全国大联考高考物理三模试卷解析版(新课标Ⅰ卷)

高考物理三模试卷（新课标Ⅰ卷）题号一二三四总分得分一、单项选择题（本大题共6小题，共36.0分）精致的盆栽能够美化环境，图示的盆栽在福建惠安聚龙小镇公路旁随处可见。若花盆可视为表面面圆滑的半球体，用水平台面上对称分布的三个小小的石头球体支撑着（三个石头球位于等边三角形的极点）。若花盆总重为G，半球体的球心与石头球体的球心连线与竖直方向夹角为θ，则花盆碰到一个石头球体的支持力大小为（）A.GB.GcosθC.D.2.物理学家密立根以精湛的技术测量了光电效应中的几个重要物理量。依照密立根的方法进行实验，用不同样样频率的色光分别照射钠、钾的表面而产生光电效应，若钠、钾金属的遏止电压Uc随入射光频率ν变化的Uc-ν图象分别用实线、虚线表示，已知钠的逸出功是2.29eV，钾的逸出功是2.25eV，则以以下列图象可能正确的选项是（）A.B.C.D.3.质量为0.2kg的小滑块静止在粗糙水平川面上，在水平恒定拉力作用下做匀加速直线运动，2s末速度为2m/s，此时撤去拉力，又滑行4m恰好停下，则此恒定拉力的大小为（）A.0.1NB.0.2NC.0.3ND.0.4N4.我国于2018年11月1日成功发射了第四十一颗北斗导航卫星，是地球静止轨道卫星，此轨道的高度约36000km，地球半径约6400km。2020年，我国将发射首颗“人造月亮”，部署“人造月亮”在地球低轨道上运行，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市供应夜间照明。假设“人造月亮”在距离地球表面约384km高度处绕地球做圆周运动，则“人造月亮”在轨道上运行时的周期约为（）A.1.5hB.2.0hC.3.8hD.9.6h以以下列图，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：3，R1=10Ω，R2=5Ω，电容器的电容C=150μF．若电容器下极板所带电荷量q=0.003sin100πtC，则（）A.电阻R2的电功率为160WB.原线圈两端电压的有效值为200VC.原线圈中电流的有效值大于1.2AD.原线圈两端电压的频率大于50Hz第1页，共14页以以下列图，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，经过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着。保持铁环和小球的地址不变，横杆的地址逐渐按图示方向转到竖直地址，在这个过程中铁环与杆相对静止，下列说法正确的选项是（）连接铁环和小球的细线拉力不变杆对铁环的作用力先增大后减小杆对铁环的弹力素来减小，最小值为mg杆对铁环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg二、多项选择题（本大题共4小题，共21.0分）7.以以下列图，固定平行板电容器与理想二极管、蓄电池（内阻不计）连接。开关S闭合后，一带电油滴恰幸好P点处于静止状态。若将电容器上极板竖直向上平移一小段距离，则（）A.油滴带负电B.静电计指针张角将增大C.带电油滴的电势能将增大D.油滴依旧处于静止状态如图，半径为R的圆形地区（纸面）内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，半径OA与半径OC夹角α=60°，CD为直径。电子、质子均从A点沿与OA夹角θ=30°方向垂直射入匀强磁场中，电子经磁场偏转后从C点以速率v射出磁场，质子从D点垂直AO方向射出磁场。已知电子与质子的质量之比为k，重力及粒子间的作用均不计，则（）A.B.

磁场方向垂直圆面向外电子在磁场中运动的行程为πRC.质子在磁场中运动的速率为kvD.电子、质子经过磁场所用的时间之比为1：29.以下说法正确的选项是（）加上不同样样的电压能够改变液晶的光学性质单晶体在消融的过程中分子平均动能逐渐增大当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反响了碳粒分子的热运动雨滴在空中下落的过程中呈球形是由于液体有表面张力的缘故如图，一束细光ab沿球心所在的平面射入球形的水滴中，经过一次反射和一次折射，射出水滴形成P、Q两种不同样样的色光，则以下说法正确的选项是（）第2页，共14页A.P光的频率小于Q光的频率B.C.D.

水滴对P光的折射率大于对Q光的折射率水滴对P光的临界角小于对Q光的临界角在水滴中P光的流传速度大于Q光的流传速度E.在水滴中P光流传时间大于Q光流传时间三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）11.某同学利用图示实验装置研究做功与滑块动能变化的关系，重力加速度大小为g。1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d=2.14mm，则所用的是______分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50”）。2）以下实验操作必要的是______（填选项前的字母）；A．调整轨道的倾角以平衡摩擦力B．调整轨道成水平C．必定满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量（3）按正确操作进行实验，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M，钩码的质量为m；滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条挡光时间△t；从刻度尺上读出滑块释放时遮光条到光电门的距离x，则合力做的功与滑块动能变化的关系式是______。某同学欲正确测量一个未知电阻Rx．可供应的器材还有：A．多用电表B．电源（电动势4V，内阻不计）C．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）E．电流表A1（量程0～100mA，内阻约为2.5Ω）F．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）G．滑动变阻器R（0～100Ω，同意经过的最大电流1A）H．开关、若干导线请回答以下问题（1）按正确操作，用多用电表Ω“×1”挡测量待测电阻，其指针的示数如图1所示，则其读数为______Ω。2）为了尽可能减小测量误差，电压表应采用______，电流表应采用______。（填写仪器前的字母序号）（3）在正确采用器材的情况下，请补充圆满图2中实物图的连线，并使开关闭合的刹时，电压表或电流表不至于被烧坏。第3页，共14页（4）若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则______待测电阻的真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。13.如图1所示，在分布平均的磁场中，有两根固定的足够长平行金属导轨（不计电阻），间距为L、倾角为θ，上端接一阻值为R的电阻，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，闭合回路恰好是一个边长为L的正方形。已知t=0时ab恰好处于静止状态，重力加速度大小为g。滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，ab素来与导轨垂直且接触优异。（1）若磁感觉强度大小B随时间t的变化规律为B=kt（k＞0），求经过多长时间ab开始滑动？（2）若磁感觉强度恒定且为B0，对ab施加一个沿导轨向下的拉力，使ab从静止开始运动，其速度与此后的位移关系图象如图2所示，求0～x0位移内拉力所做的功。四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）14.以以下列图，矩形ABCD、绝缘水平直杆P1P2和半径R=1.6m的圆滑绝缘圆弧杆PP1在同一竖直面内，其中AD竖直，小孔P2为AD的中点，PP1与P1P2相切于P1点，P点与P1P2间的高度差h=0.8m，P1P2、CD长均为L1=0.9m，BC长L2=m．在P1的左侧空间有竖直向上的匀强电场，质量为的不带电绝缘小球a和质量为m、电荷量为q的带正电小球b套在杆上，b静止在P1处，a从P处由静止开始滑下，滑到P1处时与b发生弹性正碰。已知小球b与P1P2间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，两球均视为质点且只相碰一次。（1）若场兴隆小E=，求小球a与b碰前刹时碰到杆的支持力N与重力大小之比以及小球b碰后开始第一次到达矩形所用的时间t1；（2）若场兴隆小E=，求小球b走开杆后第一次与矩形相碰处与C点的距离d2；（3）若小球b在P1P2上滑行过程中场兴隆小E随小球b的速率v按E=+（其中v0=1.2m/s）变化，当小球b运动到P2处后场兴隆小突然变为E0=，求b走开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离d3。第4页，共14页冬天，东北地区有一间长、宽、高分别为8m、6.5m、3m教室，室内温度为零下23℃，打开暖气后，室内空气的质量会发生变化。已知在1个标准大气压下温度为0℃的空气的密度ρ=1.29kg/m3，室内外压强素来保持1个标准大气压。结果保留三位有0效数字。求：①打开暖气前室内空气的质量m0；②若打开暖气后室内的温度达到27℃，求室内空气减少的质量△m。16.位于原点O处的波源t=0时开始振动，产生的简谐横波沿x轴正方向流传，波源O的振动方程为y=8sin5πtcm，当t=4s时质点P（10m，0m）恰好刚开始振动。求：①波长λ以及0～8.1s时间内质点P运动的行程L；②质点Q（9.875m，0m）从t=4s起第一次到达波谷所用的时间t2。第5页，共14页答案和剖析1.【答案】D【剖析】解：花盆碰到重力G和三个石头的弹力N而平衡，在竖直方向上有3Ncosθ=G解得：N=，故ABC错误D正确。应选：D。对花盆受力剖析由平衡条件可求解。本题观察了平衡条件的应用，正确受力剖析应用平衡条件即可求解，基础题，难度不大。2.【答案】B【剖析】解：依照光电效应方程知：Ekm=hv-W0，又Ekm=eUc，解得：Uc=-，可知图线的斜率k=，即两图的斜率同样，而截距等于-，则钠的截距的绝对值要大一些，可得B图是正确的，ACD错误应选：B。依照Uc-ν的图象得出金属的截止频率；经过光电效应方程，结合遏止电压与最大初动能的关系得出Uc-ν的关系式，依照图线的斜率求出普朗克常量h。依照德布罗意波长公式求出光子的动量。解决本题的要点掌握光电效应方程，对于图象问题，要点得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。3.【答案】C【剖析】解：在力F作用下由加速度的定义得：a1==m/s2=1m/s2由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1撤去拉力，由速度位移的关系式得：a2==0.5m/s2由牛顿第二定律得：μmg=ma2联立解得：F=0.3N，故ABD错误C正确。应选：C。分别由加速度的定义和速度位移的关系式可求得前后两段的加速度，再由牛顿第二定律可求得拉力。本题观察了牛顿第二定律、加速度的定义、运动学公式的应用，依照是熟练掌握公式能灵便运用。4.【答案】A【剖析】解：据开普勒第三定律有：有：可得人造月亮的周期为：1.h5第6页，共14页故BCD错误，A正确。应选：A。人造月亮和同步卫星都绕地球做圆周运动，据开普勒第三定律有：，则据同步卫星的周期和半径及人造月亮的半径剖析即可。本题直接依照半径和周期关系由开普勒第三定律求解，不难属于基础题。5.【答案】C【剖析】解：A、电容器极板所带电荷量的最大值Qm=0.003C，电容器两极板间电压的最大值Um==20V，有效值为U2==20V，电阻R2的电功率P2==80W，故A错误；B、由于副线圈中的电流I2＞=4A，副线圈两端电压U′=U1+U2＞60V，因此原线圈两端电压的有效值U1=U′＞200V，故B错误；C、由于副线圈中的电流I2＞=4A，可得原线圈中的电流I1＞I2=1.2A，故C正确；D、由电容器下极板所带电荷量的角频率ω=100π知f==50Hz，变压器不改变电流的频率，因此原线圈两端电压的频率等于50Hz，故D错误；应选：C。依照电容器两极板电量的变化进而求出副线圈两端电压，依照变压器的工作原理即可求解。掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系，同时要注意理解电容器的电压和电量的关系。6.【答案】D【剖析】解：A、对球受力剖析，受重力和两个拉力，如图所示：依照平衡条件，有：T1=mgT2=mg；杆转动过程中，球碰到的三个力方向均不变，重力的大小不变，故其大小也均不变，故连接环和小球的细线拉力不变，故A错误；B、环碰到重力、绳子的拉力和杆对环的支持力、摩擦力，由于环的重力和绳子拉力不变，杆对环的作用力与重力、绳子拉力的合力等大反向，则杆对环的作用力不变，故B错误；CD、剖析小铁环，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，其中重力和拉力均不变，设其合力为F，随着杆的转动，F与杆的夹角先变大后变小，设为θ，依照平衡条件，静摩擦力等于F的平行杆的分力，为Fcosθ，故静摩擦力先变小后变大；支持力等于F垂直杆的分力，故先变大后变小；杆竖直时，静摩擦力最大，为：f=mg+T1cos45°=2mg；故C错误D正确；应选：D。先对球受力剖析，受重力和两个拉力，依照平衡条件列式求解；再对环受力剖析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，同样依照平衡条件列式剖析。本题观察平衡问题，要点是正确的受力剖析，依照平衡条件列式求解。第7页，共14页求解平衡问题要点在于对物体正确的受力剖析，不能够多力，也不能够少力，对于三力平衡，若是是特别角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特别角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。7.【答案】BD【剖析】【解答】A、由图可知，电容器中电场强度方向竖直向上的，要使带电油滴恰幸好P点处于静止状态，那么油滴带正电，故A错误；B、将平行板电容器的上极板竖直向上搬动一小段距离，以致极板间距增大，依照C=，增大，则电容减小，因电容器两极与电源相连，因此电容器电压不变，那么电容器要放电，但由于二极管的单导游电性，则电容器的电量不变，那么两极的电压会增大，因此静电计指针张角将增大，故B正确；CD、依照E=，结合C=，及C=知，电场强度综合表达式E=，则E与间距d及电压均没关，则油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，因电场强度不变，P点与下极板的间距也不变，那么电势差不变，则P点的电势不变，因此电势能不变，故C错误，D正确；应选：BD。【剖析】电容器素来与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，但二极管以致电容器只能充电，不能够放电，依照电容器d的变化判断电容的变化，进而确定电容器的电量不变，再确定电容器的电压以及电场强度的变化，进而判断电荷电势能和电场力的变化。本题是电容器的动向剖析问题，要点抓住不变量，当电容器与电源素来相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。8.【答案】BC【剖析】解：A、由于电子经磁场偏转后从C点以速率v射出磁场，依照左手定则可知磁场方向垂直圆面向里，故A错误；B、画出电子和质子的运动轨迹以以下列图，其中O1和O2分别为电子、质子的运动轨迹对应的圆心；依照图中几何关系可得△OAC和△O1AC均为等边三角形，则∠O1=60°，电子运动半径为R，电子在磁场中运动的行程为S==πR，故B正确；C、依照图中几何关系可得O2AOD为菱形，则质子在磁场中运动的半径为R，依照R==可得，质子在磁场中运动的速率为vH=kv，故C正确；D、电子经过磁场所用的时间te=，质子经过磁场所用的时间tH==，则电子、质子经过磁场所用的时间之比=k：2，故D错误。应选：BC。依照左手定则可知磁场方向；画出电子和质子的运动轨迹，依照图中几何关系求解半径和轨迹对应的圆心角，再依照周期公式、半径公式求解。对于带电粒子在磁场中的运动情况剖析，一般是确定圆心地址，依照几何关系求半径，结合洛伦兹力供应向心力求解未知量；依照周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。第8页，共14页9.【答案】ACE【剖析】解：A、液晶在光学性质表现为各向异性，加上不同样样的电压能够改变液晶的光学性质。故A正确；B、晶体有固定的熔点，在消融的过程中温度不变，分子平均动能也不变。故B错误；C、当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小。故C正确；D、悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反响了液体分子的热运动。故D错误；E、雨滴在空中下落的过程中呈球形是由于液体有表面张力的缘故。故E正确。应选：ACE。液晶在光学性质表现为各向异性；晶体有固定的熔点，在消融的过程中温度不变，分子平均动能也不变；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小；悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反响了液体分子的热运动；雨滴在空中下落的过程中呈球形是由于液体有表面张力的缘故。本题观察了液体的表面张力、布朗运动、液晶、分子式能等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。10.【答案】AD【剖析】解：AB、画出光路图，剖析可知，第一次折射时，光的折射角较大，而入射角相等，依照折射率公式n=得知，P光的折射率较小，频率较小，故A正确B错误；C、依照sinC=得水滴对P光的临界角大于对Q光的临界角，故C错误；D、依照v=可知，折射率越小，流传速度大，在水滴中P光的流传速度大于Q光的传播速度，故D正确；E、由几何关系可知Q光在水滴中流传的距离大于P光在水滴中流传的距离，又在水滴中P光的流传速度大于Q光的流传速度，因此在水滴中P光流传时间小于Q光流传时间，故E错误。应选：AD。依照光路图获取两种光的折射率大小关系，依照光速与折射率关系获取两种光的速度的关系，由折射率和频率的关系可知两种光的频率关系；依照sinC=可比较临界角的关系；由几何关系可比较在水滴中流传的距离的关系，再由速度关系可比较流传时间关系。本题要点是结合光路图并依照折射率定义获取光辉的折射率，并熟练掌握频率与折射率的关系，临界角与折射率的关系，本题是一道较全面的观察了有关光知识的综合运用，是一道较好的观察基础的题目。11.【答案】50BCmgx=M（）2【剖析】解：（1）遮光条的宽度：d=2.14mm=2mm+7×0.02mm，游标尺的精度为0.02mm，游标尺是50分度的。（2）AB、用气垫导轨做实验，实验前要调治气垫导轨水平，实验不需要调整轨道的倾角平衡摩擦力，故A错误，B正确；C、当钩码质量远小于滑块质量时能够近似认为滑块碰到的拉力等于钩码的重力，实验必定满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量，故C正确；第9页，共14页应选：BC。（3）滑块经过光电门时的速度：v=，对滑块，由动能定理得：mgx=，即：mgx=M（）2；故答案为：（1）50；（2）BC；（3）mgx=M（）2。1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，依照游标卡尺的读数确定游标尺的分度。2）实验前要调治气垫导轨水平，当钩码质量远小于滑块质量时能够近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力。3）依照遮光条的宽度与遮光条经过光电门时的时间求出滑块的速度，此后应用动能定理求出需要考据的表达式。游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；依照题意应用速度公式与动能定理能够解题。12.【答案】24CE小于【剖析】解：（1）用多用电表Ω“×1”挡测量待测电阻，其指针的示数如图1所示，则其读数为24×1=24Ω；（2）电源电动势为4V，电压表应选择C；电路最大电流约为：I==0.125A=125mA，电流表应选择E；3）由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用限流接法，实物电路图以以下列图；（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值I大于真实值，则小于待测电阻的真实值；故答案为：（1）24；（2）C；E；（3）实物电路图以以下列图；（4）小于。1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。2）明确电流大小范围，进而确定对应的量程；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。3）依照待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，依照待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，此后连接实物电路图。4）依照图示电路图应用欧姆定律剖析实验误差。本题观察了实验器材选择、设计实验电路图、电表读数、求电阻阻值等问题，要掌握实验器材的选择原则，依照题意确定电流表与滑动变阻器的接法是设计实验电路的要点。1t=0时ab恰好处于静止状态，依照平衡条件得：mgsinθ=mgcosμθ13.【答案】解：（），依照法拉第电磁感觉定律，电路中的电动势：E=感觉电流：I=第10页，共14页经过时间t，磁感觉强度：Bt=kt金属导轨碰到的安培力：F=BtIL=kILt当F=μmgcosθ+mgsinθ时，金属导轨刚才要发生搬动，联立解得：t=；（2）据动能定理得：，即，结合图2可得：，解得：；答：（1）磁感觉强度大小B随时间t的变化规律为B=kt（k＞0），经过ab开始滑动，（2）磁感觉强度恒定且为B0，对ab施加一个沿导轨向下的拉力，使ab从静止开始运动，其速度与此后的位移关系图象如图2所示，0～x0位移内拉力所做的功为。【剖析】（1）由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，应用匀变速直线运动的速度公式求出导体棒进入磁场时的速度，应用安培力公式求出导体棒碰到的安培力，导体棒在磁场中做匀速直线运动，应用平衡条件求出磁感觉强度。2）由图乙所示图线求出杆在0～x0过程中安培力做功，此后应用动能定理求出拉力做功；依照动能定理求解拉力做功时，涉及到安培力做功需要依照安培力的推论公式结合v-x图象来求安培力做功。14.【答案】解：（1）小球a从P滑到P1的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：gh=，碰撞刹时，对小球a，由牛顿第二定律得：N-g=×代入数据解得：v=4m/s，=2，a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：v=v1+mv2，由机械能守恒定律得：v2=+，代入数据解得：v1=-2m/s，v2=2m/s（v1=4m/s，v2=0m/s不切合实质情况，舍去）；若：E=，则qE=mg，小球b不受P1P2的作用，以水平向左的速度v2匀速运动打到BC中点上，则：t1===0.9s；第11页，共14页（2）若场强：E=，即：qE=mg，则小球b碰到杆的支持力大小：Nb=mg-qE=mg，小球b从P1运动到2过程，由动能定理得：b122-mv22，P-μNL=mv′代入数据解得：v2′=1m/s，小球b走开杆后做类平抛运动，若小球b先打在BC边上，则有：L2，1=v2′t2，y=a2t2由牛顿第二定律得：mg-qE=ma2，代入数据解得：y=m＞，故小球b应先打在CD上，则：x2，2=v2′t3，=a2t2代入数据解得：x2=0.5m＜L1，小球b第一次与矩形相碰处与C点的距离：d2=L1-x2=0.4m；（3）设小球b走开杆时的速率为v3，从P1运动到P2过程，由牛顿第二定律得：μ（qE-mg）=m，即：v=ma，由加速度定义式有：a=则∑v△t=∑△v，积分得：L1=v2-v3，代入数据解得：v3=0.5m/s，小球b走开杆后做类平抛运动，若小球b先打在BC边上，则有：L1=v3t4，y3=，代入数据解得：y3=0.81m＜，切合假设，小球b走开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离：d3=+y3=1.85m；答：（1）小球a与b碰前刹时碰到杆的支持力N与重力大小之比为2，小球b碰后开始第一次到达矩形所用的时间t1为0.9s；（2）小球b走开杆后第一次与矩形相碰处与C点的距离d2为0.4m；（3）b走开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离d3为1.85m。【剖析】（1）应用机械能守恒定律求出小球b到达P1时的速度，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度，依照小球受力情况判断b的运动性质，此后求出运动时间。（2）依照电场强度求出杆对b的支持力，应用动能定理求出小球b走开杆时的速度，b走开杆后做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出距离。（3）应用牛顿第二定律与加速度定义式求出小球b走开杆时的速度，b走开杆后做类平抛运动，应用类平抛运动规律能够求出b走开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离d3。本题是一道力学综合题，小球运动过程复杂，本题难度较大，依照题意剖析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提，应用动量守恒定律、运动学公式即可解题。15.【答案】解：（