《2023届广东省惠州市六校高三上学期第二次联考物理试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广东省惠州市六校高三上学期第二次联考物理试题含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试卷第 1 页，共 8 页 2023 届广东省惠州市六校高三上学期第二次联考物理试题 一、单选题 1以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（）A理想斜面实验 B卡文迪许扭秤实验 C共点力合成实验 D探究影响向心力大小因素 2 北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”一共产生了 14 枚金牌。如图为我国运动员在“冰丝带”水平冰面上的某次训练照片，根据该照片，我们可推知（）A地面对运动员竖直向上的支持力大于运动员的重力 B地面对运动员的作用力与重力大小相等 C若运动员正做匀速圆周运动，则他所受合外力保持不变 D转弯时，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小 3如图，
2、直线 a 和曲线 b分别是在平行的平直公路上行驶的汽车 a 和 b的速度时间试卷第 2 页，共 8 页（v t）图线，在3t时刻两车刚好在同一位置（并排行驶），2t时刻曲线 b的切线与直线a 平行，下列说法正确的是（）A在1t时刻，两车刚好也是处于同一位置（并排行驶）B在2t时刻，b 车位于 a车的前方 C1t到3t这段时间内，a车的平均速度等于 b 车的平均速度 D1t到3t这段时间内，b车的加速度先增大后减小 4 甲乙两同学想将货物运送至楼上，设计了如图所示装置。当重物提升到一定高度后，两同学均保持位置不动，乙用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将货物运送至乙所在位置，完成运送。若两
3、绳始终位于同一竖直面内，绳子足够长，不计一切摩擦及滑轮重力，则乙在拉货物过程（）A甲手中绳子上的拉力不断变小 B楼面对甲的支持力不断增大 C楼面对甲的摩擦力与楼面对乙的摩擦力大小相等 D乙手中绳子上的拉力不断增大 52022 年 9 月 1 日，神舟十四号航天员乘组在问天实验舱圆满完成首次出舱任务，问天实验舱对接天和核心舱的过程可简化为如图情景：问天实验舱经椭圆轨道 I，在 A点与圆形轨道 II 上的天和核心舱对接，轨道 II 离地高度约为400km，下列说法正确的是（）试卷第 3 页，共 8 页 A问天实验舱与天和核心舱对接时，若以地面为参考系，则问天实验舱静止不动 B问天实验舱在轨道 I
4、上机械能小于其在轨道 II 上的机械能 C问天实验舱在轨道 II 上运行速率在7.9km/s到11.2km/s之间 D 问天实验舱在轨道 II 上的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度 6劲度系数为 k 的轻弹簧的两端分别与质量均为 m物块 B、C 相连，放在足够长的倾角为30的光滑斜面上，弹簧与斜面平行，C 靠在固定的挡板 P 上，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与 B 相连，另一端与悬空的物块 A 相连。开始时用手托住 A，使滑轮两侧的轻绳恰好伸直且无弹力，然后松手由静止释放 A，C 恰好不能离开挡板 P。不计空气阻力，重力加速度为 g，A、B、C 均视为质点，弹簧始终处在弹性限度内
5、，A 离地面足够高。下列说法正确的是（）A物体 A 的质量为 m B物体 A 下降的最大距离为2mgk C释放 A 之后的瞬间，物体 A 的加速度大小为3g D物体 A 从被释放到下降至最低点的过程中，由 A、B 组成的系统机械能守恒 72019 年 12 月 17 日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”正式交付海军，“山东舰”发动机最大输出功率为 P，最大航行速度为mv，其航行时所受的阻力随速度增大而增大，某次直线航行过程中，下列说法中正确的是（）A若“山东舰”匀加速启动，则在匀加速阶段，发动机提供的牵引力大小恒定 B若“山东舰”以恒定功率 P 启动，经时间 t后速度达mv，则有2m12Ptm
6、v C若“山东舰”以mv匀速航行时，所受的阻力为mPv D若“山东舰”以m2v匀速航行时，发动机输出功率为P2 8打夯是人们抬起重物将地面夯实的传统方式，某次打夯简化为以下过程：如图，两人同时通过绳子，对静止在地面上的质量为 m的重物各施加恒力 F，力的方向都与竖直试卷第 4 页，共 8 页 方向成角，重物离开地面高度为 h时同时放手，重物最终下落至地面，并把地面砸出深度为 d的凹坑不计空气阻力，在一次打夯全过程中，下列说法正确的是（）A重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小相等 B重物落下接触地面时的动能等于mgh C整个过程重力做功等于mgh D地面对重物的阻力做功等于2cosFhm
7、gd 二、多选题 9图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“.”表示人的重心。图乙是根据力传感器采集到的数据画出的力时间图象。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。根据图象可知（）Ad 点位置对应人处于超重状态 Bc 点位置对应人处于失重状态 Cb 点位置对应人处于下蹲过程的最低点 Db 点位置对应人处于失重状态 10如下图，一条电缆由北向南绕过电杆转向由东向西，电缆与电杆的接触点为 P。固定电杆的钢索一端固定在 P 点，另一端固定在地面上，钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内。设电缆线水平，南北、东西方向的电缆对电杆的拉力分别为 F1、F2，方向沿电缆方
8、向且大小相等，钢索对电杆的拉力为 F3，方向沿钢索方向。已知植于土中的电杆竖直，下列说法正确的是（）试卷第 5 页，共 8 页 AF1、F2和 F3的合力竖直向下 B地面对电杆的作用力一定不沿竖直方向 CF1、F2和 F3在水平面内的合力不可能为 0 DF1、F2的合力与 F3等大反向 11在粗糙水平面上静置一个质量为 M的三角形斜劈 A（两侧斜面倾角不相等，满足）。两个质量均为 m 的小物块 P 和 Q 恰能沿两侧斜而匀速下滑。若在下滑过程中，同时各施加一个平行于各自斜面的大小相等的恒力12FF、，如图所示，重力加速度为 g，则在施力后 P 和 Q 下滑过程中（均未到达底端），下列判断正确的
9、是（）A物块 P 和物块 Q 的加速度大小相等 B因1F的水平分量更小，斜劈 A 有向右的运动趋势 C地面对斜劈 A 的支持力大小为2Mm g D 若仅将2F的方向由平行于右侧斜面改为竖直向下方向，地面对斜劈 A 的摩擦力为零 三、实验题 12在地球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点 O正下方 P 点处有水平放置的刀片，当悬线摆至 P点处时能轻易被割断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s
10、。照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为5:12，则：试卷第 6 页，共 8 页 （1）由已知信息，可知 a点_（选填“是”或“不是”）小球的抛出点。（2）由已知信息，若不计其他阻力，可以算出小球做平抛运动的初速度是_m/s。（保留两位有效数字）（3）由已知信息，可以推算出地球表面的重力加速度为_2m/s（保留两位有效数字）13某兴趣小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根短细忽略不计的轻杆水平固定在铁架台上，用两根等长轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别圈定于12OO、两点，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门（图中没有画出），光电门接通电源发
11、出的光线与小球的球心在同一水平线上。实验时将小球拉至使其球心与轻杆处于同一水平面处，两轻绳刚好伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间。（1）该兴趣小组用 20 分度的游标卡尺测量小球的直径，由图乙可知小球的直径为d _mm。（2）关于该实验，下列说法中正确的是_；A固定小球的两根轻绳一定要互相垂直 B应选用密度较大的小球做实验 C必须用天平测出小球的质量 D若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球动能的测量值将偏大 试卷第 7 页，共 8 页（3）如果测得小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距离为 L，小球通过光电门的时间为 t。若当地重力加速度为 g、小球的直径为 d，当实验
12、所得数据满足关系式21t_时，可以验证机械能是守恒的。（4）若用该装置测量当地重力加速度，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距离为 L，得到多组 L 和 t的数据，建立如图所示的坐标系并描点连线，得出图线与纵轴的交点为0,b，则当地的重力加速度g _（用字母b和d表示）四、解答题 14为研究小行星登陆器的缓冲性能，无风天气下在地球某试验场做如下试验：登陆器悬停于离地面367.4mH的高空，关闭动力后，登陆器先做自由落体运动，一段时间后点火打开反推发动机，登陆器马上以大小为220m/sa 的加速度匀减速下降，竖直落地时要求速度不能超过2m/s。重力加速度210m/sg，求：（
13、1）打开反推发动机时的最大速度是多少？（2）登陆器在空中运动的最短时间是多少？15如图所示，水平面AB与两段半径均为 R、圆心角分别为60和150的竖直光滑圆轨道在 B、C两点平滑连接。轻质弹簧左端固定、质量为 m可视为质点的小球在外力作用下把弹簧压缩到 P处（未拴接），由静止释放小球，小球向右运动脱离弹簧后，从 B点进入圆轨道，刚好能从最高点 D 脱离圆轨道水平飞出。已知重力加速度为 g，不计空气阻力。求：（1）小球从 D点做平抛运动的水平位移大小；（2）改变小球初始释放位置，小球刚好能上升到 D点，求从 B 点进入圆轨道时受到的支持力大小；（3）在（2）的情景下，处于 D 点处的小球由于微
14、小扰动继续沿圆弧轨道向右滑动，从Q点（未画出）脱离竖直圆轨道，求 Q 点到 D点的竖直高度 h。试卷第 8 页，共 8 页 16某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角37）因停电而锁止，工人找了块质量为3kgm 的带钩木板置于传送带上，再在木板上放置货物，通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为165N的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数10.5，货物质量12kgM，货物与木板间的动摩擦因数20.9，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/sg，sin370.6，求：（1）货物的加速度大小？（2）拉力作用2st（货物
15、未到达顶端）后，货物的机械能增加量？（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为0kv（k可调，且1k）。某次工作中，当木板的速度到0v后，突然来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。k取何值时，撤去拉力至木板速度减为 0 的过程中（仍未到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小？答案第 1 页，共 11 页 参考答案：1C【详解】“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。A理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A 错误；B卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B 错误；C共点力合成实验采用的是等效替代法，C 正确；D探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D 错误。故选 C。2D【详
16、解】A运动员在竖直方向上处于平衡状态，则地面对运动员竖直向上的支持力等于运动员的重力，A 错误；B运动员做曲线运动时，地面对运动员有竖直方向的支持力及水平方向的力，它们的合力大于重力，B 错误；C做匀速圆周运动，合外力等于向心力，大小不变，但方向一直变化，C 错误；D地面对运动员作用力与水平方向夹角为，即 2tanmgvmr 可知，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小，D 正确。故选 D。3B【详解】Av t图线与时间轴围成的面积代表位移，在1t到3t这段时间内，两车位移不相等，故在1t时刻，两车不是处于同一位置，故 A 错误；B因在3t时刻两车刚好在同一位置，而1t到3t这段时间内，a车的速度
17、大于 b车的速度，即a 车追 b车，则 b 车位于 a车的前方，故 B 正确；Cv t图线与时间轴围成的面积代表位移，在1t到3t这段时间内，a 车的位移大于 b车的位移，由平均速度公式xvt可知，a车的平均速度大于 b 车的平均速度，故 C 错误；Dv t图线的斜率代表加速度，在1t到3t这段时间内，b 图像斜率一直增大，则 b车的加速度一直增大，故 D 错误。故选 B。答案第 2 页，共 11 页 4D【详解】设乙对工件拉力为 F1，跨过滑轮的轻绳对工件的拉力为 F2，受力分析得 1tanFmg，2cosmgF A增大的过程中，可知，轻绳对工件的拉力 F2增大，即甲手中绳子上的拉力不断变大
18、，A 错误；D乙手中绳子上的拉力不断增大，D 正确；B设甲手中绳子与水平面夹角为，则楼面对甲的支持力 N2sinFm gF甲甲 可知，楼面对甲的支持力不断减小，B 错误；C设乙手中绳子与水平面夹角为，楼面对甲的摩擦力与楼面对乙的摩擦力大小分别为 2cosfF甲，12cosfFF乙 不断减小，且始终，可知，楼面对甲的摩擦力始终大于楼面对乙的摩擦力，C 错误。故选 D。5B【详解】A由于对接点所在轨道 II 离地高度约为400km，低于静止卫星的高度，所以实验舱相对地面是运动的，故 A 错误；B实验舱在轨道 I 上需要在 A 点加速才能变轨到轨道 II 上，变轨过程中机械能增加，所以问天实验舱在轨
19、道 I 上机械能小于其在轨道 II 上的机械能，故 B 正确；C实验舱绕地运行的最大速度为第一宇宙速度7.9km/s，轨道越高，运行速度越小，故 C 错误；D物体绕地运行的加速度为 2GMar 可知，半径越大，加速度越小，所以实验舱在轨道 II 上的向心加速度大于地球静止卫星的加速度，又由公式 答案第 3 页，共 11 页 2ar 可知，由于地球静止卫星与赤道上的物体做圆周运动的角速度相同，但地球静止卫星的运动半径更大，所以地球静止卫星比赤道上物体做圆周运动的加速度大，综上可知，实验舱在轨道 II 上的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故 D 错误。故选 B。6C【详解】AB设弹
20、簧初始的压缩量为 x1，弹簧在 C 恰好不能离开挡板 P 时的伸长量为 x2；物块 C 恰好不能离开挡板 P 时，物块 C 沿斜面上受到的重力分力与弹簧弹力相互平衡，所以有 2sin30mgkx 释放物体 A 前，弹簧处于压缩状态，物块 B 所受重力分力与弹簧弹力平衡，所以有 1sin30mgkx 对物块 A、B 组成的系统进行分析，物块 A、B 的终末速度都为零，根据能量守恒可得 221212A1211sin30022kxkxmg xxm g xx 联立以上三式解得 A2mm 12mgxk 22mgxk 则物体 A 下降的最大距离为 12mgxxxk 故 A、B 错误；C释放物体 A 的瞬间
21、，弹簧的长度来不及改变，物块 B 所受重力分力与弹簧弹力平衡，所以物块 A、B 的共同加速度大小为 AA3m ggamm 故 C 正确；D 物体 A 从被释放到下降至最低点的过程中，弹簧对 A、B 组成的系统先做正功再做负功，根据功能关系可知，此系统的机械能先增大后减小，故 D 错误。答案第 4 页，共 11 页 故选 C。7C【详解】A根据牛顿第二定律可得 Ffma 在匀加速阶段，所受的阻力随速度增大而增大，可知发动机提供的牵引力也增大，故 A 错误；B若“山东舰”以恒定功率 P 启动，经时间 t后速度达mv，根据动能定理可得 2fm12PtWmv 故 B 错误；C若“山东舰”以mv匀速航行
22、时，此时牵引力等于阻力，则有 mmPfFv 故 C 正确；D若“山东舰”以m2v匀速航行时，此时牵引力等于阻力，则有 mm22vvPFf 由于航行时所受的阻力随速度增大而增大，则有 mmm222vvPPff 故 D 错误。故选 C。8D【详解】ACD根据重力做功的特点，可知整个过程重物下降的高度为 d，则重力做功等于 GWmgd 在一次打夯全过程中，根据动能定理有 G2cos0FhWW阻 可得地面对重物的阻力做功等于 2cosWFhmgd 阻 显然重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小不相等，故 AC 错误，D 正确；答案第 5 页，共 11 页 B从开始到重物刚落地的过程，根据动能定理
23、得 k2cos0FhE 可得重物落下接触地面时的动能 k2cosEFh 由于重物从地面离开到 h时，加速向上运动，则有 2cosFmg 所以可得重物落下接触地面时的动能 kEmgh 故 B 错误。故选 D。9AD【详解】AB由图乙可知，人的重力为 500N，d、c点位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，处于超重状态，A 正确，B 错误；CDb 点位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，处于失重状态，且加速下蹲，还没有到达最低点，C 错误，D 正确。故选 AD。10BC【详解】ACD根据力的平行四边形定则，F1、F2的合力 F 沿西北方向，则 F1、F2的合力不可能与F3等大反向；F3可分
24、解为竖直向下的F3y以及向东的F3x，则根据平行四边形定则，F与 F3x 的合力 F在西北与东之间，即 F1、F2和 F3在水平面内的合力不可能为 0，此外 F与 F3y 的合力不可能竖直向下，即 F1、F2和 F3的合力不可能竖直向下，故 A、D 错误，C正确；B根据前面选项的分析可知，F1、F2和 F3的合力不可能竖直向下，则根据电杆的平衡条件可知，地面对电杆的作用力一定不沿竖直方向，故 B 正确；故选 BC。11ACD【详解】A 两物块恰能匀速下滑，说明所受合外力为零，则12FF、分别为两物块所受合力，因为两个力大小相等，根据 答案第 6 页，共 11 页 Fma 可知，两物块下滑的加速
25、度大小相等，A 正确；BC12FF、方向与斜面平行，则两物块对斜劈 A 的压力与摩擦力不变，斜劈 A 的受力情况不变，故地面对斜劈 A 的支持力与两物块匀速运动时相等，即 N2FMm g 且斜劈 A 在水平方向没有运动趋势，B 错误，C 正确；D物块 P 匀速运动或受到 F2时，所受摩擦力和支持力分别为 cosNQFmg，cosfmg 且它们的合力为竖直方向。若仅将2F的方向由平行于右侧斜面改为竖直向下方向，则物块 Q所受摩擦力和支持力分别为 2cosNQFFmg，2cosfFmg 可知，合力仍为竖直方向，即没有使斜劈 A 产生水平运动的趋势，地面对斜劈 A 的摩擦力仍为零，D 正确。故选 A
26、CD。12 不是 0.96 9.6【详解】（1）1因为竖直方向相邻两等时间内的位移之比为1:2:3，不符合初速度为 0 的匀变速直线运动连续相等时位移之比为 1:3:5 特点，故 a点竖直分速度不为 0，故 a 点不是抛出点。（2）2根据题意可知 ab间水平距离为 9.6cml 小球在水平方向做匀速直线运动，所以初速度 00.96m/slvT（3）3竖直方向 2ylgT 解得 29.6m/sg 13 9.60 BD#DB 2(2)gLdd bd 答案第 7 页，共 11 页【详解】（1）1由图示游标卡尺可知，其精度是 0.05mm，可读出小球的直径为 9mm120.05mm9.60mmd （2
27、）2A固定小球的两根轻绳不必互相垂直，故 A 错误；B为减小空气阻力对实验的影响，应选用密度较大的小球做实验，故 B 正确；C实验需要验证小球重力势能的减少量与动能增加量间的关系，小球质量可以约去，实验不需要用天平测出小球的质量，故 C 错误；D若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，则所测小球的遮光时间偏小，所求小球的速度偏大，小球动能的测量值将偏大，故 D 正确。故选 BD。（3）3小球经过光电门时的速度大小 dvt 小球下摆过程，动能的增量为 22k11()22dEmvmt 小球重力势能的减少量为 p()2dEmg L 如果小球动能的增量等于小球重力势能的减少量，即 21()22d
28、mvmg L 整理得若满足 221(2)gLdtd 则小球的机械能守恒。（4）4由题意，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距离为 L，若用该装置测量当地重力加速度，有 21()()22ddmg Lmt 可得 2212ggLtdd 由21Lt图线与纵轴的交点为0,b，可得 答案第 8 页，共 11 页 gbd 则当地的重力加速度 gbd 14（1）70m/s；（2）10.4s【详解】（1）设登陆器做自由落体运动的高度为 h，此时有最大速度 v，此时打开反推发动机开始匀减速运动，落地时速度刚好为 12m/sv 这种情况登陆器在空中运动时间最短，则有 22vgh 2212()vv
29、a Hh 联立解得 245mh 70m/sv （2）根据 212hgt 登陆器在空中自由下落的时间为 27shtg 减速运动的时间为 367.4245s=3.4s7022Hhtv 10.4sttt 总 15（1）2R：（2）3mg；（3）3R【详解】（1）小球刚好能从最高点 D脱离圆轨道水平飞出，则在 D点，对小球分析有 2DvmgmR 解得 DvgR 答案第 9 页，共 11 页 小球做平抛运动时，竖直方向有 212Rgt 水平方向有 Dxv t 解得 2xR（2）小球刚好能上升到 D点，则小球在 D 点的速度为 0，小球从 B点运动到 D点过程，由机械能守恒定律得 212BmgRmv 小球
30、在 B 点时，由牛顿第二定律 2BBmvFmgR 解得小球从 B 点进入圆轨道时受到的支持力大小为 3BFmg（3）设2O Q与水平方向的夹角为，小球在 Q 点脱离轨道时，沿半径方向 2sinQvmgmR 从 D 点到 Q点的过程，由机械能守恒定律得 21(1 sin)2QmgRmv 解得 2sin3 可得 Q点到 D点的竖直高度为(1 sin)3RhR 16（1）21m/s；（2）168J；（3）16【详解】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为 a，对货物与木板整体分析，由牛顿第二定律得 oo1()sin37()cos37()FmM gmM gmM a 解得 答案第 10
31、 页，共 11 页 21m/sa 设木板对货物的静摩擦力为 f，对货物分析得 osin37fMgMa 可得 84Nf 货物与木板间的最大静摩擦力为 om2cos3786.4NfMg 由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小为21m/s。（2）拉力作用2st后，货物的速度为 2m/svat 货物的位移为 212m2xat 所以货物增加的机械能为 o21sin37168J2EMgxMv（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于21，货物与木板会保持相对静止，一起做变速运动，木板从速度0v减速到0kv的过程，由牛顿第二定律 oo11()sin37()cos37()m
32、M gmM gmM a 解得 2110m/sa 减速时间 0011vkvta 在时间1t内，木板与传送带的相对位移大小为 00110 12vkvxtkv t 木板从速度0kv减速到 0 的过程，由牛顿第二定律 oo12()sin37()cos37()mM gmM gmM a 答案第 11 页，共 11 页 解得 22s2m/a 减速时间 022kvta 在时间2t内，木板与传送带的相对位移大小为 010 222kvxkv tt 在时间12tt内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量为 o112()cos37()QmM gxx 整理得 220153666Qvk 由上式可知，当16k 时，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。