热门试卷

（1）匀加速 匀速 匀减速 （2）425m

略

解：（1）由图可知：在前2s内，由x0=10m运动到x2=30m，位移△x1=x2－x1=20m

在第3s内，物体静止，位移△x2=0

在前5s内，先由x1=10m到x2=30m，再返回到x3=0，总路程l=20+30=50m

前5s内的位移△x3=x3－x1=-10m

（2）0～2s内的平均速度

2～3s内物体静止，速度

3～5s内的平均速度

（3）

（1）3.33m/s

（2）-1m/s

（3）-15m/s

（4）

(1)  4s ;16m    (2)  2s; 2m

试题分析：】（1）由图象可知a甲=2m/s2，a乙=1m/s2，v0乙=2m/s

设相遇时间为t，相遇时位移相等，，解得t=4s

此时离出发点m

（2）当二者速度相等时相距最远，设此时为t′，，t′=2s

m

点评：难度较小，本题为图像与追击问题的结合，明确图像的类型，图像的斜率、截距、面积和交点的物理意义，当两者速度相同时是否相遇、距离存在最大值或最小值的临界条件

（1）电梯加速阶段的加速度3m/s2 

（2）根据图像求解图线与坐标轴围成的的梯形面积S梯

电梯在12s内的位移s=84m          

略

解：

（1）v-t图象中图线与横轴所围面积的和表示物体的路程。

0～10s物体的位移为×（4+10）×20m=140 m

10～20 s物体的位移为×15×10m=-75 m

故0～20 s物体通过的路程为140 m+75 m=215 m，所通过的位移为140 m-75 m=65 m；

（2）0～4 s物体做匀加速直线运动，加速度大小等于速度图线的斜率，为5m/s2，

s1=×4×20 m=40 m

4～8s，物体做匀速直线运动，加速度a2=0，位移大小s2=20×（8-4）m=80m

8～10 s，物体做匀减速直线运动，加速度大小等于速度图线的斜率，

故a3=-10 m/s2，位移为s3=×2×20 m=20 m

根据以上数据，可绘出s-t图线及a-t图线如图所示

解：(1)0～2 s内，物体的位移均匀增加，物体做匀速运动，速度等于该段图线的斜率，v1=2.5 m/s；

2～6 s内，物体的位移不变，说明物体静止，即速度为0；

6～8 s内物体的位移均匀增加，物体做匀速运动，速度等于该段图线的斜率，v3=5 m/s

(2)整个8 s内的平均速度m/s=1.875 m/s

前6 s内的平均速度m/s=0.83 m/s

(3)若是v-t图象，0～2 s内，物体做匀加速直线运动，加速度m/s2=2.5 m/s2；

2～6 s内，物体做匀速直线运动，加速度为0；

6～8 s内，物体做匀加速直线运动，加速度为m/s2=5 m/s2

解：（1）A→B：

B→C：

物块做匀速直线运动，

物块由A到C运动的总时间（或）

（2） 

（3）B→C，撤去F

，方向沿斜面向下

物块做匀减速运动

解：(1)由v-t图象得

由牛顿第二定律得-μmg=maB

解得

(2)由v-t图象得

由牛顿第二定律得F-f=maA

解得F=0.8 N

(3)设A，B在12 s内的位移分别为s1，s2，由v-t图象得

故s=s1-s2=60 m

解：（1）由图象可知

在0~2s内：，方向沿杆向上      

在2~4s内：，负号表示方向沿杆向下

（2）力时的上升过程，由受力分析和牛顿第二定律有：

 ①

F停止后的上升阶段，有：

 ②

（3）由图可知前0.2s小球上升距离S1=0.4m

停止拉力后，小球继续上升距离时间    

上升距离

总共上升距离  

小球沿杆滑下是加速度

下滑时间

小球滑到底部所用时间