《2026年新高考5年真题高中物理全一册通用版湖南专版》

6. [2025·甘肃卷，14T，15分] 如图甲所示，细杆两端固定，质量为$m$的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力$F$作用在物块上，$F$随时间$t$的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为$g$，$\theta = 30°$。求：

(1) $t = 6$ s 时$F$的大小，以及$t$在$0\sim6$ s内$F$的冲量大小；
(2) $t$在$0\sim6$ s内，摩擦力$F_f$随时间$t$变化的关系式，并作出相应的$F_f - t$图像；
(3) $t = 6$ s时，物块的速度大小。

答案：
6.参考答案
(1)$\frac{3\sqrt{3}mg}{2}$ $\frac{9\sqrt{3}mg}{2}$
(2)见解析 图见解析
(3)$\frac{17}{2}g$
命题意图本题考查动量定理的应用和$F - t$图像，考查考生的推理能力。
解题思路
(1)由题图乙可知$F$随时间呈线性变化，根据数学知识可知$F = \frac{\sqrt{3}mg}{4}t$，所以当$t = 6s$时，$F = \frac{3\sqrt{3}mg}{2}$。
$0\sim6s$内$F$的冲量为$F - t$图线与横轴围成的面积，即$I = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{3}}{2}mg × 6(SI) = \frac{9\sqrt{3}mg}{2}(SI)$。
(2)由于初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，则有$mg\sin30^{\circ} = \mu mg\cos30^{\circ}$，解得$\mu = \tan30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3}$。
在垂直细杆方向，当$F\sin\theta = mg\cos\theta$，即$F = \sqrt{3}mg$时，由题图乙可知$t = 4s$。
则$0\sim4s$，垂直细杆方向，有$F\sin\theta + F_{N} = mg\cos\theta$，摩擦力$F_{f} = \mu F_{N} = \frac{\sqrt{3}}{3} × (\frac{\sqrt{3}}{2}mg - \frac{\sqrt{3}}{8}mgt) = (\frac{1}{2} - \frac{1}{8}t)mg(0 \leq t \leq 4s)$，
在$4\sim6s$内，垂直细杆方向，有$F\sin\theta = mg\cos\theta + F_{N}$，摩擦力$F_{f} = \mu F_{N} = \frac{\sqrt{3}}{3} × (\frac{\sqrt{3}}{8}mgt - \frac{\sqrt{3}}{2}mg) = (\frac{1}{8}t - \frac{1}{2})mg(4s ＜ t \leq 6s)$，作出相应的$F_{f} - t$图像，如图所示。

(3)在$0\sim6s$内，沿细杆方向，根据动量定理有$I_{F}\cos\theta - I_{f} + I_{G}\sin\theta = mv$，
在$0\sim6s$内，摩擦力的冲量为$F_{f} - t$图线与横轴围成的面积，则$I_{f} = \frac{1}{2} × \frac{1}{2}mg × 4s + \frac{1}{2} × \frac{1}{4}mg × 2s = \frac{5}{4}mg(SI)$，
在$0\sim6s$内，重力的冲量$I_{G} = mg × 6s = 6mg(SI)$，
联立解得$t = 6s$时，物块的速度大小$v = \frac{17}{2}g(SI)$。

7. [2025·湖北卷，15T，18分] 如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有$3n$（$n$是大于1的正整数）个质量均为$m$的相同小滑块，从左向右依次编号为$1$、$2$、$·s$、$3n$，木板的质量为$nm$。相邻滑块间的距离均为$L$，木板与地面之间的动摩擦因数为$\mu$，滑块与木板间的动摩擦因数为$2\mu$。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为$\sqrt{\beta \mu gL}$（$\beta$为足够大常数，$g$为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1) 求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
(2) 记木板滑动前第$j$个滑块开始滑动时的速度为$v_j$，第$j+1$个滑块开始滑动时的速度为$v_{j+1}$。用
已知量和和表示
(3) 若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求$\beta$的值。
提示：$1^2 + 2^2 + ·s + k^2 = \frac{1}{6}k(k + 1)(2k + 1)$。

答案： 7.参考答案
(1)$\sqrt{(\beta - 4)\mu gL}$
(2)$\frac{j}{j + 1}\sqrt{v_{j}^{2} - 4\mu gL}$
(3)$\frac{4n(2n + 1)(4n + 1)}{3} + \frac{8n(2n + 1)^{2}}{2n - 1}$
命题意图本题考查动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，考查考生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路
(1)给第$1$个滑块一个水平向右的初速度，滑块相对木板向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为$F_{n} = 2\mu mg$，
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木板与地面间的最大静摩擦力为$F_{m} = \mu(nm + 3nm)g = 4n\mu mg$，
又$n$是大于$1$的正整数，所以$F_{m} ＞ F_{n}$，则第$1$个滑块与第$2$个滑块碰撞前，木板处于静止状态。第$1$个滑块从开始运动到与第$2$个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有$- 2\mu mgL = \frac{1}{2}mv_{1}'^{2} - \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，
其中$v_{1} = \sqrt{\beta\mu gL}$，
解得第$1$个滑块与第$2$个滑块碰撞前瞬间，第$1$个滑块的速度大小$v_{1}' = \sqrt{(\beta - 4)\mu gL}$。
(2)木板滑动前，第$j$个滑块从开始运动到与第$j + 1$个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有$- 2\mu jmgL = \frac{1}{2}jmv_{j}'^{2} - \frac{1}{2}jmv_{j}^{2}$，
前$j$个滑块整体与第$j + 1$个滑块碰撞的过程，由动量守恒定律有$jmv_{j}' = (j + 1)mv_{j + 1}$，
联立解得$v_{j + 1} = \frac{j}{j + 1}\sqrt{v_{j}^{2} - 4\mu gL}$。
(3)设第$k$个滑块开始运动时木板恰好不滑动，则对木板，由平衡条件有$2\mu kmg = 4\mu nmg$，
解得$k = 2n$，
所以第$2n + 1$个滑块开始运动时，木板开始滑动。设第$2n + 1$个滑块开始运动时的速度大小为$v_{2n + 1}$，则对前$2n + 1$个滑块，由牛顿第二定律有$2\mu(2n + 1)mg = (2n + 1)ma_{1}$，
对木板和其余滑块组成的整体，由牛顿第二定律有$2\mu(2n + 1)mg - \mu × 4nmg = (2n - 1)ma_{2}$，
滑块间恰好不再相碰，则由运动学公式有$v_{2n + 1}t - \frac{1}{2}a_{1}t^{2} - \frac{1}{2}a_{2}t^{2} = L$，$v_{2n + 1} - a_{1}t = a_{2}t$，
联立解得$v_{2n + 1}^{2} = \frac{8n}{2n - 1}\mu gL$。
由
(2)问分析可知$v_{2n}^{2} = (\frac{2n - 1}{2n})^{2}(v_{2n - 1}^{2} - 4\mu gL)$，
则逐级代入可得$v_{2}^{2} = (\frac{1}{2})^{2}(v_{1}^{2} - 4\mu gL)$，
依次类推可得$v_{2}^{2} = (\frac{1}{2})^{2}(v_{1}^{2} - 4\mu gL)$，
则逐级代入可得$v_{2n + 1}^{2} = (\frac{1}{2n + 1})^{2}\beta\mu gL - \frac{4n(4n + 1)}{3(2n + 1)}\mu gL$，
即$\frac{8n}{2n - 1}\mu gL = (\frac{1}{2n + 1})^{2}\beta\mu gL - \frac{4n(4n + 1)}{3(2n + 1)}\mu gL$，
解得$\beta = \frac{4n(4n + 1)(2n + 1)}{3} + \frac{8n(2n + 1)^{2}}{2n - 1}$。