析】 【详解】(1)对物体在斜面上运动，有 mgsinθ=ma 代入数据解得： a=5m/s2 根据位移时间公式： 代入数据解得： t1=1.6s 物体滑至斜面底端时的速度：v=at1=8m/s 物体在传送带上加速度为：a1=4m/s2 物体在传送带上速度为零时离 A 最远，此时有： (2)因为物块速度减为零后，返回做匀加速直线运动，返回时速度达到传送带速度后做匀速直 线运动，所以物块返回到 A 点的速度为 4m/s。 2 7vF mg m mgL = + = 2v gL= 7F mg= 2 1 1 sin 2 h atθ = 2 1 8m2 vx a = = 物体加速时间为： 该过程的位移为： 匀速运动的时间为： 物体速度减到零的时间为： 所以总时间为： (3)由上可知物体在传送带上速度为零时离 A 最远，此时有： 该过程传送带的位移为： 划痕为： 物体返回做匀加速直线运动时的位移为： 该过程传送带的位移为： 该过程划痕为： 所以划痕总长度为： 0 2 1 4 s=1s4 vt a = = 2 2 1 1 2 1 1 4 1 m=2m2 2x a t= = × × 1 3 0 8 2 s=1.5s4 L xt v − −= = 4 2svt a = = 2 3 4 4.5st t t t= + + = 2 1 8m2 vx a = = 0 0 4 4 2m=8mx v t= = × 1 0 16mx x x∆ = + = 2 2 1 1 2 1 1 4 1 m=2m2 2x a t= = × × 2 0 2 4mx v t= = 2 2 1 2mx x x∆ = − = 18mx∆ =