浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一上学期1月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一上学期1月月考物理试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 可能用到的相关参数，7km指的是比赛选手的位移等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1. 答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4. 可能用到的相关参数：重力加速度g取。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是（ ）
A. 力学基本物理量是长度、质量、力
B. kg、N、m/s都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律表达式可知：
D. 新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位
【答案】D
【解析】
【详解】A．力学基本量是长度、质量、时间，故A错误；
B．是基本单位，N、是导出单位，故B错误；
C．根据牛顿第二定律表达式可知：，故C错误；
D．新闻中涉及的11米、400吨和101.2秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位，D正确。
故选D。
2. 杭州亚运会男子组公路自行车比赛在淳安界首体育中心公路自行车赛场举行，着名的千岛湖线路如图所示，全长207.7km。某选手公布了他的参赛数据：体重为62kg，本场比赛用时4小时37分，平均功率为232W，功体比为3.7W/KG，均速为44.8km/h，消耗热量接近4000大卡，平均心率为154BPM。以下说法正确的是（ ）
A. 赛道全长207.7km指的是比赛选手的位移
B. 本场比赛用时4小时37分指的是时间间隔
C. 选手在比赛过程中的速度不可能超过44.8km/h
D. 均速为44.8km/h，这里的“均速”指的是平均速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．赛道全长207.7km指是轨迹的长度，是比赛选手的路程，故A错误；
B．本场比赛用时4小时37分指的是比赛的时间间隔，故B正确；
C．选手在比赛过程中的平均速率44.8km/h，所以最大速率大于44.8km/h，故C错误；
D．均速为44.8km/h，这里的“均速”指的是路程与时间的比值，是平均速率，故D错误。
故选B。
3. 伽利略为了研究自由落体的规律，采用“冲淡”重力的方法，将落体实验转化为沿斜面运动的实验。伽利略测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比：增大斜面倾角，该规律仍然成立。于是，他外推到倾角为的情况得出结论。关于伽利略的研究下列说法正确的是（ ）
A. “冲淡”重力是指使铜球的重力变小了
B. 伽利略让铜球沿着阻力较小的斜面滚下，直接测出了铜球速度随时间的变化规律
C. 伽利略对倾角为的情况进行了测量后得出结论
D. 铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．当时利用斜面做实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，“冲淡”重力是指铜球的加速度变小了，故A错误；
B．伽利略的时代还不能准确测量物体的瞬时速度，也就无法测出铜球速度随时间的变化规律，故B错误；
C．伽利略对倾角为90˚的情况进行了合理外推，得出自由落体运动为匀加速的直线运动，故C错误；
D．铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动，故D正确。
故选D。
4. 如图为沙漏中下落沙子的照片。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是（ ）
A. 出口下方处的径迹长度约是处的2倍
B. 出口下方处的径迹长度约是处的4倍
C. 出口下方范围内的砂粒数约与范围的砂粒数相等
D. 出口下方范围内的砂粒数约与范围的砂粒数相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据
可知出口下方10cm处的速度约是5cm处的倍，可知出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的倍，故AB错误；
CD．根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为，可知从出口下落与的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方范围内的砂粒数约与范围的砂粒数相等，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示是武僧习武场景，倾斜的木棒一端在地面上，另一端在空中，有一武僧倾斜的站在木棒上，离地面较低的脚踩在木棒上，离地面较高的脚从木棒的下面穿过把木棒往上钩住，人和棒处于静止状态。关于武僧的受力下列说法正确的是（ ）
A. 武僧只受到重力和木棒对它的弹力
B. 武僧不一定会受到木棒的摩擦力的作用
C. 木棒对武僧的作用力垂直于木棒向上
D. 木棒对武僧的作用力竖直向上
【答案】D
【解析】
【详解】AB．武僧受到重力和木棒对它的弹力以及木棒对其的摩擦力，如果没有摩擦力，沿棒方向不能平衡，故AB错误；
CD．根据平衡条件可知，木棒对它的弹力以及木棒对其的摩擦力的合力平衡他的重力，所以木棒对武僧的作用力竖直向上，故C错误D正确。
故选D。
6. 如图所示，小球a的质量为2m，小球b的质量为m，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态。轻弹簧A与竖直方向夹角为53°，则下列说法中正确的是（ ）
A. 轻弹簧A、B的弹力之比为5∶3
B. 轻弹簧A、B的弹力之比为2∶1
C. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为2g和0
D. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为3g和0
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对小球b受力分析，根据平衡条件得弹簧B的弹力为
对小球a、b整体受力分析如图
根据平衡条件，弹簧A的弹力
绳子的拉力
则轻弹簧A、B的弹力之比为5∶1，故AB错误；
CD．轻绳剪断瞬间，弹簧的弹力不能瞬变，则b球受力不变，则b的加速度为零，a球的受力少了绳子的拉力，则a球的合力为，根据牛顿第二定律，小球a的加速度为
故D错误C正确。
故选C。
7. “毛毛虫竞速”是一项学生喜爱的趣味比赛，它在锻炼学生体能的同时，也考验学生的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为2.0m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为15kg，重力加速度g的大小取10m/s2。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为（运动过程中道具“毛毛虫”与地面不接触）（ ）
A. 60NB. 30NC. 38ND. 15N
【答案】C
【解析】
【详解】设平均每位同学对道具的作用力为F，对“毛毛虫”道具受力分析，该道具受到重力和四位同学的作用力，如图
由几何关系和牛顿第二定律得
代入数据解得
故选C。
8. 车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，如下图所示，当车厢向右加速运动且达到稳定状态时（空气阻力不计），下述各图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】两个小球与车保持相对静止，加速度相同，以下面的小球为研究对象有
解得
以两小球作为一个整体为研究对象，则
解得
故
故选D。
9. 学习小组利用智能手机测量加速度，打开手机上测加速度的应用软件，将手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向下为正方向，截取一段如图所示的手机加速度随时间变化的图像，已知手机质量为m，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）

A. 时刻手掌对手机的作用力为2mgB. 时刻手机刚好离开手掌
C. 时刻手机刚好离开手掌D. 时刻手机已经落到手掌上
【答案】C
【解析】
【详解】A．时刻
根据牛顿第二定律
解得
手掌对手机作用力为3mg，故A错误；
B．时刻加速度，手掌对手机的作用力大小等于重力，手机没有离开手掌，故B错误；
C．时刻手机刚好等于重力加速度，手机刚好离开手掌，故C正确；
D．时刻以及后面一段时间，手机加速度为重力加速度，手机没有落到手掌上，故D错误。
故选C。
10. 渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度，随后虾从传送带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。下列说法正确的是（ ）
A. “虾”掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B. “鱼”掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C. “虾”在传送带上运动时，摩擦力对“虾”的运动是动力作用
D. “鱼”在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上
【答案】A
【解析】
【详解】A．虾从传送带下方掉落，若虾重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，则“虾”向下做加速直线运动，即“虾”掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确；
B.鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动。鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，故B错误；
C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，摩擦力对“虾”的运动是阻力作用，故C错误；
D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，用频闪照相机拍下篮球在空中飞行的照片，篮球在Q点处所受合力方向，可能是（ ）
A. ①的方向B. ②的方向C. ③的方向D. ④的方向
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由照片可知，篮球做减速曲线运动，所受合力应该指向轨迹的内侧，且与速度方向成钝角，所以篮球在Q位置时受力方向可能是④。
故选D。
12. 一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A处有一相对桌面静止的小球，由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点，则说明列车是加速且在向北拐弯的图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要加速，由于惯性小球相对于桌面必向后运动，又因列车要向北拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向北的力的作用，即桌子受到向北的力的作用，所以小球相对桌面向南运动，结合选项小球轨迹图可知C正确，ABD错误。
故选C。
13. 如图，两小球P、Q从同一高度分别以和的初速度水平抛出，都落在了倾角的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则、大小之比为（ ）
A. 9：8B. 8：9C. 3：2D. 2：3
【答案】A
【解析】
【详解】两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间
相等；
对球Q
解得
球P垂直打在斜面上，则有
则
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力，细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取。由题给数据可以得出（ ）
A. 木板的质量为1kgB. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s内，力F的大小保持不变D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】
【详解】C．由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，C错误；
AB．由题图(c)可知木板在2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为
在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为
另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力
，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
A、B均正确；
D．由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，D错误。
故选AB。
15. 如图，小船在静水中的速度为，当小船在A处，船头与上游河岸夹角过河，经过一段时间正好到达正对岸B处。已知河宽，小船在静水中速度大小不变，水流的速度不变，则下列说法中正确的（ ）
A. 河中水流速度为
B. 小船的渡河时间为
C. 小船最短的渡河时间为30s
D. 若小船在渡河过程中，水流速度突然增大，则小船渡河时间不变
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题意知，船头垂直河岸渡河，其渡河时间最短，船头应朝上游，与上游河岸方向成角，则
解得河水流速为
故A错误；
B．小船渡河时间为
故B正确；
C．小船以最短时间渡河，船头应垂直对岸，则
故C错误；
D．渡河时间与水流速度无关，若小船在渡河过程中，仅水流速度突然增大，则小船渡河时间不变，故D正确。
故选BD。
16. 先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是（ ）
A. 小球1的竖直向上抛出的初速度比2大
B. 小球1从抛出到落地的运动时间比2短
C. 小球2的水平方向上的平均速度一定比小球1的大
D. 小球2所受的风力一定比小球1受到的大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足
依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故A正确，B错误；
C．由图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度
分析知小球2的水平方向的平均速度一定比小球1的大，故C正确；
D．小球水平方向满足
由图可知，小球1的飞行时间长，水平位移小，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出二者水平方向受力的关系，故D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共52分）
17. 小明同学在利用打点计时器做“探究加速度与质量、受力的关系”的实验，装置如图甲所示，其中连接的细绳质量不计。
（1）实验室中只有 220V 交流电源，则打点计时器应选择图乙中的_____（选填“a”或者“b”）
（2）实验前需要平衡摩擦力，下列操作正确的是___________。
A.小车前悬挂轻质桶，小车后拖着穿过打点计时器的纸带
B.小车前不悬挂轻质桶，小车后拖着穿过打点计时器纸带
C.小车前悬挂轻质桶，小车后不拖纸带
D.小车前不悬挂轻质桶，小车后不拖纸带
（3）如图所示是实验时打出的一条纸带，纸带上每 5 个点取一个计数点，据此纸带可知小车在 D 点速度大小为_______m / s ，此过程的加速度大小________m/s2（结果均保留两位有效数字）
（4）在探究“合外力不变时，加速度与质量的关系”时，为了使获得的实验数据连成一条直线，可以以加速度a为纵轴，以__________为横轴作图。
A.小车的质量 M B.悬挂物体的质量m
C.小车质量的倒数 D.悬挂物质量的倒数
【答案】 ①. a ②. B ③. 0.21 ④. 0.44 ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1]电火花计时器使用220V交流电源，电磁打点计时器使用约8V的交流电源，应选择图乙中的a；
（2）[2]在平衡摩擦力时，小车前不悬挂轻质桶，小车后拖着穿过打点计时器的纸带，B正确，ACD错误。
故选B；
（3）[3]纸带上每5个点取一个计数点，相邻计数点间的时间为
因匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，可知小车在点速度大小为
[4]根据逐差法可得
（4）[5]根据牛顿第二定律可知
可知外力F一定时，加速度与小车质量的倒数成正比，图像为过原点的一条直线，故可以以加速度为纵轴，以为横轴作图，C正确，ABD错误。
故选C。
18. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道滑下后从点飞出，落在水平挡板上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有________；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，可如图乙所示，在轨迹上取三点，和的水平间距相等且均为，测得和的竖直间距分别是和，求得钢球平抛的初速度大小为________（已知当地重力加速度为，结果用和表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________。
A．用细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相法在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
【答案】 ①. BD##DB ②. ③. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]AB．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故A错误，B正确；
C．挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误；
D．只有让小球每次从同一位置静止释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故D正确。
故选BD。
（2）[2]由于两段水平距离相等，故时间相等，根据
可知
则初速度为
（3）[3]A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故A正确；
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故B正确；
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹，故C错误。
故选AB。
19. 在一些易传染的环境中启用机器人替代人工操作，可以有效防控病毒传播，例如送餐服务就可以用机器人，只要设置好路线、安放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。如图所示，若某隔离病区的配餐点和目标位置在相距的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小，速度达到后匀速，之后适时匀减速，恰好到目标位置速度减为零，把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时。若载物平台呈水平状态，食物的总质量，食物与平台无相对滑动，g取。试求：
（1）机器人加速过程位移的大小；
（2）机器人匀速运动持续的时间和匀减速过程的加速度大小；
（3）机器人送餐过程中食物对平台的最大摩擦力大小f。

【答案】（1）；（2）20s，；（3）4N
【解析】
【详解】（1）由运动学公式
可得机器人加速过程位移的大小为
（2）设匀速时间为，由运动学公式，全程有
可得，机器人匀速运动持续的时间为
加速运动的时间
减速运动的时间为
所以匀减速过程的加速度大小为
（3）食物在水平方向的合力为平台对食物的摩擦力，则由牛顿第二定律可知，当食物以加速度加速时，所受摩擦力最大，由牛顿第三定律得机器人送餐过程中食物对平台的最大摩擦力大小为
20. 一小球自空中某点O水平抛出，途中经过A、B两点，已知小球在A点的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为37°，B点的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度为，结果可保留根号，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）初速度大小；
（2）小球从A运动到B的时间t；
（3）A、B两点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球的初速度为，根据题意，由几何关系可得
（2）根据题意，由几何关系可得，小球在A点时的竖直分速度为
小球在B点时的竖直分速度为
竖直方向上根据可得，小球运动A点的时间为
小球运动B点的时间为
小球从A运动到B的时间
（3）水平方向上，根据可得
竖直方向上，根据可得
则A、B两点的距离为
21. 如图甲所示，质量M为2kg的长木板B静止在水平面上。某时刻质量m=6kg的小物块A，以大小v0=4m/s的初速度，从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。已知A与B上表面之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1、木板的加速度大小a2；
（2）物块A在木板上滑行的距离L；
（3）木板在地面上滑行的总位移x。
【答案】（1），；（2）2m；（3）3m
【解析】
【详解】（1）对A由牛顿第二定律得
解得
对B由牛顿第二定律得
解得
（2）设经过时间t1后，A、B速度相等
解得
故A、B的位移分别为
解得
L=2m
（3）设A、B速度相等后一起做匀减速运动，对A、B整体由牛顿第二定律得
对A由牛顿第二定律得，小于最大静摩擦力，假设成立
解得
x＝3m
22. 国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我因快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长，水平传送带BC长，传送带上表面距水平地面，该快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以大小为v的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小。求：
（1）快递刚滑到传送带上时的速度的大小；
（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最大水平距离？
（3）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）从A到B，根据牛顿第二定律有
可得
根据
得
（2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点C点的水平距离最大，由
在水平传送带上，对快递由牛顿第二定律
联立可得传送带速度至少为
从C点平抛到落地
得
由水平位移
得
（3）设落到收集装置时速度为v1，则
设C点抛出时水平速度为，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y
得
即
代入得
由数学可知，当
时，v最小，得
由
得