贵州省遵义市第四中学2024-2025学年高一上学期第二次月考物理试卷

( …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) ( 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ ) ( …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ) 秘密★启用前 2024-2025学年遵义市第四中学高一（上）第二次月考物理试卷 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共8小题，共24分。 1.关于加速度表达式的下列说法，正确的是(    ) A. 加速度与成正比，与成反比 B. 表示在时间内物体速度变化的快慢，是矢量 C. 利用求得的加速度是时间内的平均加速度，是标量 D. 表示速度变化的快慢，是矢量 2.“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至小时。假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机最大输出功率为，最大运行速度大小为，动车运行时所受阻力大小与其速率成正比为比例系数。若动车某次匀速运行时的输出功率为，则运行速度大小为(    ) A. B. C. D. 3.下列关于力的说法正确的是(    ) A. 在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的长度成正比 B. 形状规则的物体，其重心一定在几何中心处 C. 做加速运动的物体，其所受摩擦力的方向可能与加速度的方向相同 D. 力的单位可以表示为 4.图甲为某款电子秤，其内部有平行板电容器图乙所示，两极板之间用劲度系数为的绝缘弹簧相连，下极板固定在绝缘水平台面上，上极板接地，且可在竖直方向上移动并始终与下极板保持平行。已知上极板质量为，电容器充完电后与电源断开，极板间距为，不称物体时，两极板间电压为，待测物体置于称上时，两极板间距发生微小变化，若此时电容器的电压改变量为，重力加速度为，则待测物体所受的重力大小为(    ) A. B. C. D. 5.在匀强磁场中某处点放一根长度，通电电流的直导线，调整直导线放置的方向，测得它受到的最大磁场力，现将该通电导线从磁场中撤走，则处的磁感应强度大小为(    ) A. 零 B. C. D. 6.某机器人送餐时，到达餐桌前做初速度大小为的匀减速直线运动，它第内的位移大小为，则该机器人做匀减速直线运动的加速度大小为(    ) A. B. C. D. 7.质量为的物体，受水平恒力作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在秒内的位移为，则的大小为(    ) A. B. C. D. 8.除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图所示。某次调试时，除颤仪接在交流电源上，交流电压表示数为，电容器充电完毕，开关由“”掷向“”，放电电流平均值为，放电时间约为，已知电容器电容为。下列说法正确的是(    ) A. 自耦变压器的原、副线圈匝数之比为： B. 充电完毕后电容器两端的电压为 C. 升压变压器原、副线圈的匝数比约为： D. 若去掉二极管该除颤仪依然可正常工作 二、多选题：本大题共4小题，共20分。 9.如图所示，两固定的足够长平行光滑导轨，由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场，间距也为。现将多根长度也为的相同导体棒，依次从弧形轨道上高为的处由静止释放释放前棒均未接触导轨，释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为，电阻均为，重力加速度大小为，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。下列说法正确的是(    ) A. 第根棒刚进入磁场时的加速度大小为 B. 第根棒刚穿出磁场时的速度大小为 C. 第根棒刚进入磁场时，第根棒的热功率为 D. 从开始到第根棒刚穿出磁场过程中，回路产生的焦耳热小于 10.将一个大小为的力分解为两个力，其中一个分力的大小为，则另一个分力的大小可能为(    ) A. B. C. D. 11.某物体以的初速度竖直上抛，不计空气阻力，，则内物体的(    ) A. 路程为 B. 位移大小为，方向竖直向上 C. 速度改变量的大小为，方向竖直向下 D. 物体在第秒内的速度改变量和第秒内的速度改变量不相等 12.一单摆悬于点，摆长为，若在点正下方的点钉一个光滑的钉子，使，将小球拉至处释放，小球将在、、间来，回运动，若运动中摆线与竖直方向的夹角小于，重力加速度为，则以下说法正确的是(    ) A. 摆角大小不变 B. 和两点在同一水平面上 C. 周期 D. 周期 第II卷（非选择题） 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 13.某同学用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力和长度的关系，把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置。实验中弹簧始终处于弹性限度内，通过分析数据得出实验结论。 实验时认为可以用钩码所受重力的大小代替弹簧弹力的大小，这样做的依据是______。 以弹簧受到的弹力为纵轴、弹簧长度为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出的图像，如图乙所示。由图像可知：弹簧自由下垂时的长度 ______，弹簧的劲度系数 ______。 实验中未考虑弹簧自身受到的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果______选填“有”或“无”影响，请说明理由：______。 14.在利用电火花计时器“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，某同学在实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有个点未画出。已知所用交流电源电压为，频率为。 相邻两计数点的时间间隔为______，间的距离应该是______。 打点时小车的速度大小为______。 小车运动的加速度______。 四、计算题：本大题共4小题，共42分。 15.某人从楼顶边缘竖直向上抛出一小球，小球抛出时开始计时，经小球落到地面，且第、第、第内的位移大小之比为：：，不计空气阻力，重力加速度取。求： 小球上抛的初速度大小； 小球相对于抛出点上升的最大高度； 抛出点到地面的距离。 16.如图所示在同一平面内的四个共点力、、、，方向如图所示，求它们的合力大小和方向。，要求写出求解过程即画图加表达式或写出足够清楚的文字说明 17.在汽车行驶过程中，保持适当的车速，充分了解所驾驶车辆的加速及刹车性能均是安全驾驶的必要前提。 质量为的汽车以速度匀速行驶，突然以大小为的制动力刹车直到汽车停止，过程中受到大小的空气阻力、下列说法正确的是______。 A.减速运动加速度大小 B.力的冲量为 C.刹车距离为 D.匀速行驶时功率为 不定项在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部______。 A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 公路上的减速带用于降低车速。一辆汽车悬架的固有频率为，驶过某路面上的一排减速带，相邻减速带的间距为，则______。 A.汽车颠簸的频率始终为 B.汽车速度越大，颠簸得越厉害 C.汽车速度越大，汽车悬架的固有频率越大 D.当汽车以的速度行驶时颠簸得最厉害 某额定功率为的汽车以加速度匀加速启动，到额定功率后保持恒功率行驶至最大速度。已经汽车图线如图所示。若该汽车以加速度匀加速启动，以相同的方式达到汽车最大速度，图线可能是下列中的______整个过程阻力不变。 为了模拟两车相撞事故，现用两只玩具小车、做模拟碰撞实验。玩具小车、质量分别为：和，把两车放置在相距的水平面上。现让小车在水平恒力作用下向着小车运动，恒力作用一段时间后撤去，小车继续运动与小车发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的倍，重力加速度取。求： 两个小车碰撞后的速度大小； 小车受到的恒力的作用时间。 18.甲物体从阳台自由下落，已知物体在下落过程中最后秒的位移是 阳台离地面的高度 最后的平均速度为多少 若甲释放后，乙也从阳台释放，要甲、乙同时落地，需给乙多大的向下的初速度． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：公式是加速度的定义式，加速度与速度改变量、变化的时间大小无关，故A错误； B.表示在时间内物体速度的变化量，它的方向与加速度的方向相同，是矢量，故B错误； C.根据公式求得的加速度是时间内的平均加速度，是矢量，故C错误； D.表示加速度，即速度变化的快慢，是矢量，故D正确。 故选：。 加速度大小等于速度的变化率，方向与速度变化量的方向相同，利用求得的加速度是时间内的平均加速度，当趋向于零，加速度表示瞬时加速度。 解决本题的关键理解加速度的定义式，知道加速度是矢量，方向与速度变化量的方向相同。 2.【答案】  【解析】解：动车以最大输出功率行驶时，有，列车匀速运动，牵引力与阻力平衡：，解得：； 输出功率为匀速运行时，有，解得，故C正确，ABD错误。 故选：。 根据对动车匀速运动时受力分析，可得到输出功率与最大速度的关系，动车输出功率变化后，结合功率与速度关系式，即可得到运行速度。 本题考查功率与速度的关系，关键是掌握匀速运动时，动车的功率与速度、阻力的关系。 3.【答案】  【解析】解：、由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故A错误； B、只有质量分布均匀，形状规则的物体，其重心才在几何中心上，故B错误； C、做加速运动的物体，加速度与速度方向相同，而摩擦力方向取决于相对运动的方向，所以其所受摩擦力的方向可能与加速度的方向相同也可能与加速度方向相反，故C正确； D、由牛顿第二定律以及单位制可知，力的单位为，故D错误。 故选：。 明确胡克定律的内容，知道弹力与弹簧的形变量成正比；知道重心的定义，明确只有质量分布均匀，形状规则的物体，其重心才在几何中心上；明确摩擦力的性质，知道摩擦力可以与物体的运动方向相同、相反或垂直；明确单位制的基本内容，知道力的单位为。 本题考查对摩擦力、胡克定律、重心以及单位制的掌握，其中摩擦力的方向是难点，要注意准确掌握。 4.【答案】  【解析】解：不称物体时，两极板间电压为，根据电容器的定义式和决定式有 ， 待测物体置于称上时，两极板间距发生微小变化，设此时两极板间电压为，根据电容器的定义式有 ， 根据题意有 根据力的平衡条件可知待测物体所受的重力大小为 联立解得，故A正确，BCD错误。 故选：。 根据电容的定义式和决定式结合胡克定律计算即可。 本题考查了电容的定义式和决定式，以及胡克定律的应用，基础题。 5.【答案】  【解析】解：由题意，通电导线放入磁场中所受安培力最大，说明导线与磁场垂直，放置的导线长度 则由得，磁感应强度 磁感应强度与是否放置导线无关，故撤去导线时，处的磁感应强度仍为，故D正确，ABC错误。 故选：。 当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，由求得磁感应强度，明确磁感应强度大小由磁场本身决定，与是否放置导线无关。 当通电导线垂直放入磁场中时，所受的安培力最大，由求得磁感应强度磁感应强度方向与安培力方向是垂直关系。 6.【答案】  【解析】解：根据代入数据，解得，故A正确，BCD错误。 故选：。 根据位移与时间关系公式计算加速度。 本题主要是考查匀变速直线运动的规律计算，对于匀变速直线运动的计算，关键是掌握运动学公式的应用方法。 7.【答案】  【解析】解：根据位移公式：得：。 根据牛顿第二定律得，水平恒力为：。 故选：。 根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体的加速度，根据牛顿第二定律求出水平恒力的作用 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 8.【答案】  【解析】解：、自耦变压器的原、副线圈匝数之比为：：：：：，故A错误； B、放电电流平均值为，放电时间约为，根据电流的定义式可得： 解得： 充电完毕后电容器两端的电压最大值为：，故B错误； C、副线圈的电压最大值，有效值为： 升压变压器原线圈电压有效值为 所以升压变压器原副线圈的匝数比约为：：：：：，故C正确； D、若去掉二极管，电容器与升压变压器副线圈之间存在充电、放电过程，该除颤仪不能正常工作，故D错误。 故选：。 匝数之比等于电压之比进行解答； 根据题中所给信息，可先计算处电容器充电完毕时的充电电量，根据电容的计算公式求解充电完毕后电容器两端的电压； 根据电容的定义求出升压变压器副线圈电压有效值，最后利用电压计算匝数之比； 若去掉二极管，电容器与升压变压器副线圈之间存在充电、放电过程，由此分析。 本题考查了理想变压器中电压、电流和功率与匝数之间的关系，掌握变压器的构造和原理是解题的关键。 9.【答案】  【解析】解：第根棒刚进入磁场时速度为，由动能定理可知 可得 棒产生的感应电动势为 此时第、根棒并联，电阻为，第根棒等效于电源，电路中总电阻为 联立解得电路中电流为 由牛顿第二定律 解得 故A错误； B.由项分析可知，第三根棒穿过磁场时回路中的总电阻为 根据 可得 流过第三根棒的电量为 第三根杆穿过磁场的过程，以向左为正方向，由动量定理可得 解得 故B正确； C.第根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为 电路总电阻为 电路总电流 第一根棒中电流 解得 第根棒的热功率为 故C正确； D.根据前面分析知 则第根杆穿过磁场的过程 故通过导体棒的电量为 设第根杆穿越磁场后获得的速度为，以向左为正方向，对于第根杆穿越磁场的过程应用动量定理 又因为 联立可得 若所有金属杆离开磁场时的速度都与第根杆离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为 本题中各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第根棒到第根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热大于，因为 故回路产生的焦耳热大于，故D错误。 故选：。 由动能定理求出第根棒进入磁场的速度，再由动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求其穿越磁场进离开磁场的速度；根据机械能守恒定律求出导体棒进入磁场时的速度，根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系求第根棒刚进入磁场时的加速度大小；根据求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出第根棒刚进入磁场时干路电流，再求出流过第根棒的电流，从而求得第根棒的热功率。各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，结合第二根棒离开磁场产生的焦耳热分析。 解决本题时，要知道切割磁感线的导体棒相当于电源，其余部分为外电路，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式和电路规律进行处理。 10.【答案】  【解析】解：根据两个力的合成法则，可知两个分力的合力范围为：，当两个分力共线时，取得等号； 若这两个分力方向相同时，则另一个力为；若这两个分力方向相反时，则另一个力为； 所以另一个分力的大小范围为，故AD错误，BC正确。 故选：。 根据两个力的合成法则，可知两个分力的合力范围，代入关系式，可计算其中一个分力的范围，找到选项中的可能值。 本题考查力的合成，关键是理解，在同向、反向两种情况下，合力取得极值。 11.【答案】  【解析】解：、选取竖直向上为正方向，则物体在内的位移为： ；方向竖直向上． 物体上升的最大高度为： 故内物体的路程为：，故AB正确； C、速度改变量的大小为，方向竖直向下．故C错误； D、根据知相等时间内速度改变量相等，则物体在第秒内的速度改变量和第秒内的速度改变量相等．故D错误； 故选： 物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出内位移．根据物体上升到最高点的时间，判断出该时间与的关系，然后再求出路程．由求速度改变量． 对于竖直上抛运动，要明确其受力情况，把握运动规律，可能分段处理，也可以整体研究，两种方法可以交叉运用． 12.【答案】  【解析】解：、小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知，和两点在同一水平面上。由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的，故A错误，B正确。 、小球从摆到的时间为： 从到的时间为： 故小球的运动周期为： ，故C错误，D正确。 故选：。 根据机械能守恒定律可知和两点在同一水平面上；根据摆到和到过程中摆长的变化，利用单摆的周期公式求周期。 本题主要考查了单摆的周期公式，关键要找到不同过程的摆长，难度不大，要认真解题。 13.【答案】根据平衡条件，钩码静止时，其所受重力大小等于弹力大小；  ；；  无；因为，与弹簧自重无关  【解析】解：实验时认为可以用钩码所受重力的大小代替弹簧弹力的大小，这样做的依据是根据平衡条件，钩码静止时，其所受重力大小等于弹力大小。 当弹簧未挂重物时，弹簧长度为自由下垂的长度，由图乙中数据可知，弹簧自由下垂时的长度为 由胡克定律可得，弹簧的劲度系数为 因为 与弹簧自重无关，故无影响。 故答案为：根据平衡条件，钩码静止时，其所受重力大小等于弹力大小；；；无；因为，与弹簧自重无关 根据共点力平衡条件分析； 根据图线结合胡克定律计算； 根据实验的原理公式分析。 本题涉及到共点力的平衡和胡克定律，要了解基础知识。 14.【答案】        【解析】解：所用电源的频率为，时间间隔为； 由于两相邻计数点间有一个点未画出，那么相邻两计数点的； 依据相等的时间内，位移之差相等，结合纸带各计数点的间距，因此间的距离应该是； 点的速度为， 加速度； 故答案为：；；；。 根据求解相邻两计数点的时间间隔，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点的瞬时速度， 根据相邻相等时间内的位移之差是一恒量，即依据公式，求出纸带的加速度。 解决本题需熟记周期与频率之间的关系，知道瞬时速度以及加速度的求解公式，注意两点之间的时间间隔是打点的周期的倍，同时注意单位的换算。 15.【答案】解：根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，当小球从最高点开始下落时，在第、第内的位移大小之比为：，则可知小球在抛出后的第末或第初到达最高点，速度为零。 则小球上抛的初速度大小满足：， 代入数据解得： 小球相对于抛出点上升的最大高度为： 代入数据解得： 小球从抛出到落到地面过程，可视为做匀减速直线运动，设所用时间为，则抛出点到地面的距离为： 代入数据解得： 答：小球上抛的初速度大小为； 小球相对于抛出点上升的最大高度为； 抛出点到地面的距离为。  【解析】小球抛出后，经落到地面，且第、第、第内的位移大小之比为：：，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，可以判断出小球在抛出后的第末或第初到达最高点，再由速度时间公式可求小球上抛的初速度大小。也可根据位移公式列方程求解。 由位移速度公式可求小球相对于抛出点上升的最大高度。 小球从抛出到落到地面过程，可视为做匀减速直线运动，由位移时间公式可求抛出点到地面的距离。 解答本题，利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，可以方便求解；也可根据位移时间公式，结合已知条件中的比例关系求解。 16.【答案】解：因为和其它三个力不在一条直线上，可以先将沿的反方向分解为，的方向分解为， 然后对四个力分别在两个方向上求合力，在水平方向上，，方向水平向右，竖直方向上，方向竖直向下，则四个力的最终合力大小为，作图如下 由几何关系，则，即合力与的方向成夹角如上所示。 答：这些力的合力大小为，方向与的方向成夹角如上所示。  【解析】对不在一条直线上的力先分解在其它力所在的直线上，再用正交分解法分别求两个方向的合力，最后再求所有力的合力大小和方向。 考查正交分解法的应用问题，结合解析法进行准确分析和计算，注意先对没有与其它力落在同一直线上的力的分解。 17.【答案】        【解析】解：根据牛顿第二定律得：，可得减速运动加速度大小为：，故A错误； B.根据运动学公式有：，解得列车制动刹车的时间为： 可得力的冲量大小为：，方向与运动方向相反，故B错误； C.根据运动学公式有：，可得刹车距离为：，故C正确； D.匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，则牵引力的功率为：，故D错误。 故选：。 根据题意，假人的头部只受到安全气囊的作用，则图像的面积表示合外力的冲量，而根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即图像的面积也表示动量的变化量，且图像始终在时间轴上方，且假人的头部做减速运动，则可知动量的大小一直减小，故A正确，B错误； C.根据动量大小与动能的关系：，而动量变化等于曲线与横轴围成的面积，则可知动能变化不正比于曲线与横轴围成的面积，故C错误； D.假人头部只受到气囊的作用力，而根据图像可知，作用力随时间先增大后减小，根据牛顿第二定律，可知假人头部加速度大小先增大后减小，故D正确。 故选：。 设汽车速度为，经过间距为的减速带的时间为： 驱动力的频率，即汽车颠簸的频率为：，可知汽车颠簸的频率还与速度大小有关，故A错误； 汽车的固有周期为 则汽车的速度为：时汽车发生共振现象，颠簸的最厉害，故B错误，D正确； C.汽车悬架的固有频率与汽车悬架的刚度和悬架弹簧支承的质量有关，与汽车速度无关，故C错误。 故选：。 设阻力大小为，汽车质量为，汽车以加速度匀加速启动，匀加速过程结束时的速度为，根据牛顿第二定律可得： ，可得牵引力为： 匀加速过程所用时间为： 同理可得汽车以加速度匀加速时，结束匀加速时的速度为： 匀加速过程所用时间为： 可得：，，故ABC错误，D正确。 故选：。 两小车碰撞后的滑行过程中，根据动能定理可得： 解得两个小车碰撞后的速度大小为： 以碰撞前小车的速度方向为正方向，两车碰撞过程中，根据动量守恒定律可得： 解得： 恒力作用过程，根据动量定理可得： 根据运动学公式可得： 撤去至二车相碰的过程有： 又有： 联立解得小车受到的恒力的作用时间为： 故答案为：；；；；两个小车碰撞后的速度大小为；小车受到的恒力的作用时间为。 根据牛顿第二定律解答选项；根据运动学公式求得列车制动刹车的时间，根据冲量的定义解答选项；根据运动学公式解答选项；匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，根据瞬时功率计算公式解答选项。 图像的面积表示合外力的冲量，根据动量定理可知图像的面积表示动量的变化量，据此解答选项；根据动量大小与动能的关系解答选项；根据牛顿第二定律解答选项。 汽车颠簸的频率等于驱动力的频率，此频率与汽车速度大小有关；驱动力的频率等于固有频率时汽车发生共振现象，颠簸的最厉害，据此求得汽车的速度；汽车悬架的固有频率与汽车本身的结构、质量等因素有关，与汽车速度无关。 根据瞬时功率计算公式、牛顿第二定律、运动学公式，推导匀加速过程的时间、末速度与加速度的关系式，分析与，与的大小关系。 两小车碰撞后的滑行过程中，根据动能定理可求得两个小车碰撞后的速度大小。 两车碰撞过程中，根据动量守恒定律可求得碰撞前的速度。对碰撞前的运动过程，根据动量定理、运动学公式、动能定理解答。 本题考查了机车启动问题、碰撞问题。考查了动量守恒定律、动量定理、功能关系、牛顿第二定律应用。掌握机车启动两种方式的运动过程的分析。 18.【答案】解：设运动的总时间为，则 最后内的位移为： 解得： 所以总高度： 最后的位移 则平均速度 甲释放后，乙也从阳台释放，要甲、乙同时落地，则乙运动的时间为 乙做匀加速运动，则 代入数据解得： 答：阳台离地面的高度为； 最后的平均速度为； 若甲释放后，乙也从阳台释放，要甲、乙同时落地，需给乙的向下的初速度．  【解析】根据自由落体运动的位移时间公式表示出最后内的位移，列出等式求解． 求出最后的位移，根据平均速度等于位移除以时间求解； 同时落地，则乙比甲少运动，根据位移相等列式即可求解． 本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式的直接应用，知道平均速度等于位移除以时间，难度不大，属于基础题． 第2页，共2页 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $