2021-2022学年四川省成都市双流区高一（下）期末物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年四川省成都市双流区高一（下）期末物理

试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）.英国物理学家卡文迪许首次精确测量了万有引力常量G的数值，其单位是（）BNkg'm2.下面说法中正确的是（）A.做曲线运动物体的速度方向必定变化B.速度变化的运动必定是曲线运动C,加速度恒定的运动不可能是曲线运动D,加速度变化的运动必定是曲线运动3.D.vA<vB日常生活中，人们经常用到扳手这一工具。当用扳手拧螺母时，如图所示，扳手上4、B两点的角速度分别是@4和3b，3.D.vA<vBA.3A> B.<3bC.%>Vg4.如图所示，木块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力产作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力尸做了10/的功，在上述过程中（）― F/WAWWV ►A.弹簧的弹性势能增加了10/B.滑块的动能增加了10/C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10/D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒.如图所示，小球4向右运动时以速度为跟静止的小球B发生碰撞，碰后4球以冷的速率弹回，而B球以g的速率向右运动，则4、8两球的质量之比是（）*mg2 •nig9 *mg3 *vng27.如图所示，小钢球从斜槽轨道末端以火的水平速度抛出，经过t时间落在倾斜挡板PQ的中点处。若钢球以2%的速度水平抛出，则（）A.下落时间仍为t B.下落时间为夜tC.下落时间为2t D.落在挡板底端Q点.水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动，在运动过程中，物体的动能区与位移x的关系图像如图所示，则满足物体（与地球组成的系统）机械能守恒的阶段是（）A.0~3/i B.3九〜4九C.4h~6/i D.6h~8/i.水平传送带向右匀速运动，其速度大小v可由驱动系统根据需要设定，4、B两处分别是传送带左右两侧端点，一个小物块（可视为质点）在4处无初速度释放，经过一段时间被传送到8处，在这个过程中传送带对物块的冲量大小为/,物块与传送带由于摩擦产生的内能为4U.若将传送带速度大小"设定为更大的值，重复上述过程，则（）A./一定变大B./一定变小C.4U可能不变D.AU一定变大二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.如图所示，足球从水平草坪上的4位置被踢出后落到草坪上的C位置，空中到达的最高点为8位置，已知4到B的水平距离大于B到C的水平距离，关于足球的运动，下列说法正确的是（）R/\cc/ eA.从4位置到C位置的过程中阻力做的总功为零B.从4位置到C位置的过程中重力做的总功为零C.从4位置到C位置的过程中重力的瞬时功率大小是先减小后增大D.从4位置到B位置的时间大于从8位置到C位置的时间.发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道I（停泊轨道），然后使其沿椭圆轨道n（转移轨道）运行，最后将卫星送入同步圆轨道in（静止轨道），轨道I、n相切于m点，轨道n、ni相切于n点，如图所示，关于卫星分别在I、n和in轨道上的运动，下列说法正确的是（）A.在轨道DI上运动的周期大于在轨道I上运动的周期B.在轨道口上经过N点的速率大于经过M点的速率C.在轨道口上经过N点的动能小于在轨道HI上经过N点的动能D.在轨道n上经过M点的加速度小于在轨道I上经过M点的加速度.如图，两个完全相同质量均为m的橡皮擦a、b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与竖直转轴0。'（图中。'点未画出）的距离为，，b与竖直转轴的距离为1.53橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用3表示圆盘转动的角速度，下列说法中正确的是（）a、b所受摩擦力大小始终相等b一定比a先开始滑动3=叵是b开始滑动的临界角速度\3LD.当3=席时，a所受摩擦力的大小为kmg.如图所示，为某同学设计的节能运输系统.木箱与水平地面之间的动摩擦因数〃=0.25.设计要求:质量M=2kg的木箱在B位置处时，自动搬运装置将质量m=2的的货物装入木箱，助推装置（图中未画出）在极短时间内使货物和木箱获得一初速度%=3m/s,当轻弹簧被压缩至最短时，自动搬运装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到B处，已知轻弹簧左端与固定挡板相连，其自然伸长时右端在4位置

处，4、B两处之间的水平距离L=1.0m,重力加速度取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）/组nP 二一t货物恻n b■F木箱/////////////////////////////////////A.弹簧的最大压缩量为0.2mB.弹簧在缩短过程中的最大弹性势能为8/C.木箱被弹簧弹回的过程中，其经过4位置时速率最大D.若弹簧被压缩至最短时未将货物卸下，则木箱与货物将滑至4右侧0.4m处停下三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13.（1）如图甲为研究平抛运动的分运动的实验装置。把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使电磁铁C上的小铁球沿轨道4水平射出，并在射出时碰到开关S,因而使电磁铁E在此刻断电，释放它吸引的小铁球（此时两小铁球等高），最终两铁球同时落到地面。这个实验表明;田2A.做平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动8.做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动（2）如图乙为频闪照相技术研究小球平抛运动的部分照片,图中背景方格的边长均为5cm,重力加速度取g=1田2A.做平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动8.做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动（2）如图乙为频闪照相技术研究小球平抛运动的部分照片,图中背景方格的边长均为5cm,重力加速度取g=10m/s2,则相机的闪光频率是Hz,小球平抛运动的初速大小是m/s.Or—,J6.14cm14.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律.频闪仪每隔0.05s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到18.66cm0r21.16cm不同时刻的速度如下表（当地重力加速度取9.8m/s2,小球质量m=0.2kg,结果保留三位有效数字）:23.68cmZiO—时刻速度(m/s)4.994.483.98(1)由频闪照片上的数据计算ts时刻小球的速度/=m/s；(2)从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep=J,动能减少量△Ek= J;(3)在误差允许的范围内，若AEp与△取近似相等，从而验证了机械能守恒定律.由上述计算得AEp4Ek(选填“>”、或“=")，造成这种结果的主要原因是.四、计算题(本大题共4小题，共46.0分).某条河宽度为d=700m,河水均匀流动，流速为%=2m/s,小船在静水中的运动速度为%=4m/s.则：(1)若船以最短时间渡河，求渡河时间和位移大小；(2)若船以最短航程渡河，求渡河时间和位移大小。上游i下游船头指向S.中国于2004年正式开展月球探测工程，并命名为“嫦娥工程”。嫦娥工程分为“无人月球探测”、“载人登陆月球”和“建立月球基地”三个阶段。同学们也对月球有了更多的关注。(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g,月球绕地球运动的周期为7,月球绕地球的运动近似看成匀速圆周运动，忽略地球自转，试求出月球绕地球运动的轨道半径r；(2)若宇航员登陆月球后，在月球表面某处将一小球以初速度%水平抛出，测量得到抛出点高度为力,抛出点与落地点距离是抛出点高度的两倍，已知月球半径为R。，万有引力常量为G,试求出月球的质量.如图所示为某型号气垫船，其总质量为3x10skg,装有额定输出功率为6000kW的燃气轮机。若该气垫船由静止开始做匀加速直线运动，当速度为36km"时，燃气轮机达到额定输出功率，之后保持该功率不变继续行驶900m距离，达到最大速度匀速运动，假设整个过程中气垫船所受阻力恒为3x105刈重力加速度g取l(hn/s2,求：(1)燃气轮机在上述过程中提供的最大牵引力和气垫船的最大速度；(2)气垫船维持匀加速直线运动的时间；(3)气垫船由静止开始到最大速度所经历的总时间。.如图甲所示，“离心轨道演示仪”是学习机械能守恒定律的经典演示装置。现将该实验装置建立为如图乙所示的物理模型：竖直平面内由倾角a=37。的斜面轨道48、半径为3=0.1m的圆周轨道BCD和半径为七=0.25m的部分圆周轨道CE构成的装置固定于水平地面，8、C两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。圆心0卜。2与C点在同一竖直线上，外后与竖直方向的夹角为£=53。，E点与竖直墙面的距离d=1.2m.现将质量为m=0.1kg的小球从斜面的某高度九处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，斜面轨道4B足够长，不计小球大小和所受阻力，已知重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6.

(1)若小球的初始高度(=0.2m,求小球到达C点时对轨道的压力；(2)若小球能沿轨道到达E点，求九的最小值Zimin；(3)若小球释放后能够从原路径返回到出发点，高度h应该满足什么条件?答案和解析.【答案】A【解析】解：根据万有引力定律F=G喈，知质量m的单位为kg,距离r的单位为m,引力户的单位为N,由公式推导得出G的单位是：器，故A正确，BCO错误。故选：Ao根据万有引力定律尸=G*由质量、距离和力三个量的单位推导出引力常量G的单位。物理公式不但可以进行物理量间的计算，还同时对应了单位的换算，明确引力常量的单位是导出单位，可根据万有引力定律尸=G*推导出来，这是分析导出单位常用的方法。.【答案】A【解析】解：人做曲线运动的物体，速度方向为曲线上点的切线方向，时刻改变，故一定是变速运动，故A正确：3、匀变速直线运动的速度时刻改变，是直线运动，故B错误；C、平抛运动只受重力，加速度恒为g,故C错误：。、曲线运动的条件是合力与速度方向不共线，但合力大小可以变化，故加速度的大小也可以变化，故加速度变化的运动不一定是曲线运动，故。错误；故选：Ao做曲线运动的物体，速度方向为曲线上点的切线方向，时刻改变，故一定是变速运动,一定具有加速度；曲线运动的条件是合力与速度方向不共线.本题关键明确曲线运动的运动学特点和动力学条件，同时要熟悉两种特殊的曲线运动,平抛运动和匀速圆周运动..【答案】D【解析】解：AB.扳手上的4B两点是同轴传动，有以=3b，故A8错误。CD由图可知以＜玷，根据v=r3,可得力＜为，故C错误，。正确。故选：Do扳手上的A、B两点是同轴传动；根据线速度、角速度与半径的关系可以求解。本题主要考查了同轴传动、线速度与角速度的关系，较基础。.【答案】C【解析】解:对弹簧和滑块系统而言，除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量，所以滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10/,即弹簧弹性势能增加量和滑块动能增加量之和等于10/;故C正确，错误.故选：C.对弹簧和滑块系统而言，除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量.本题关犍根据除弹力外其余力做的功等于系统机械能的增加量进行判断..【答案】B【解析】解：以4、B组成的系统为研究对象，以4球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvo=%（一茨+ -y,解得：詈=5,故B正确、48错误。故选：B。以4、B两球组成的系统为研窕对象，在碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两球的质量之比。本题主要是考查了动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。.【答案】B【解析】解：设另一小球的速度为巧，且小球刚好落在Q点处，根据几何关系可知，落到Q点小球的水平位移和竖直位移等于落在挡板PQ的中点的小球的两倍，则~h=-gti；x=vot1 72h=-gt^2x=vxt2联立解得：v1=V2v0而因为钢球的速度以2%的速度水平抛出，则钢球会落到水平地面上，下落高度和落到Q点的钢球的下落时间相等，则由上述分析可知，ti=V2t.故B正确，ACO错误；故选：B。根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系完成解答。本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。.【答案】C【解析】解:0-3九阶段，动能增加量为重力势能的增加量为所以机械能增加了6mgh,3/i-4/i阶段，动能不变，重力势能增加mgh,所以机械能不守恒，4h-6/i阶段，重力势能增加动能减小2mgh,所以机械能不变，6h-8h阶段，重力势能增加动能减小?ngh,机械能增加，故错误，C正确。故选：C。动能和重力势能之和为机械能，分析各段过程重力势能以及动能的变化量，如该段时间动能和重力势能之和不变，则机械能守恒。解决该题的关键是正确分析各阶段的重力势能以及动能的变化情况，知道动能和势能之和统称为机械能。.【答案】C【解析】解：AB,根据动量定理可知/=nw,由于传送带速度与AB长度的关系未知，所以无法确定。的变化情况，则传送带对物块的冲量大小无法判断，故AB错误；CD、对小物块若层=2a%B，即物块与传送带共速时刚好到达B点，则将U设定为更大的值，则传送带由于摩擦产生的内能=不变，故C正确，O错误：故选:C.由于传送带速度与4B长度的关系未知，所以无法判断传送带对物块的冲量大小，传送带由于摩擦产生的内能由摩擦力与相对位移解得。本题以传送带传送物块为载体，考查运动学公式、、动量定理、功能关系的应用，考查了推理能力和分析综合能力，体现了物理核心素养的物理观念要素。.【答案】BC【解析】解：4、因4到B的水平距离大于B到C的水平距离，说明足球在运动过程中受到阻力，阻力方向始终与速度方向相反，阻力一直做负功，则从4位置到C位置的过程中阻力做的总功为负值，故A错误；B、4位置与C位置的高度差为零，根据％=巾9"八，可知从4位置到C位置的过程中重力做的总功为零，故B正确；C、重力的瞬时功率为P=mg3,在最高点的%=0,重力的瞬时功率为0,则从A位置到C位置的过程中重力的瞬时功率大小是先减小后增大，故C正确；£＞、上升和下降竖直高度相同，从4位置到B位置竖直方向的平均速度要大于从B位置到C位置竖直方向的平均速度，故从A位置到B位置的时间小于从B位置到C位置的时间，故。错误。故选：BCc根据足球的轨迹判断阻力做功情况；重力做的总功与初末位置高度差有关；根据竖直分速度%的变化分析重力的瞬时功率如何变化；根据竖直方向平均速度关系分析运动时间关系。本题要明确足球在运动过程中受到空气阻力，阻力做负功，机械能减小，在同一位置上升时速度大，下降是速度小。.【答案】AC【解析】解：4根据万有引力提供向心力有：粤l=与，解得：T=陛，由图可知轨道in的轨道半径大于轨道I的半径，卫星在轨道皿上运动的周期大于在轨道I上运动的周期，故4正确；B.在轨道口上由N点到M点运动时，引力做正功，所以在轨道n上经过N点的速率小于经过M点的速率，故B错误；c.卫星由轨道n要经点火加速才可以变轨到轨道in,所以在轨道n上经过n点的动能小于在轨道m上经过n点的动能，故c正确；。.根据万有引力提供向心力有：^=ma,解得：a=詈，所以在轨道II上经过M点的加速度等于在轨道I上经过M点的加速度，故。错误。故选：AC.根据万有引力提供向心力分析周期和加速度的大小；根据变轨的原理分析动能的大小。解决本题的关键知道卫星做圆周运动，靠万有引力提供向心力，知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现轨道的变换。.【答案】BC【解析】解：AB,两个橡皮擦的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f= m、3相等，fKr,所以b所需的向心力力大于a的，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误，8正确；C、当b刚要滑动时，有kzng=ma?.1.5L,解得：3=积，故C正确；D、以a为研究对象，当3=旧时，由牛顿第二定律得:f=ma)2L,可解得:/=\krng,故D错误。故选:BCo橡皮擦随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定.当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大.当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动，根据牛顿第二定律解得。本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答..【答案】AD【解析】解：4、整个过程中弹簧弹力做功为零，系统的动能转化为产生的热。根据功能关系可得：+M)诏="(ni+M)g(L+x)+“Mg(L+x),代入数据解得：x=0.2m,故A正确；B、木箱被弹回过程中，根据功能关系可得：Ep=〃Mg(L+x),解得弹簧在缩短过程中的最大弹性势能为：EP=6/,故B错误；C、木箱被弹簧弹回的过程中，当弹力与摩擦力相等时速度最大，该位置在压缩量最大位置与4之间，故C错误；。、若弹簧被压缩至最短时未将货物卸下，设木箱与货物滑至A右侧X,处停下，根据功能关系可得：EP=n(m+M}g(x+x'}代入数据解得：EP=0.4m,故。正确。故选：AD„对整个过程中分析，根据功能关系求解弹簧最大压缩量；木箱被弹回过程中，根据功能关系求解弹簧在缩短过程中的最大弹性势能；木箱被弹簧弹回的过程中，当弹力与摩擦力相等时速度最大；根据功能关系求解货物没有卸下时所达到的位置。本题主要是考查了功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。.【答案】B101.5【解析】解：(1)4没有依据证明做平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动,4错误；B.因两个小球：在同一高度同时开始运动，一个做平抛运动，一个做自由落体运动，都在同时落地，表明做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动，8正确。故选：B。(2)由逐差公式A九=9产可得T=理=I5x(5-3)xl°-2s=0.1s由周期与频率关系公式可得频率为f=；£Hz=10Hz由图乙可知，小球平抛运动的初速大小是x3x5x10-2 ._ .v0=-=—————m/s=1.5m/s故答案为：(1)8(2)101.5；(1)吸在电磁铁C上的小球离开轨道后做平抛运动，吸在电磁铁E上的小球离开后做自由落体运动，抓住两球同时落地可以得出竖直方向上的运动规律.(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，从而得出闪光的频率，结合水平位移和时间间隔求出小球运动的水平分速度，即为小球平抛运动的初速。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大.14.【答案】3.48；1.24；1.28；＜；存在空气阻力【解析】解：(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,所以有：九4+九5v5=———=3.48m/s故答案为：3.48.(2)根据重力做功和重力势能的关系有：△Ep=mg(h2+b+九4)=1.247h-i+九2V2=2T=4.99m/s

1719△&=mvg——mvf=1-28/故答案为:1.24,1.28.(3)由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，因此AEpKAEk.故答案为：<,存在空气阻力.(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求“时刻的速度大小；(2)根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量.(3)由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能的减小量没有全部转化为重力势能.本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进行分析.15.【答案】解：(1)当船头的指向与河岸垂直时，其渡河时间最短，设渡河时间为3合速度为u，位移大小为s,则垂直于河道方向：d—1合速度：V=J说+询实际位移：S=vt代入数据得：t=175s,s=350V5m;(2)由题意知，当合速度垂直于河岸时，其渡河航程最短，速度关系如图所示，设渡河时间为t'，合速度为/，位移大小为s',则垂直与河道方向：d=v't'合速度：v'=J诣一说实际位移：sr=d代入数据得：t'=随色s,s'=700m。3答：（1）若船以最短时间渡河，渡河时间为175s,位移大小为35075m;（2）若船以最短航程渡河，渡河时间为等s，位移大小为700m。【解析】（1）当船头的指向与河岸垂直时，其渡河时间最短，根据运动的合成与分解求出合速度，根据s=仇求出实际位移；（2）当合速度垂直于河岸时，其渡河航程最短，根据运动的合成与分解求出合速度，根据s=仇求出渡河时间。该题通过渡河的模型考查了运动的合成与分解，关于渡河问题，应注意几种渡河方式：一是垂直渡河，此时渡河位移最短，但是所用时间不是最短的，此种情况要求船的合速度与河岸垂直；二是船头始终指向对岸的渡河，此种情况下渡河时间最短，但是渡河位移不是最短。关于渡河问题，还要会判断能否垂直渡河，其条件是船在静水中的速度大小要大于河水流动的速度大小。16.【答案】解：（1）设月球质量为M,地球质量为M物地球表面有一静止物体质量为小，则有万有引力提供向心力：一=Mr^-r2 T2对地表静止物体：-^=m'g综上：「=（曙户（2）设平抛运动水平位移为x,运动时间为如月球表面重力加速度为。q，月球表面有一静止物体质量为巾1，则有水平方向：%24-h2=（2九）2X=vot竖直方向：h=对月面静止的物体：常1=眼19月综上：M=小遇3Gh答：（1）月球绕地球运动的轨道半径为（曙6；（2）月球的质量为瞥。【解析】(1)地球表面重力与万有引力相等，月球绕地球圆周运动向心力由万有引力提供，据此列方程组求解月球绕地球运动的轨道半径；(2)根据平抛运动规律结合月球表面万有引力近似等于重力解得。万有引力应用问题主要从以下两方面入手：一是星球表面万有引力与重力相等；二是万有引力提供圆周运动向心力。17.【答案】解：(1)设气垫船刚好达到额定功率时速度为「整个过程中最大速度为小,,燃气轮机额定功率为P,提供的最大牵引力为治,阻力为/.气垫船做匀加速直线运动时，牵引力最大，燃气轮机达到额定输出功率时，有P=%口其中"=36km"=10m/s,P=6000kW=6x106W,代入上式解得％=6x1OSN气垫船做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件有F=f又0=/与„，则代入数据得：vm=20m/s(2)设气垫船在匀加速过程中加速度为a,维持匀加速直线运动的时间为口，由牛顿第二定律有：Fm—f=ma由运动学公式有：v=atx代入数据解得：ti=10s(3)设气垫船从刚好达到额定功率到获得最大速度的时间为t2，则对此过程由动能定理有：Pt2~fs= -1mv2设总时间为3则有t=ti+t2代入数据解得：t=62.5s答：(1)燃气轮机在上述过程中提供的最大牵引力为6x1()5n,气垫船的最大速度为20m/s；(2)气垫船维持匀加速直线运动的时间为10s：(3)气垫船由静止开始到最大速度所经历的总时间为62.5s。【解析】(1)气垫船先做加速度恒定的匀加速直线运动，达到额定输出功率后，保持功率不变，做加速度减小的加速运动，最终匀速运动，做匀加速直线运动时，牵引力最大，由「=F。求燃气轮机在上述过程中提供的最大牵引力。当匀速运动时，气垫船的速度最大，此时牵引力等于阻力，再由平衡条件和。=尸1；相结合求气垫船的最大速度；(2)根据牛顿第二定律求出气垫船做匀加速过程的加速度，由"=at求维持匀加速宜线运动的时间；(3)根据动能