信息必刷卷05（黑吉遼蒙專用）（解析版）-2025年高考物理考前信息必刷卷

試卷第=page22頁(yè)，共=sectionpages2222頁(yè)絕密★啟用前2025年高考考前信息必刷卷05（黑吉遼蒙專用）物理（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）考情速遞高考·新動(dòng)向：2025年高考物理黑吉遼蒙使用相同試卷，由吉林省主導(dǎo)命題（2024年由遼寧命題），并適當(dāng)延續(xù)遼寧省的命題風(fēng)格。吉林的出題方式較遼寧更為傳統(tǒng)，將更加注重基礎(chǔ)性知識(shí)的考查，題干設(shè)計(jì)與實(shí)際應(yīng)用更為緊密，選項(xiàng)之間干擾性較強(qiáng)。高考·新考法：命題更強(qiáng)調(diào)創(chuàng)新意識(shí)和創(chuàng)新思維，試題呈現(xiàn)方式和設(shè)問(wèn)方式更加新穎、豐富，例如以表格、圖形等呈現(xiàn)形式的創(chuàng)新，物理模型和考查角度的創(chuàng)新。例如，本試卷第2題：創(chuàng)新呈現(xiàn)形式，通過(guò)小水滴滴在超疏水材料上的位置隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；第7題：創(chuàng)新角度和模型，通過(guò)v-t圖像和滑塊—彈簧模型，考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用；第11題：實(shí)驗(yàn)器材創(chuàng)新，利用電磁鐵測(cè)量重力加速度。高考·新情境：情境化題目增多（如科技前沿、生活應(yīng)用、工程實(shí)踐等），要求學(xué)生用物理原理解釋現(xiàn)象。例如，本試卷第1題、第6題：結(jié)合軍事、航天等科技前沿背景，考查曲線運(yùn)動(dòng)和中心天體的質(zhì)量和密度的計(jì)算；第8題、第13題：結(jié)合生活實(shí)踐、體育運(yùn)動(dòng)考查光學(xué)知識(shí)、平拋運(yùn)動(dòng)的計(jì)算。命題·大預(yù)測(cè)：黑吉遼蒙高考物理命題正逐步向“素養(yǎng)立意、應(yīng)用導(dǎo)向”轉(zhuǎn)型，建議考生在扎實(shí)掌握基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，注重思維拓展與實(shí)際問(wèn)題解決能力的培養(yǎng)，避免過(guò)度依賴“套路化”解題，需靈活應(yīng)對(duì)創(chuàng)新設(shè)問(wèn)。注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．2024年9月25日8時(shí)44分，中國(guó)人民解放軍火箭軍向太平洋相關(guān)公海海域，成功發(fā)射1枚攜載訓(xùn)練模擬彈頭的洲際彈道導(dǎo)彈，準(zhǔn)確落入預(yù)定海域。全程飛行試驗(yàn)行程9070公里，落點(diǎn)靶區(qū)為2公里正方形區(qū)域，實(shí)際偏差僅為250米。如圖是導(dǎo)彈的飛行軌跡，導(dǎo)彈的速度v與所受合外力F的關(guān)系可能正確的是（）A．圖中A點(diǎn) B．圖中B點(diǎn) C．圖中C點(diǎn) D．圖中D點(diǎn)【答案】D【解析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，可知，速度v方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向，合外力F方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，軌跡在兩者之間，故圖中D點(diǎn)符合要求，A點(diǎn)、B點(diǎn)、C點(diǎn)不符合要求。故選D。2．某研究發(fā)現(xiàn)，將一小水滴滴在涂有一層超疏水材料的水平板上，達(dá)到特定條件后小水滴會(huì)自發(fā)地彈跳起來(lái)且越彈越高。以小水滴剛接觸水平板時(shí)其中心位置為y軸坐標(biāo)零點(diǎn)，某段時(shí)間內(nèi)小水滴中心位置隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，則小水滴中心（）A．在、時(shí)刻的速度為零B．在、時(shí)刻的加速度為零C．在～時(shí)間內(nèi)一直做加速運(yùn)動(dòng)D．在～時(shí)間內(nèi)一直做減速運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】A．圖像的斜率表示速度，由圖可知小水滴中心在、時(shí)刻的速度為零，故A正確；B．由圖可知在、時(shí)刻小水滴的位移最大，此時(shí)速度為零，加速度不為零，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知～時(shí)間內(nèi)小水滴速度先增大后減小，故小水滴先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知～時(shí)間小水滴速度先增大后減小，故小水滴先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。3．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其壓強(qiáng)p隨體積V變化的圖像如圖中a到b的線段所示。在此過(guò)程中（）A．氣體內(nèi)能一直減小B．氣體分子平均動(dòng)能不變C．氣體密度一直減小D．氣體一直向外界放熱【答案】C【解析】AB．一定質(zhì)量的理想氣體從a到b的過(guò)程，由理想氣體狀態(tài)方程可知，即氣體的溫度一直升高，則氣體內(nèi)能一直增大，氣體分子平均動(dòng)能增大，故AB錯(cuò)誤；C．氣體的質(zhì)量不變，體積變大，根據(jù)可知，密度減小，故C正確；D．由于從a到b的過(guò)程中氣體的體積增大，所以氣體一直對(duì)外做功，即，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，從a到b的過(guò)程中，氣體一直從外界吸熱，故D錯(cuò)誤。故選C。4．如圖所示為兩個(gè)電荷量均為的帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），球A固定在點(diǎn)的正下方處，球B用長(zhǎng)為的細(xì)線懸掛在點(diǎn)，靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為。已知靜電常量為，重力加速度為，下列說(shuō)法正確的是（）A．B的質(zhì)量為 B．B的質(zhì)量為C．點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 D．點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為【答案】C【解析】AB．對(duì)B受力分析，如圖所示由幾何關(guān)系可知，三個(gè)力之間的夾角均為，則有又則B質(zhì)量為故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，A、B在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都為又兩電場(chǎng)強(qiáng)度方向間夾角為，結(jié)合平行四邊形定則得O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．振蕩電路如圖所示，時(shí)刻，線圈中磁場(chǎng)的方向如圖所示，且磁場(chǎng)正在減弱。M、N分別為電容器的上、下極板，、為回路中的兩個(gè)點(diǎn)。已知振蕩電路的周期為，下列說(shuō)法正確的是（）A．此時(shí)回路中的電流由流向B．時(shí)刻，N板帶負(fù)電，電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能正在增加C．此時(shí)兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度正在減小D．若將N板下移，則該振蕩電路激發(fā)的電磁波波長(zhǎng)變長(zhǎng)【答案】B【解析】A．時(shí)刻磁場(chǎng)正在減弱，由右手螺旋定則可知，電流由流向，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)刻磁場(chǎng)正在減弱，故電容器正在充電，則時(shí)刻，電容器也正在反向充電，故M板帶正電，N板帶負(fù)電，電荷量正在增大，電場(chǎng)能正在增加，故B正確；C．時(shí)刻電容器正在充電，電荷量正在增大，則M、N板間的電壓正在增大，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度正在增大，故C錯(cuò)誤；D．若將N板下移，電容器極板間距增大，根據(jù)可知電容器的電容減小，由可知振蕩電路的頻率增大，電磁波頻率增大，由可知，振蕩電路激發(fā)的電磁波波長(zhǎng)變短，故D錯(cuò)誤。故選B。6．2024年11月4日01時(shí)24分神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，航天員葉光富、李聰、李廣蘇在軌駐留192天，創(chuàng)中國(guó)航天員乘組“太空出差”時(shí)長(zhǎng)新紀(jì)錄。已知空間站繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，離地高度約為，地球同步衛(wèi)星距赤道的高度約為，則下列說(shuō)法正確的是（）A．空間站運(yùn)行周期小于24hB．空間站中宇航員可以使用托盤天平測(cè)量物體質(zhì)量C．空間站繞行速度小于同步衛(wèi)星的速度D．若空間站運(yùn)行周期為，引力常量為，則地球的平均密度為【答案】A【解析】AC．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得，由于空間站的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以空間站的運(yùn)行周期小于，空間站繞行速度大于同步衛(wèi)星的速度，故A正確，C錯(cuò)誤；B．由于空間站處于完全失重狀態(tài)，所以空間站中宇航員不可以使用托盤天平測(cè)量物體質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；D．設(shè)地球半徑為，空間站軌道半徑為，則有又聯(lián)立可得地球的平均密度為故D錯(cuò)誤。故選A。7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊C的質(zhì)量為2kgB．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為40.5JC．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為0D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s【答案】D【解析】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律解得故A錯(cuò)誤；B．AC粘在一起速度變?yōu)?時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，為故B錯(cuò)誤；C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物體B的沖量大小等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為解得方向向左，故C錯(cuò)誤；D．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度最大，則有代入數(shù)據(jù)解得物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。故選D。8．在珠寶商場(chǎng)中，我們常常看到鉆石在光的照射下，閃閃發(fā)光，晶瑩奪目。這是由于光在鉆石內(nèi)部多次發(fā)生全反射的緣故。珠寶工程師們?yōu)榱蓑?yàn)證這一現(xiàn)象，取一塊打磨好的鉆石某剖面，如圖所示，底部θ=53°，用一束復(fù)色光從鉆石MN截面垂直入射，在邊界OP上，光線a恰好發(fā)生全反射，光線b折射到空氣中。已知。下列說(shuō)法正確的是（）A．鉆石對(duì)光線a的折射率為1.67B．鉆石對(duì)b光的折射率比a光的大C．b光的光子能量比a光小D．用相同雙縫做楊氏干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，光線a的干涉條紋間距更大【答案】AC【解析】A．由幾何關(guān)系可知，a光臨界角為37°，則故A正確；B．b光發(fā)生折射，臨界角大于a光，由可知鉆石對(duì)b光的折射率比a光的小，故B錯(cuò)誤；D．折射率越小則光的頻率就越小，波長(zhǎng)越大；根據(jù)可知波長(zhǎng)越大，干涉條紋間距越大，用相同雙縫做楊氏干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，光線b的干涉條紋間距更大，故D錯(cuò)誤；C．由光子的能量公式E=hν可知，b光的光子能量比a光小，故C正確。故選AC。9．如圖所示，間距均為的粗糙平行傾斜導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)光滑平行水平導(dǎo)軌在、處平滑連接，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。、是兩根完全相同且粗細(xì)均勻的金屬棒，質(zhì)量為，電阻為棒垂直放置在傾斜導(dǎo)軌距水平導(dǎo)軌高處；棒與水平導(dǎo)軌垂直并處于靜止?fàn)顟B(tài)，到的距離。現(xiàn)給棒一個(gè)水平向右的初速度，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒始終垂直于導(dǎo)軌，棒始終靜止。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為，下列說(shuō)法正確的是（

）A．初始時(shí)通過(guò)閉合回路的磁通量為B．棒獲得初速度瞬間，通過(guò)棒的電流大小為C．棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，棒受到的支持力和摩擦力均變大D．棒獲得初速度后向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為【答案】BD【解析】A．初始時(shí)穿過(guò)閉合回路的磁通量A錯(cuò)誤；B．棒獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B正確；C．由右手定則和左手定則可知棒所受安培力水平向左，棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒受到安培力水平向右，隨著棒速度的減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，兩棒所受安培力也逐漸變小，根據(jù)受力平衡可得，棒受到的支持力變大，摩擦力變小，C錯(cuò)誤；D．棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有解得D正確。故選BD。10．如圖所示，一輕彈簧放在傾角且足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的擋板上，上端與放在斜面上的物塊A連接，兩質(zhì)量均為m的小物塊A，B疊放在斜面上且保持靜止，現(xiàn)用大小為的恒力平行于斜面向上拉物塊B。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．剛施加恒力的瞬間，物塊B的加速度大小為B．剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為C．物塊B與物塊A分離的瞬間，彈簧的彈力大小為D．物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到與物塊A分離的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的距離為【答案】ACD【解析】AB．剛施加恒力的瞬間，對(duì)A、B整體分析，由牛頓第二定律可得解得對(duì)物塊B分析，設(shè)剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為，由牛頓第二定律有解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．物塊A與物塊B分離瞬間，物塊A對(duì)物塊B的彈力恰好為零，此時(shí)刻二者加速度相同，則對(duì)B由牛頓第二定律有解得即此時(shí)B的速度達(dá)到最大值，而對(duì)A由牛頓第二定律有解得此時(shí)A速度同樣達(dá)到了最大值，故C正確；D．未施加恒力時(shí)，A、B整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有解得當(dāng)A、B分離瞬間，根據(jù)胡克定律有解得由此可知，物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到與物塊A分離的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的距離為故D正確。故選ACD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?，其中小鋼珠可被吸引在電磁鐵A的下端，電磁鐵A和光電門B固定不動(dòng)，光電門C可上下移動(dòng)，光電門用來(lái)測(cè)量小鋼珠通過(guò)兩光電門之間距離所需的時(shí)間t。（1）電磁鐵斷電后，小鋼珠將從電磁鐵下端由靜止下落，通過(guò)上下移動(dòng)光電門C，測(cè)出B、C兩光電門之間的距離x和小鋼珠在B、C兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，計(jì)算出小鋼珠在B、C間的平均速度，作出的圖像如圖2所示，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋ㄓ?、表示）；?）由圖2提供的信息，可知電磁鐵下端到光電門B之間的距離為（用、表示）；（3）若考慮空氣阻力的影響，由此測(cè)得的重力加速度比真實(shí)值（選填“偏大”“偏小”或“相同”）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）偏小【解析】（1）小鋼珠在兩光電門之間做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小鋼珠到達(dá)光電門時(shí)的速度大小為，則由可得可知圖2中圖線的斜率解得（2）由圖2可知，小鋼珠經(jīng)過(guò)光電門B時(shí)的速度大小為由可得電磁鐵下端到光電門B的距離為（3）若考慮空氣阻力的影響，由牛頓第二定律可得解得故測(cè)量值比真實(shí)值偏小。12．（10分）某同學(xué)將電流表改裝為歐姆表和電壓表的兩用電表，歐姆表“×10”擋中央刻度為15、電壓表量程為0~3V，實(shí)驗(yàn)室可提供的器材有：A．一節(jié)全新的5號(hào)干電池（E=1.5V，內(nèi)阻不計(jì)）B．電流表A1（量程0~10mA，內(nèi)阻為5Ω）C．電流表A2（量程0~0.6A，內(nèi)阻為0.2Ω）D．滑動(dòng)變阻器R1（0~300Ω）E.滑動(dòng)變阻器R2（0~30Ω）F.合適的定值電阻RG.單刀雙擲開關(guān)S，一對(duì)表筆及若干導(dǎo)線（1）圖中A為（填“紅”或“黑”）表筆，測(cè)量電壓時(shí)應(yīng)將開關(guān)S扳向（填“1”或“2”）。（2）對(duì)于歐姆表，中值電阻等于其內(nèi)阻。由此可知電流表應(yīng)選用（填“A1”或“A2”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（填“R1”或“R2”），定值電阻的阻值為Ω?！敬鸢浮浚?）黑2（2）A1R1295【解析】（1）[1]根據(jù)“紅進(jìn)黑出”的規(guī)律，可確定A為黑表筆。[2]測(cè)電壓時(shí)，內(nèi)接電源不用，要將轉(zhuǎn)換開關(guān)接到2位置。（2）[1][2]當(dāng)改裝成歐姆表時(shí)，兩表筆短接，電流表滿偏時(shí)，電路的電阻為歐姆表的內(nèi)阻，則有又解得故電流表應(yīng)選用A1?；瑒?dòng)變阻器選R1。[3]當(dāng)改裝為量程為0~3V的電壓表時(shí)，應(yīng)串聯(lián)一個(gè)電阻，其阻值為13．（8分）某同學(xué)借助安裝在高處的籃球發(fā)球機(jī)練習(xí)原地豎直起跳接球。該同學(xué)站在水平地面上，與出球口水平距離l=2.5m，舉手時(shí)手掌距地面最大高度h0=2.0m。發(fā)球機(jī)出球口以速度v0=5m/s沿水平方向發(fā)球。從籃球發(fā)出到該同學(xué)起跳離地，耗時(shí)t0=0.2s，該同學(xué)跳至最高點(diǎn)伸直手臂恰能在頭頂正上方接住籃球。重力加速度g大小取10m/s2。求：（1）t0時(shí)間內(nèi)籃球的位移大小；（2）出球口距地面的高度。【答案】（1）（2）3.7m【解析】（1）在t0時(shí)間內(nèi)，籃球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，位移為所以籃球的位移為（2）從發(fā)出球到接住球經(jīng)過(guò)的時(shí)間為所以該同學(xué)起跳離地到接住球經(jīng)歷的時(shí)間為同學(xué)起跳后上升的高度為整個(gè)過(guò)程籃球下降的高度所以出球口距地面的高度為14．（12分）如圖所示，一長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其右端與水平地面在點(diǎn)無(wú)縫對(duì)接。質(zhì)量的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在點(diǎn)，點(diǎn)在點(diǎn)的正上方，輕繩長(zhǎng)，質(zhì)量的小物塊B靜止在點(diǎn)。現(xiàn)將小球A向右拉至輕繩與豎直方向成角處由靜止釋放，A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與B發(fā)生彈性正碰，碰后B滑上傳送帶。已知A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度取。求：（1）A、B碰撞前瞬間繩子的拉力大小；（2）B從傳送帶的右端運(yùn)動(dòng)到左端所需要的時(shí)間及其與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）（2），【解析】（1）小球A下落過(guò)程，由動(dòng)能定理得碰前瞬間對(duì)A由牛頓第二定律得解得，（2）A、B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得解得B以的速度滑上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律得解得B的速度減小到與傳送帶速度相等時(shí)所需的時(shí)間此過(guò)程中B相對(duì)地面的位移此后B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B到達(dá)傳送帶最左端還需要的時(shí)間B從傳送帶的右端運(yùn)動(dòng)到左端需要的時(shí)間為時(shí)間內(nèi)傳送帶發(fā)生的位